专题01+常见的匀变速直线运动模型-2024届新课标高中物理模型与方法

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专题01 常见的匀变速直线运动模型
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc20912" 【模型一】 刹车模型 PAGEREF _Tc20912 \h 1
\l "_Tc26946" 【模型二】“0—v—0”运动模型 PAGEREF _Tc26946 \h 5
\l "_Tc22124" 【模型三】 反应时间与限速模型 PAGEREF _Tc22124 \h 13
\l "_Tc9468" 1.先匀速，后减速运动模型---反应时间问题 PAGEREF _Tc9468 \h 13
\l "_Tc8721" 2.先加速后匀速运动模型----限速问题 PAGEREF _Tc8721 \h 16
\l "_Tc12209" 3.先加速后匀速在减速运动模型----最短时间问题 PAGEREF _Tc12209 \h 17
\l "_Tc31399" 4.多过程运动之“耽误时间（先减后加）”模型 PAGEREF _Tc31399 \h 21
\l "_Tc30451" 【模型四】 双向可逆类运动模型 PAGEREF _Tc30451 \h 24
\l "_Tc120" 【模型五】 等位移折返模型 PAGEREF _Tc120 \h 25
\l "_Tc26330" 【模型六】 等时间折返模型 PAGEREF _Tc26330 \h 31
【模型一】 刹车模型
【概述】指匀减速到速度为零后即停止运动，加速度a突然消失，求解时要注意确定其实际运动时间
【模型要点】
(1)刹车问题在实际生活中，汽车刹车停止后，不会做反向加速运动，而是保持静止。
(2)题目给出的时间比刹车时间长还是短?若比刹车时间长，汽车速度为零．若比刹车时间短，可利用公式直接计算，因此解题前先求出刹车时间。
(3)刹车时间的求法．由，令，求出便为刹车时间，即。
(4)比较与,若，则；若，则。
(5)若，则，车已经停止，求刹车距离的方法有三种：
①根据位移公式x=v0t＋eq \f(1,2)at2，注意式中只能取；
②根据速度位移公式－veq \\al(2,0)＝2ax； [来源:学*科*网Z*X*X*K]
③根据平均速度位移公式.
【模型演练1】（2023·全国·高三专题练习）一辆汽车以10 m/s的初速度沿平直公路匀速行驶，因故紧急刹车并最终停止运动，已知从开始刹车时计时，经过3 s汽车的位移为10 m，则汽车刹车时的加速度大小和第3 s末的速度大小分别为（刹车过程可视为匀变速运动过程）（ ）
A．5 m/s2，0B．2.5 m/s2，5 m/s
C．2.5 m/s2，0D．5 m/s2，5 m/s
【答案】A
【详解】从开始刹车时计时，若汽车刚好经过3 s停止运动，则汽车的位移为
说明汽车速度减为零的时间小于3s。
设汽车速度减为零所需的时间为t，则有
解得
t=2 s
故第3 s末汽车的速度一定为零。设汽车减速时的加速度大小为a，则有
故选A。
【模型演练2】（2023春·云南·高三专题练习）某汽车在路面上刹车做直线运动，刹车后的位移满足，的单位为m，的单位为s，以下说法正确的是（ ）
A．该汽车的初速度大小为12m/sB．刹车的加速度大小为1m/s2
C．该车经过6s刹车停止D．刹车后的总位移是9m
【答案】D
【详解】AB．由可知，初速度为，加速度为，故AB错误；
C．由可得，刹车时间为
故C错误；
D．由可得，刹车位移为
故D正确。
故选D。
【模型演练3】（2023春·湖南衡阳·高三校考阶段练习）一辆汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机忽然发现前方100m处有一警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化如图所示。图中，时间段为司机从发现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力未画出，汽车仍保持匀速行驶），；时间段为刹车系统的启动时间，；从时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止，已知从时刻开始，汽车第1s内的位移为24m，第4s内的位移为1m。
