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2024 年高考物理一轮复习模型及秒杀技巧一遍过
模块一：匀变速直线运动与非常规运动模块大招
第2 讲 相同时间公式法及双向可逆运动（解析版）
目录
【内容一】 相同时间公式及推导......................................................................................................................1
【内容二】双向可逆运动结论............................................................................................................................3
技巧总结
1 、
相同时间公式法
技巧总结
Ⅰ、结论：匀变速直线运动中任意两个连续相等的时间间隔内的位移差相等．做匀变
速直线运动的物体，如果在各个连续相等的时间
内的位移分别为
，
则等差结论
.
Ⅱ、推导过程1：
，
，
故
，
.
从而可以得到
.（等差结论）
推导过程2：（
）
Ⅲ、求加速度
利用
，可求得
.当“知三求余二”
没有找到三个物理量
1
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的时候，注意提炼题目中的重要信息，如果两段位移时间所花的时间相同，便可以使
用等差结论求解加速度
，如果两段位移是连续的，则用
，如果两段位移不
是连续的，则用
.
2 、
双向可逆运动
技巧总结
常考题型：小球冲上光滑斜面得运动和竖直上抛运动，反向初速度板块模型.
运动特点：全过程加速度的大小和方向均不变，整个过程都是匀变速直线运动。
故求解时可对全过程列运动学公式或画
处理，无需将运动进行分段分析，但需注
意
等矢量的正、负及物理意义.
对称性：物体在双向可逆的运动过程中，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶
段，因此形成多解.解决办法就是根据运动的对称性（速度与时间的对称性），所以末
速度等大的位置有两个，位移等大的位置有两个或者三个，具体情况如图所示.
Ⅰ：速度多解问题：同个位置，上升下降过程速度大小相同，方向相反
Ⅱ：位移多解：位移等大的位置有三个，位移方向与初速度方向相同的的有两个，一
个处于上升过程，一个处于下降过程。位移方向与初速度方向相反的有一个，此时物
体处于出发点的下方。
解决问题：问题一：基本计算
（1）标记清楚正方向
（2）速度为正： 。
（3）位移为正： 。
问题二：多解问题
（1）分析思路：根据速度时间公式和位移时间公式求解
（2）速度多解： 。
（3）位移多解： 。
问题三：利用对称性解题
（1）速度的对称性： 。
2
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（2）位移的对称性： 。
对应题型精炼
一、多选题
1．如图所示，小球从竖直砖墙某位置静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，
得到了图中1、2、3、4、5 所示小球运动过程中每次曝光的位置。连续两次曝光的时
间间隔均为T，每块砖的厚度为d，根据图中的信息，下列判断正确的是（ ）
A．能判定位置“1”是小球释放的初始位置
B．能求出小球下落的加速度为
C．能求出小球在位置“3”的速度为
D．不能判定小球下落过程中受不受阻力
【答案】BC
【详解】A．初速为0 的匀加速直线运动，相同时间的连续位移之比为1:3:5…：
（2n-1），由图可知，该比例关系不成立，则“1”不是小球释放的初始位置，A 错误；
BD．根据逐差公式
小球下落的加速度为
可计算出加速度与重力加速度的大小关系，用来判定是否受到阻力，B 正确，D 错误；
C．小球在位置“3”的速度为
C 正确。
故选BC。
2．在“探究小车速度随时间变化规律”的实验中，得到了如下一条纸带，图中A、
B、C、D、E 为纸带上依次打下的相邻计数点，相邻计数点间还有四个点未画出。关
于纸带包含信息，下列说法正确的是（电源频率为
）（ ）
3
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A．相邻计数点之间的时间间隔是