（1）求时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；
（2）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小。
【答案】（1），；（2）30m/s
【详解】（1）汽车第1s内的中间时刻速度
由于无法确定第4s内汽车是否停止，设第4s内汽车实际运动的时间为t，运用逆向思维法有
联立代数整理得
解得
或（不合题意，舍去）
做时刻汽车的速度大小
此后的加速度大小
（2）设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为，由牛顿第二定律得
由图像可知在时间内，阻力与时间成线性关系，图线与坐标轴围成的面积大小表示阻力冲量大小，根据动量定理有
联立解得
【模型演练4】．（2023·全国·高三专题练习）2022年北京冬季奥运会冰壶比赛的水平场地如图所示，运动员推动冰壶从发球区松手后，冰壶沿中线做匀减速直线运动，最终恰好停在了营垒中心．若在冰壶中心到达前掷线时开始计时，则冰壶在第末的速度大小，在第内运动了，取重力加速度大小。求：
（1）冰壶与冰面间的动摩擦因数；
（2）营垒中心到前掷线的距离。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）假设冰壶速度减到0后冰壶可以反向退回，则冰壶的加速度大小
若冰壶以加速度减速，则冰壶在最后通过的位移
所以冰壶在第内的某瞬间已经停止运动，令，设冰壶运动所用的时间为t，则有
，
解得
（2）根据运动学公式有
解得
【模型二】“0—v—0”运动模型
【概述】多过程问题是匀变速直线运动中的常见问题，一般处理时需要列多个方程，综合求解。但有一类多过程问题，由于特点比较鲜明，常常可以利用结论快速求解，那就是0-v-0模型。所谓0-v-0模型是指，一物体从静止开始，先做匀加速直线运动，速度达到最大值后，再匀减速至速度为0。这类问题除了可以列基本方程求解外，利用v-t图像去解答会更快速。因为0-v-0模型的v-t图像非常简洁。
【模型要点】
1.特点：初速度为零，末速度为v，两段初末速度相同，平均速度相同。三个比例式：
= 1 \* GB3 ①速度公式 推导可得：
= 2 \* GB3 ②速度位移公式 推导可得：
= 3 \* GB3 ③平均速度位移公式 推导可得：
2.位移三个公式：；；
3.v-t图像
t
O
v
t2
t1
a2
a1
v0
【模型演练1】（2021·全国·高考真题）水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于时，速度的大小为，此时撤去F，物体继续滑行的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则（ ）
A．在此过程中F所做的功为
B．在此过中F的冲量大小等于
C．物体与桌面间的动摩擦因数等于
D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
【答案】BC
【详解】CD．外力撤去前，由牛顿第二定律可知
①
由速度位移公式有
②
外力撤去后，由牛顿第二定律可知
③
由速度位移公式有
④
由①②③④可得，水平恒力
动摩擦因数
滑动摩擦力
可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，
故C正确，D错误；
A．在此过程中，外力F做功为
故A错误；
B．由平均速度公式可知，外力F作用时间
在此过程中，F的冲量大小是
故B正确。
故选BC。
【模型演练2】【多选】（2023·青海·统考二模）两带电的平行板A、B水平放置，上极板A的中央有一小孔．如图甲所示，一带电油滴从小孔的正上方的O点处自由下落，穿过上极板A中央的小孔后，刚好不与下极板B相碰，在此过程中，油滴的速度v随时间t变化的关系如图乙所示．重力加速度为g，不计空气阻力，可知（ ）
A．在时，油滴刚好穿过A板的小孔
B．在时，油滴刚好返回到O点
C．油滴受到的重力与电场力之比为2∶3
D．O点到下极板B的距离为
【答案】AC
【详解】AB．根据题意再结合甲乙两图分析可知，油滴先从O点开始做自由落体运动，在时，油滴刚好穿过A板的小孔，在时，油滴在电场中速度减为零，刚好到达B板（未与之相碰），故A正确，B错误；
C．速度-时间图像的斜率表示物体的加速度，设油滴进入电场时的速度为，由图乙可知，油滴做自由落体运动时，由牛顿第二定律有
油滴进入电厂后，由牛顿第二定律有
联立以上两式可得
故C正确；
D．时间段内油滴做自由落体运动，则时刻的速度为
而速度-时间图线与时间轴围成的面积表示位移，则可知O点到下极板B的距离为
故D错误。
故选AC。
【模型演练3】．（2023·云南昆明·高三云南师大附中校考阶段练习）如图是某运动员做低空跳伞表演的图像，从该运动员离开悬停的飞机开始计时，运动员先做自由落体运动，时刻打开降落伞，时刻落到地面，打开降落伞后运动员获得的加速度大小为5m/s2。，下列说法正确的是（ ）
A．运动员离开飞机10s后打开降落伞
B．运动员在空中下落过程用时9s
C．运动员距离地面247.5m时打开降落伞
D．飞机距离地面375m
【答案】C
【详解】A．由打开降落伞前运动员做自由落体运动，则
得
故A错误；
B．减速时，有
得
运动员在空中下落过程用时14s，故B错误；
C．运动员减速下落的距离为
故运动员距离地面247.5m时打开降落伞，故C正确；
D．运动员自由落体的距离为
飞机距离地面的高度等于运动员下落的距离
故D错误。
故选C。
【模型演练4】．（2023·海南海口·统考模拟预测）如图是公园内游乐场的一项娱乐设备。一环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上几十米高处，然后让座舱自由落下，落到一定位置时，制动系统启动，到地面时刚好停下。已知座舱开始下落时离地面的高度为H，当落到离地面h的位置时开始制动，座舱做匀减速运动直到停止。不计座舱与柱子间的摩擦力及空气阻力。以下说法正确的是（ ）
A．质量m的乘客制动过程对座舱的压力为mgB．下落过程最大速度为
C．加速过程的时间为D．制动过程的加速度为
【答案】CD
【详解】A．制动过程有
根据牛顿第三定律可知，质量m的乘客制动过程对座舱的压力大于mg，A错误；
B．座舱自由落下，有
制动系统启动时速度为
B错误；
C．制动系统启动时速度为
加速过程的时间为
C正确；
D．制动过程有
制动过程的加速度为
D正确。
故选CD。
【模型演练5】．（2023·河北·模拟预测）如图所示的自由落锤式强夯机将8~30 t的重锤从6~30m高处自由落下，对土进行强力夯实。某次重锤从某一高度自由落下，已知重锤在空中运动的时间为、从自由下落到运动至最低点经历的时间为，重锤从地面运动至最低点的过程可视为做匀减速直线运动，当地重力加速度为g，则该次夯土作业（ ）
A．重锤下落时离地高度为
B．重锤接触地面后下降的距离为
C．重锤接触地面后的加速度大小为
D．重锤在空中运动的平均速度大于接触地面后的平均速度
【答案】AC
【详解】AD．由题意可知，重锤在运动过程中受到的空气阻力可以忽略不计。作出图像，如图所示，根据自由落体公式可知，重锤下落时离地高度为
根据匀变速直线运动中平均速度可知，重锤在空中运动的平均速度等于接触地面后的平均速度，A正确，D错误；
B．根据
可知，重锤下落时离地高度和重锤接触地面后下降距离之比为
故重锤接触地面后下降的距离为
B错误；
C．根据可知，重锤接触地面后的加速度大小为
C正确。
故选AC。
【模型演练6】图(a)为自动感应门，门框上沿中央安装有传感器，当人与传感器的水平距离小于或等于某个设定值(可称为水平感应距离)时，中间两扇门分别向左右平移，当人与传感器的距离大于设定值时，门将自动关闭。图(b)为感应门的俯视图，A为传感器位置，虚线圆是传感器的感应范围，已知每扇门的宽度为d，最大移动速度为v0，若门开启时先匀加速运动而后立即以大小相等的加速度匀减速运动，每扇门完全开启时的速度刚好为零，移动的最大距离为d，不计门及门框的厚度。
(1)求门开启时做加速和减速运动的加速度大小；