B．根据运动学有关公式可求得
C．小车运动的方向是从
指向
D．小车做匀加速直线运动，加速度大小是
【答案】BD
【详解】A．电源频率为
，相邻计数点间还有四个点未画出，相邻计数点之间的
时间间隔是
故A 错误；
B．根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可得
故B 正确；
C．小车做加速运动，相等时间内的间隔越来越大，则运动的方向是从
指向
，故C
错误；
D．根据题意，由逐差法有
解得
故D 正确。
故选BD。
3．如图所示,一小球(可视为质点)沿斜面匀加速滑下,依次经过
三点。已知
，
，小球经过
和
两段所用的时间均为2s,则（ ）
A．小球经过
三点时的速度大小分别为2m/s、3m/s、4m/s
B．小球经过
三点时的速度大小分别为2m/s、4m/s、6m/s
C．小球下滑时的加速度大小为
4
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D．小球下滑时的加速度大小为
【答案】BC
【详解】CD．根据
可得加速度为
故C 正确，D 错误；
AB．B 点的瞬时速度等于
段的平均速度为
则C 点的速度为
A 点的速度为
故B 正确，A 错误。
故选BC。
4．在研究自由落体运动的加速度实验中，接通电源后将纸带释放，重物便拉着纸带下
落，纸带被打出一系列点。其中一段纸带如图所示，在纸带上取O、A、B、C、D、E
计数点，每两个相邻计数点间时间间隔为T、每两个相邻计数点间的位移依次为
、
、
、
、
，下列说法正确的是（ ）
A．打点计时器先打出纸带上的O 点，后打出E 点
B．打下纸带上的O 点时，该时刻重物的速度不一定为零
C．利用
可以求纸带上B 点的速度
D．利用
可以求纸带加速度
【答案】ABC
【详解】A．由题意可知，重物做匀加速运动，可知连续相等时间内位移越来越大，
打点计时器先打出纸带上的O 点，后打出E 点，故A 正确；
B．由于题中没有具体距离，所以无法判断O 点是不是出发点，该时刻速度不一定为
零，故B 正确；
5
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C．B 点为AC 之间的时间中点，所以B 点速度等于AC 段的平均速度，其表达式为
故C 正确；
D．根据匀变速直线运动公式可得
故D 错误。
故选ABC。
5．图示纸带记录的为在研究匀加速直线运动规律的实验中小车的运动情况，A、B、
C、D、E 为相邻的计数点，相邻计数点的时间间隔为0.1s，则（ ）
A．由图可知纸带的右侧与小车相连
B．D 点的瞬时速度大小为0.34m/s
C．运动小车的加速度大小为
D．若电源实际频率高于50Hz，计算时仍按照50Hz 计算，则加速度大小的测量值比真
实值偏大
【答案】BC
【详解】A．由图可知，纸带上从左到右点间距逐渐增加，可知纸带的左侧与小车相
连，选项A 错误；
B．D 点的瞬时速度大小为
选项B 正确；
C．运动小车的加速度大小为
选项C 正确；
D．若电源实际频率高于50Hz，则打点周期偏小，根据
计算时仍按照50Hz 计算，则加速度大小的测量值比真实值偏小，选项D 错误。
故选BC。
6．做初速度为零的匀加速直线运动的物体在时间T 内通过位移
到达A 点，接着在时
6
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间T 内又通过位移
到达B 点，则以下判断正确的是（ ）
A．物体在A 点的速度大小为
B．物体运动的加速度为
C．物体在B 点的速度大小为
D．物体运动的加速度为
【答案】ABC
【详解】A．A 点是出发点和B 点的中间时刻，所以A 点的瞬时速度大小等于出发点到
B 点的平均速度的大小
故A 正确；
BD．由逐差法得物体的加速度为
故B 正确。故D 错误；
C．根据匀变速直线运动的速度时间关系得，物体在B 点的速度大小为
故C 正确。
故选ABC。
7．如图，倾斜的光滑杆与水平方向的夹角为37°，一质量为m=1kg 的小环套在杆上位
于底端，现施加一个竖直向上的拉力F 作用在小环上，作用时间t1=1s 后撤掉该力，小
环再经时间t2=1s 恰好返回杆的底端（最初出发处）。（g=10m/s2），下列说法正确的
是（ ）
A．恒力F 的大小为12N