(2)若人以v0的速度沿图中虚线s走向感应门，要求人到达门框时左右门同时各自移动eq \f(d,2)的距离，那么设定的传感器水平感应距离l应为多少？
(3)若以(2)的感应距离设计感应门，欲搬运宽为eq \f(7d,4)的物体(厚度不计)，并使物体中间沿虚线s垂直地匀速通过该门，如图(c)所示，物体的移动速度不能超过多少？
【答案】：(1)eq \f(v02,d) (2)d (3)eq \f(2,3)v0
【解析】：
(1)依题意每扇门开启过程中的速度图像如图所示：
设门全部开启所用的时间为t0，由图可得d＝eq \f(1,2)v0t0
由速度公式得：v0＝a·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)t0))
联立解得：a＝eq \f(v02,d)。
(2)要使单扇门打开eq \f(d,2)，需要的时间为t＝eq \f(1,2)t0
人只要在t时间内到达门框处即可符合要求，所以人到门的距离为l＝v0t，联立解得：l＝d。
(3)宽为eq \f(7,4)d的物体运动到门框过程中，每扇门至少要运动eq \f(7,8)d的距离，每扇门的运动各经历两个阶段：开始以加速度a运动s1＝eq \f(d,2)的距离，速度达到v0，所用时间为t1＝eq \f(t0,2)，而后又做匀减速运动，设减速时间为t2，门又运动了s2＝eq \f(7,8)d－eq \f(1,2)d＝eq \f(3,8)d的距离
由匀变速运动公式，得：s2＝v0t2－eq \f(1,2)at22
解得：t2＝eq \f(d,2v0)和t2＝eq \f(3d,2v0)(不合题意舍去)
要使每扇门打开eq \f(7,8)d所用的时间为t1＋t2＝eq \f(3d,2v0)
故物体移动的速度不能超过v＝eq \f(l,t1＋t2)＝eq \f(2,3)v0。
【模型三】 反应时间与限速模型
【概述】
1.先匀速，后减速运动模型---反应时间问题
t
O
v
x2
t1
a
v0
x1
总位移
【模型演练1】（2023春·山西·高三统考阶段练习）为了安全，在公路上行驶的汽车之间应保持一定的距离。假设某人驾驶一辆汽车在平直公路上以速度匀速行驶，突然前方汽车停止，司机从发现这一情况到踩下刹车所经历的时间（即司机的反应时间）为。在干燥和湿润两种路况下，汽车轮胎与路面的动摩擦因数分别为和，且，对应的安全距离分别为x1、x2，重力加速度为g，则下列选项正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】汽车刹车后做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
所以
路面干燥时，汽车的安全距离为
路面湿润时，汽车的安全距离为
又因为
所以易得
B正确。
故选B。
【模型演练2】（2023秋·宁夏银川·高三六盘山高级中学校考期末）根据《机动车驾驶证申领和使用规定》，司机闯红灯要扣6分，并处罚金200元。某小轿车驾驶员看到绿灯开始闪时，经短暂时间思考后开始刹车，小轿车在红灯刚亮时恰停在停车线上，图像如图所示。若绿灯开始闪烁时小轿车距停车线距离，则（ ）
A．小轿车刹车的加速度大小为2m/s2
B．小轿车的刹车距离为7m
C．绿灯开始闪烁到红灯刚亮的时间为3s
D．绿灯开始闪烁到红灯刚亮的时间为2.5s
【答案】C
【详解】AB．由题意可知小轿车在整个过程的位移L＝10.5m，轿车匀速运动的位移
所以轿车刹车过程的位移
刹车过程根据速度位移关系有
可得刹车的加速度大小为
故AB错误；
CD．刹车过程根据速度时间关系有
解得刹车时间为
绿灯开始闪烁到红灯刚亮的时间为
故C正确，D错误。
故选C。
【模型演练3】（2023·江苏徐州·高三专题练习）当车辆在公路上出现故障不能移动时，为保证安全，需要在事故车辆后面一定距离放置如图所示的警示标志。通常情况下，司机看到警示标志后会有大约的反应时间。某省道限速（约为），假设某后方司机即将撞到警示标志时才看到该标志，为避免后方车辆与故障车相撞，警示标志应放在故障车尾后面的距离不小于（汽车在此公路刹车过程最大加速度大小为）（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】为充分保证安全距离，取反应时间最大为0.7s，则当以最大速度行驶时开始刹车到停止时距离为
反应时间中行驶距离为
得总距离为
故选C。
【模型演练4】（2023·云南昆明·统考一模）无人驾驶汽车通过车载传感系统识别道路环境，自动控制车辆安全行驶。无人驾驶有很多优点，如从发现紧急情况到车开始减速，无人车需要0.2s，比人快了1s。人驾驶汽车以某速度匀速行驶，从发现情况到停下的运动距离为44m，汽车减速过程视为匀减速运动，其加速度大小为。同样条件下，无人驾驶汽车从发现情况到停下的运动距离为（ ）
A．24mB．26mC．28mD．30m
【答案】A
【详解】设汽车运动的速度为v0，则人驾驶时发现情况到停下的运动距离为
即
解得
v0=20m/s
无人驾驶汽车时发现情况到停下的运动距离为
故选A。
2.先加速后匀速运动模型----限速问题
t
O
v
t
a
v0
加速时间；加速距离
匀速时间；匀速距离
总位移
【模型演练】（2023·浙江·校联考模拟预测）下表是《国家学生体质健康标准》中高三年级男生50m跑评分表（单位：s）。该测试简化为先匀加速起跑，达到最大速度后再匀速直线到达终点。现在有甲和乙两位同学参加测试，他们两人匀加速起跑时间均为2s，最终成绩分别为90分和66分，则甲和乙最大速度的比值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】由题意结合表格数据可知甲跑完50m所用时间为，乙跑完50m所用时间为，设甲和乙最大速度分别为、，则有
，
解得
，
则甲和乙最大速度的比值为
故选B。
3.先加速后匀速在减速运动模型----最短时间问题
【模型演练1】（2023·云南曲靖·校考二模）一种比飞机还要快的旅行工具即将诞生，称为“第五类交通方式”，它就是“Hyperlp（超级高铁）”。速度高达一千多公里每小时。如果乘坐Hyerlp从A地到B地，600 公里的路程需要42分钟，Hyperlp 先匀加速，达到最大速度1200 km/h后匀速运动，快进站时再匀减速运动，且加速与减速的加速度大小相等，则下列关于Hyperlp 的说法正确的是（ ）
A．加速与减速的时间不一定相等B．加速时间为10分钟
C．加速过程中发生的位移为150公里D．加速时加速度大小约为0.46 m/s2
【答案】D
【详解】A．加速与减速的加速度大小相等，根据
可知，加速与减速的时间一定相等，故A错误；
B．设加速和减速时间均为t，运动总时间为t0则
代入数据解得
故B错误；
C．加速位移为
故C错误；
D．加速度大小
故D正确。
故选D。
【模型演练2】（2023·全国·高三专题练习）为有效管控机动车通过一长度为的直隧道时的车速，以预防和减少交通事故，在此隧道入口和出口处各装有一个测速监控（测速区间）。一辆汽车车尾通过隧道入口时的速率为，汽车匀加速行驶，速率达到，接着匀速行驶，然后匀减速行驶。要使该汽车通过此隧道的平均速率不超过，则该汽车车尾通过隧道出口时的最高速率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】汽车在隧道匀加速行驶的位移
汽车在隧道匀速行驶的位移
汽车在隧道匀减速行驶的位移
要使该汽车通过此隧道的平均速率不超过，则该汽车车尾通过隧道出口时的最短时间
汽车在隧道匀减速行驶的时间
设该汽车车尾通过隧道出口时的最高速率为，则
解得
故选B。
【模型演练3】（2023·陕西西安·统考模拟预测）哈利法塔高，是目前世界最高的建筑，游客乘坐世界最快观光电梯经历加速、匀速、减速的过程能够到达观景台，在台上可以鸟瞰整个迪拜全景，颇为壮观。已知某次运行过程中，电梯加速、减速的加速度大小均为，通往观景台只用了，电梯运行高度为。则（ ）
A．电梯匀速运行的时间为
B．电梯匀速运行的时间为
C．电梯运行的最大速度为
D．电梯运行的最大速度为
【答案】C
【详解】设电梯匀速运行的时间为t，最大速度为v，则
，
将代入解得
，
故选C。