B．滑块返回斜面底端时的速度为6m/s
C．滑块撤掉F 前后的加速度分别2m/s2和6m/s2
D．撤掉F 之前，小环处于超重状态；撤掉F 之后到返回出发点之前，小环处于失重
状态
【答案】CD
【详解】有拉力时，对小环根据牛顿第二定律可得
7
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撤去拉力后，对小环根据牛顿第二定律可得
解得
由运动学公式
有拉力时，由位移公式
撤去拉力后，根据位移公式
解得
A．由上述讨论，可解得
,故A 错误；
B．撤去拉力时速度为
返回时的速度为
故B 错误；
C．根据前面的分析，撤掉F 前后的加速度大小分别为
和
，故C 正确；
D．撤掉F 之前，加速度沿杆向上，有竖直向上的分量，处于超重状态，撤掉F 之后，
加速度沿杆向下，有竖直向下的分量，处于失重状态，故D 正确。
故选CD。
二、单选题
8．在研究匀变速直线运动的实验中，取计数点时间间隔为0.1s，测得相邻相等时间间
隔的位移差的平均值Δx=1.2cm，若还测出小车的质量为500g，则关于加速度、合外力
大小及单位，既正确又符合一般运算要求的是（ ）
A．a=
m/s2=120m/s2
B．a=
m/s2=1.2m/s2
C．F=ma=500×1.2N=600N
D．F=ma=0.5×1.2=0.6N
【答案】B
【分析】计算中各物理量的单位要统一用同单位制，只有这样才能直接得到某物理量
8
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的单位。
【详解】A．Δx=1.2cm 单位未换算成国际单位，计算过程单位未统一，结果出错，故
A 错误；
B．加速度、位移差、时间都是国际单位，运用匀变速直线运动推论公式正确，故B
正确；
C．力和加速度用的是国际单位，质量未换成国际单位kg，计算过程单位未统一，结
果出错，故C 错误；
D．计算过程中需要加单位运算，应改为
才正确，故D 错误。
故选B。
9．如图所示，小球从竖直砖墙某位置由静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝
光，得到了图中1、2、3、4、5…所示小球运动过程中每次曝光的位置，连续两次曝
光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d，根据图中的信息，下列判断正确的是（ ）
A．位置“1”是小球释放的初始位置
B．小球做匀速直线运动
C．小球下落的加速度为
D．小球在位置“3”的速度为
【答案】C
【详解】A．初速度为0 的匀加速直线运动，连续相等时间内位移之比满足1：3：5：
7……从位置1 开始，连续相等时间内位移之比为2：3：4，所以位置1 不是小球释放
的初始位置，故A 错误；
B．由图可知，连续相等时间内位移之差相等，为d，所以小球做匀加速直线运动，故
B 错误；
C．由Δx=aT2得
故C 正确；
D．匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于平均速度，小球在位置3 的速度
9
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故D 错误。
故选C。
10．图是“探究匀变速直线运动规律”实验得到的纸带，相邻计时点间的时间间隔为
T。关于与纸带相连的物体的加速度a 和打点1 时的速度v1，下列计算式正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】根据匀变速直线运动的推论有
故选C。
11．一辆汽车以某一速度在平直公路上做匀速直线运动，某时刻开始刹车做匀减速直
线运动，第
内通过的位移
，第
内通过的位移
，则以下说法不正确
的是（ ）
A．汽车匀速运动时的速度大小为
B．汽车刹车时的加速度大小为
C．汽车在
内的位移大小为
D．汽车刹车后经
停止运动
【答案】C
【详解】AB．由匀加速直线运动推论
可得
第
末速度为
则汽车匀速运动时的速度为
故A、B 正确，不符合题意；
CD．汽车刹车到停止需要的时间为
即汽车
时已经停止。
内的位移为
故C 错误，符合题意，D 正确，不符合题意。
故选C。
10
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12．如图甲所示为某实验小组“探究物体加速度与所受合外力关系”的实验装置。他