【模型演练4】如图所示为赛车某一赛段示意图，该赛段路面水平，直道AB段长700m，弯道BC段为半圆形轨道，其路面中心线半径R=50m。一辆赛车从A点由静止开始沿路面中心线运动到C点，赛车在BC段路面行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的0.8倍，若赛车加速阶段最大能保持以10m/s2的加速度做匀加速运动，减速阶段最大能保持以10m/s2的加速度做匀减速运动，直道上汽车的最大速度为vm=80m/s。取重力加速度g=10m/s2，=3.14，为保证运动过程中赛车不侧滑，求
(1)BC段汽车的最大速度v；
(2)汽车从A到C所需的最短时间。
【答案】(1)20m/s；(2)22.85s
【解析】(1)在弯道部分，若汽车刚要侧滑，则
解得v=20m/s
(2)汽车匀加速过程，
汽车匀速运动过程，
汽车匀减速过程，
汽车在弯道运动过程
总时间
解得t=22.85s
4.多过程运动之“耽误时间（先减后加）”模型
t
O
v
a2
t
v0
a1
耽误距离，耽误时间
t
O
v
a2
t1
v0
a1
t2
t3
耽误距离，耽误时间
【模型演练1】（2022·全国·统考高考真题）长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v（v < v0）。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v（v < v0），则列车进隧道前必须减速到v，则有
v = v0 - 2at1
解得
在隧道内匀速有
列车尾部出隧道后立即加速到v0，有
v0 = v + at3
解得
则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为
故选C。
【模型演练2】（2023·山东潍坊·统考三模）如图所示，是高速公路上不停车电子收费系统的简称。一汽车在平直公路上以的速度行驶，汽车通过通道前，以的加速度减速，当速度减至后，匀速通过长为的匀速行驶区间。当车头到达收费站中心线后，再以的加速度匀加速至，汽车从开始减速至回到原行驶速度的过程，下列判断正确的是（ ）

A．通过的最短距离为B．通过的最短距离为
C．所用的最短时间为D．所用的最短时间为
【答案】B
【详解】CD．汽车通过ETC通道，减速时间
匀速时间
加速时间
从开始减速到恢复正常行驶过程中的时间
故CD错误；
AB．汽车通过ETC通道，减速位移为
加速位移为
从开始减速到刚好恢复正常行驶过程中经过的位移为
故A错误，B正确。
故选B。
【模型演练3】．（2023·湖北·华中师大一附中校联考模拟预测）一小汽车以速度在平直轨道上正常行驶，要通过前方一隧道，需提前减速，以速度匀速通过隧道后，立即加速到原来的速度，小汽车的v-t图像如图所示，则下列说法正确的是（ ）

A．加速阶段与减速阶段的加速度大小之比为1：2
B．加速阶段与减速阶段的位移大小之比为2：1
C．加速阶段与匀速阶段的位移大小之比为1：2
D．小汽车从开始减速直至再恢复到的过程中通过的路程为
【答案】D
【详解】A．v-t图像中图线斜率表示加速度，加速阶段与减速阶段的加速度大小之比为，故A错误；
BCD．v-t图像中图线与时间轴所围的面积在数值上等于位移大小，由题图知减速阶段位移大小为
匀速阶段位移大小为
加速阶段位移大小为
则加速阶段与减速阶段的位移大小之比为，加速阶段与匀速阶段的位移大小之比为，小汽车从开始减速到再恢复到的过程中通过的路程为
故BC错误，D正确。
故选D。
【模型四】 双向可逆类运动模型
【概述】：如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变，故求解时可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义
【模型特点】(1)常见情景
①沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后返回。
②竖直上抛运动等。
(2)特点：以原加速度匀加速返回，全过程加速度大小、方向都不变。
【模型演练1】如图所示，一物块(可视为质点)以一定的初速度从一足够长的光滑固定斜面的底端开始上滑，在上滑过程中的最初5 s内和最后5 s内经过的位移之比为11∶5.忽略空气阻力，则此物块从底端开始上滑到返回斜面底端一共经历的时间是( )
A．8 s B．10 s C．16 s D．20 s
【答案】C.