们调整长木板和滑轮，使长木板水平放置且细线平行于长木板；在托盘中放入适当的
砝码，接通电源，释放物块，多次改变托盘中砝码的质量，记录传感器的读数F，求
出加速度a。实验中得到如图乙所示的一条纸带，已知交流电频率为50Hz 的交流电，
两计数点间还有四个点没有画出，根据纸带可求出物块的加速度大小为（ ）m/s2
（结果保留三位有效数字）。
A．2.02
B．1.90
C．2.00
D．2.13
【答案】C
【详解】交流电频率为50Hz 的交流电，两计数点间还有四个点没有画出，则两计数点
间的时间间隔为
根据逐差法可得
故选C。
13．如图所示，一个质点从O 点开始做初速度为零的匀加速直线运动，依次经过A、
B、C 三点，从A 到B 和从B 到C 运动时间相等，A、B 间距离为
，B、C 间距离为
，则O、A 间的距离为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】设A、B 间距离为x1，B、C 间距离为x2，A 到B 运动的时间为t，则加速度
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在B 点的速度
则
解得
故选A。
14．甲、乙两辆汽车沿同一方向做直线运动，两车在某一时刻刚好经过同一位置，此
时甲的速度为
，乙的速度为
，甲车的加速度大小恒为
。以此时作为
计时起点，它们的速度随时间变化的关系如图所示，根据以上条件可知（ ）
A．在
时，甲车追上乙车
B．在前
的时间内，甲车运动位移为
C．乙车做加速度先减小后增大再减小的变加速运动
D．在
时，乙车又回到起始位置
【答案】C
【详解】A．在
时两车速度相等，由“面积法”可知乙的位移大小大于甲的位移大
小，所以甲车在乙车之后。故A 错误；
B．由“面积法”可得在前
的时间内，甲车运动位移为
故B 错误；
C．图线斜率反应了加速度情况，由图可知乙车做加速度先减小后增大再减小的变加速
运动。故C 正确；
D．
时，乙车速度为零，离出发点最远。故D 错误。
故选C。
15．足球比赛中，某队甲、乙队员表演了一次精彩的直塞球传递：在甲、乙相距L 时，
12
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甲将足球以15m/s 的初速度沿水平地面传出，速度方向沿甲、乙连线，在球传出的同
时，乙由静止开始沿二者连线向远离甲的方向运动，其运动过程的v—t 图像如图所示，
当t = 3s 时乙与球到达同一位置，重力加速度为10m/s2，下列说法不正确的是（ ）
A．0 ~ 3s 内球一直在靠近乙
B．球所受阻力大小是其重力的
C．相遇时球的位移为33.75m
D．甲乙相距L 为12.5m
【答案】D
【详解】A．根据题意可知，球踢出后，0 ~ 3s 内乙在前球在后，且球的速度比乙大，
因而球一直在靠近乙，A 正确；
B．根据v—t 图像斜率表示加速度可知
则解得
B 正确；
C．根据v—t 图像面积表示位移可知相遇时球的位移为
C 正确；
D．相遇时乙的位移为
故甲乙相距L 为
D 错误。
题目要求选择不正确的，故选D。
16．甲、乙两物体沿同一直线运动，
时刻，两物体经过同一位置，它们的速度时
间图像如图，则在该运动过程中（ ）
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A．
时刻，甲在乙的后面
B．
时刻，甲、乙同时同地出发
C．
时间内，甲的速度一直减小而加速度一直增大
D．
时间内，甲的速度和加速度均一直减小
【答案】D
【详解】AB．根据
中面积表位移，由图可知，
时间内，乙的位移大于甲的
位移，由于
时刻，两物体经过同一位置，则
时刻，甲在乙的前面，故AB 错
误；
CD．由图可知，甲的速度一直减小，根据
中斜率表示加速度，由图可知，
时间内，甲的加速度一直减小，故C 错误，D 正确。
故选D。
17．如图甲所示，一质点以初速度
从固定斜面底端A 处冲上斜面，到达C 处
时速度恰好为零，滑块上滑的
图象如图乙所示．已知斜面AB 段粗糙程度均匀，
BC 段光滑，滑块在AB 段的加速度大小是BC 段加速度大小的三倍．则AC 段的长度为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
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【详解】由题可得
得
根据v-t 图线与时间轴所围的面积表示位移，则可得AC 段的长度
故选A。
三、填空题
18．如图甲所示，一打点计时器固定在斜面上某处，一小车拖着穿过打点计器的纸带
从斜面上匀加速滑下。图乙是打出的一条清晰的纸带的一段，纸带上两相邻计数点的
时间间隔为0.10s。利用图乙给出的数据可得小车的加速度a=__m/s2（结果保留两位有
效数字）。
【答案】0.64
【详解】由于小车做匀加速运动，则小车在连续相同时间间隔内的位移差相等，利用
逐差相等可得
19．“天宫讲堂”已经开讲两次了，观看了我国宇航员在微重力环境下的各个神奇演
示实验后，实验小组同学深受启发，如何在只有手机和刻度尺的条件下，测量小铁块
与木板间的动摩擦因数？经过思考他们做了以下操作：
a.用刻度尺在长木板上标出一些刻度，把长木板一端放在水平桌面上，形成一倾角为
（未知）的斜面，小铁块可在斜面上加速下滑，如图甲所示。
b.用手机拍摄小铁块下滑的过程，然后解析视频记录的图像，获得4 个连续相等时间间
15
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隔（每个时间间隔
）内小铁块沿斜面下滑的距离。
c.把该小铁块放置在水平桌面上，用力敲击小铁快，使小铁块获得一较大初速度后能
沿斜面上滑一段距离，同时用手机拍摄小铁块上滑的过程，解析视频记录的图像如图
乙所示，同样获得4 个连续相等时间间隔（每个时间间隔
）内小铁块沿斜
面上滑的距离（最后一次拍摄时小铁块仍在上滑）。同学们查得当地的重力加速度为
。记录的数据如下表。
铁块下滑
4.85cm
7.12cm
9.38cm
11.65cm
铁块上滑
10.45cm
8.87cm
7.30cm
5.72cm
由表中数据可得，小铁块沿斜面下滑的加速度大小为___________
，小铁块沿斜面
上滑的加速度大小为___________
，小铁块与木板间的动摩擦因数为___________。
（结果均保留2 位小数）
【答案】 0.57 6.30 0.30
【详解】[1]小铁块沿斜面下滑的加速度大小为
[2]小铁块沿斜面上滑的加速度大小为
[3]小铁块沿斜面下滑过程，根据牛顿第二定律有
小铁块沿斜面上滑过程，根据牛顿第二定律有
联立解得
，
代入
，解得
20．某科技公司用雷达对一高速行驶的跑车进行性能分析，从时间
时刻开始的一
段时间内，该跑车可视为沿直线运动，每隔
测量一次其位置，坐标为x 结果如下表
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所示：
t/s
0
2
4
6
8
10
12
x/m
0
92
20
7
346
51
0
697
908
根据上表回答下列问题：
（1）由表中数据可知，该跑车在连续2s 时间间隔的位移差约为________m，所以该直
线运动可近似认为是匀变速直线运动。
（2）这段时间内该跑车的加速度大小为________
。（保留2 位有效数字）
（3）当
时，该跑车的速度大小为________
。（保留3 位有效数字）
【答案】
【详解】（1）[1]根据题意，由表中数据可得，汽车在第1 个2s 内的位移为
在第2 个2s 内的位移为
在第3 个2s 内的位移为
在第4 个2s 内的位移为
在第5 个2s 内的位移为
在第6 个2s 内的位移为
则该跑车在连续2s 时间间隔的位移差约为
（2）[2]根据题意，由逐差法
有
其中
解得
（3）[3]根据题意，由中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可得
则当
时，该跑车的速度大小约为
。
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四、解答题
21．如图1 所示，一倾角
的斜面固定在水平地面上，质量
的滑块（可视
为质点）静止在斜面底部。从某时刻起，用平行斜面向上的拉力
作用在滑块上，拉
力
随时间变化的图像如图2 所示，滑块与斜面间的动摩擦因数
，重力加速
度取
，
，
。
（1）求滑块上滑时的最大速度；
（2）已知滑块向上滑动的最大位移
，求返回斜面底端时的速度大小及滑块在
斜面上运动的总时间。
【答案】（1）
；（2）
；