【解析】：设物体运动的加速度为a，运动总时间为t，把物体上滑的运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则有：最后5 s内位移为s1＝eq \f(1,2)a×52＝eq \f(25,2)a；最初5 s内位移为s2＝a(t－5)×5＋eq \f(1,2)a×52＝5at－eq \f(25,2)a，又因为s2∶s1＝11∶5，解得t＝8 s；由于斜面光滑，上滑和下滑的时间相同，则物块从底端开始上滑到返回斜面底端一共经历的时间是16 s，故A、B、D错误，C正确．
【模型演练2】(多选)在塔顶边缘将一物体竖直向上抛出，抛出点为A，物体上升的最大高度为20 m，不计空气阻力，g取10 m/s2，设塔足够高，则物体位移大小为10 m时，物体运动的时间可能为( )
A．(2－eq \r(2)) sB．(2＋eq \r(2)) s
C．(2＋eq \r(6)) s D．eq \r(6) s
【答案】ABC
【解析】取竖直向上为正方向，由veq \\al(2,0)＝2gh得v0＝20 m/s。物体的位移为x＝v0t－eq \f(1,2)gt2，当物体位于A点上方10 m处时x＝10 m，解得t1＝(2－eq \r(2)) s，t2＝(2＋eq \r(2)) s，故选项A、B正确，当物体位于A点下方10 m处时，x＝－10 m，解得t3＝(2＋eq \r(6)) s，另一解为负值，舍去，故选项C正确，D错误。
【模型演练3】(多选)一物体以5 m/s的初速度在光滑斜面上向上运动，其加速度大小为2 m/s2，设斜面足够长，经过t时间物体位移的大小为4 m，则时间t可能为( )
A．1 s B．3 s
C．4 s D.eq \f(5＋\r(41),2) s
【答案】ACD
【解析】当物体的位移为4 m时，根据x＝v0t＋eq \f(1,2)at2得4＝5t－eq \f(1,2)×2t2解得t1＝1 s，t2＝4 s当物体的位移为－4 m时，根据x＝v0t＋eq \f(1,2)at2得－4＝5t－eq \f(1,2)×2t2解得t3＝eq \f(5＋\r(41),2) s，故A、C、D正确，B错误．
【模型演练4】一质点做匀变速直线运动，已知初速度大小为v，经过一段时间速度大小变为2v，加速度大小为a，这段时间内的路程与位移大小之比为5∶3，则下列叙述正确的是( )
A．这段时间内质点运动方向不变
B．这段时间为eq \f(3v,a)
C．这段时间的路程为eq \f(3v2,2a)
D．再经过相同时间质点速度大小为3v
【答案】B
【解析】由题意知，质点做匀减速直线运动，速度减小到零后，再返回做匀加速运动，即在这段时间内运动方向改变，如图所示，选项A错误；由v＝v0＋at得－2v＝v－at，这段时间t＝eq \f(3v,a)，选项B正确；由v2－veq \\al(2,0)＝2ax得，由初速度为v减速到零所通过的路程s1＝eq \f(v2,2a)，然后反向加速到2v所通过的路程s2＝eq \f(2v2,2a)＝eq \f(2v2,a)，总路程为s＝s1＋s2＝eq \f(5v2,2a)，选项C错误；再经过相同时间，质点速度v′＝v－a·2t＝－5v，即速度大小为5v，选项D错误。
【模型五】 等位移折返模型
【概述】：如沿粗糙斜面上滑的小球，到最高点后仍能下滑，上下过程加速度大小不同但位移大小相同，求解时可拆解为两个初速度为0的匀加速直线运动进行简化。
【模型特点】(1)特点：初（或末）速度为零，两段运动位移大小相等为x。
(2)位移三个公式：位移公式；速度位移公式；
平均速度位移公式
(3)三个比例式： = 1 \* GB3 ① ； = 2 \* GB3 ② ； = 3 \* GB3 ③
(4)v-t图像
t
O
v
t2
t1
a2
a1
v1
v2
【模型演练1】【多选】（2021·全国·高考真题）一质量为m的物体自倾角为的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为。已知，重力加速度大小为g。则（ ）
A．物体向上滑动的距离为
B．物体向下滑动时的加速度大小为
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