【详解】（1）滑块向上滑动时受到的向下的力
当滑块受到的合外力为零时，加速度为零，速度达到最大，由图可知，当
时速度
最大
对滑块应用动量定理
代入数值解得，滑块上滑时的最大速度为
（2）设滑块沿斜面向上运动时间为
，由动量定理
解得
此后滑块开始向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
解得
18
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所以，滑块返回到斜面底端的速度
滑块从斜面返回时，由运动学公式
解得
则滑块在斜面上运动的总时间
22．如图所示，足够长的斜面与水平面的夹角
，质量
的物块在平行于斜
面向上的恒力
作用下以
的初速度从斜面底端向上运动，经过
后撤去
。物块与斜面间动摩擦因数
。（
，
，
）
（1）求物块沿斜面向上运动过程中的最大速度；
（2）求物块沿斜面向上运动的总位移；
（3）在
坐标中画出物块从斜面底端开始运动到再次回到底端时的图线，运用物理
规律进行演算，分析图线上关键点的物理量并标注在纵横轴对应的位置；
【答案】（1）4m/s；（2）2.25m；（3）
【详解】（1）物块在恒力
作用下沿斜面向上运动，对物块受力分析，由牛顿
第二定律可得
解得
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在撤去外力时物块速度最大，由速度位移关系公式可得
（2）在撤去外力后，物块做匀减速运动，由牛顿第二定律可得
解得
速度减到零时的位移
物块沿斜面向上运动的总位移
（3）物块从斜面底端经
撤去外力，物块做匀减速运动，经
速度减到零后开始沿斜面向下做匀加速运动，由牛顿第二定律可得
解得
后经
回到斜面底端，回到斜面底端时的速度
其
图线如图所示。
23．如图所示，一可视为质点的小物块以
=8m/s 的初速度冲上一倾角θ=37°的固定斜
面，经
=1s 速度恰好减小为零。取重力加速度g=10m/s2。已知sin37°=0.6，
20
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cos37°=0.8。认为最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力的大小。
（1）求小物块冲上斜面过程中加速度的大小a；
（2）求小物块与斜面间的动摩擦因数
；
（3）请分析说明小物块能否返回斜面底端。若能，请计算从最高点返回斜面底端的时
间
；若不能，请说明原因。
【答案】（1）
；（2）
；（3）小物块能返回斜面底端，
【详解】（1）小物块沿斜面做匀减速直线运动，根据速度时间关系式可得
代入数据解得
（2）以小物块为研究对象，根据牛顿第二定律可得
代入数据可得
（3）小物块沿斜面做匀减速直线运动，根据位移速度关系式可得小物块上滑的距离
小物块速度减为0 时，沿斜面向下的重力分力为
沿斜面向下的重力分力作用下，产生沿斜面向上的最大静摩擦力为
代入数据可得
>
所以小物块会沿斜面下滑返回至底端，假设其下滑的加速度为
，根据牛顿第二定律
可得
解得
所以再次下滑到底端所用时间满足位移时间关系式
解得
24．如图所示，倾角为θ 的光滑斜面足够长，一质量为m 的小物体，在沿斜面向上的
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恒力F 作用下，由静止从斜面底端沿斜面向上做加速度为a1的均加速直线运动，经过
3s 后撤去力F，物体又经过3s 后回到斜面底端。已知撤去力之后物体做加速度大小为
a2=6m/s2的匀变速直线运动。求：
（1）加速度a1的大小；
（2）回到斜面底时物体的速度大小；
（3）沿斜面向上运动的最大距离。
【答案】（1）2m/s2；（2）12m/s；（3）12m
【详解】（1）设撤去外力时的加速度为a1，速度为v1，该段时间内的位移为x1，根据
位移时间公式可得
在撤去外力到返回斜面底端时，根据位移时间公式，有
根据速度时间关系可得
联立解得
（2）根据速度时间关系，有
解得
所以小物体返回到底端时的速度大小为12m/s，方向沿斜面向下；
（3）在撤去外力时，小物块运动的位移为
撤去外力到速度减为零，运动的位移为
则沿斜面向上运动的最大距离为
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