【答案】BC
【详解】AC．物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有
物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有
整理得
；
A错误，C正确；
B．物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有
求解得出
B正确；
D．物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有
物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有
由上式可知
a上 > a下
由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式
则可得出
D错误。
故选BC。
【模型演练2】（2023·北京东城·统考一模）如图甲所示，一物块以一定的初速度冲上倾角为30°的固定斜面，物块在斜面上运动的过程中，其动能与运动路程s的关系如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定，g取10。下列说法正确的是（ ）
A．物块质量为0.7
B．物块所受摩擦力大小为0.4N
C．0~20m过程中，物块克服摩擦力做功为40J
D．0~10m过程中与10m~20m过程中物块所受合力之比为3∶4
【答案】A
【详解】AB．0~10m内物块上滑，由动能定理得
整理得
结合0~10m内的图像得，斜率的绝对值
10~20 m内物块下滑，由动能定理得
整理得
结合10~20 m内的图像得，斜率
联立解得
，
故A正确，B错误；
C．0~20m过程中，物块克服摩擦力做功为动能的减少量，即为10J，故C错误；
D．由动能定理知0~10m过程中与10m~20m过程中物块所受合力之比即为动能改变量之比，等于4∶3，D错误。
故选A。
【变式训练3】．（2023春·全国·高三专题练习）海洋馆中一潜水员把一质量为m的小球以初速度从手中竖直抛出，从抛出开始计时，时刻小球返回手中，小球始终在水中且在水中所受阻力大小不变，小球的速度随时间变化的关系图像如图所示，重力加速度大小为g，则小球在水中竖直下落过程中的加速度大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】根据小球的速度随时间变化的关系图像分析知，第一阶段加速度大，大小为，第二阶段加速度小，故小球先竖直向上做匀减速直线运动，再竖直向下做匀加速直线运动，从抛出开始计时，时刻小球返回手中
解得
故球在水中竖直下落过程中的加速度大小
根据牛顿第二定律，先竖直向上做匀减速直线运动
再竖直向下做匀加速直线运动
联立解得，小球在水中竖直下落过程中的加速度大小为
故选B。
【变式训练4】．【多选】（2022·福建·高考真题）一物块以初速度自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。该物体的动能随位移x的变化关系如图所示，图中、、均已知。根据图中信息可以求出的物理量有（ ）
A．重力加速度大小B．物体所受滑动摩擦力的大小
C．斜面的倾角D．沿斜面上滑的时间
【答案】BD
【详解】ABC．由动能定义式得，则可求解质量m；上滑时，由动能定理
下滑时，由动能定理
x0为上滑的最远距离；由图像的斜率可知
，
两式相加可得
相减可知
即可求解gsinθ和所受滑动摩擦力f的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，故AC错误，B正确；
D．根据牛顿第二定律和运动学关系得
，
故可求解沿斜面上滑的时间，D正确。
故选BD。
【变式训练5】【多选】（2023春·陕西延安·高三校考期末）有一物体由某一固定的长斜面的底端以初速度v0沿斜面上滑，斜面与物体间的动摩擦因数μ=0.5，其动能Ek随离开斜面底端的距离s变化的图线如图所示，g取10m/s2，不计空气阻力，则以下说法正确的是（ ）
A．物体在斜面上运动的过程机械能减小了30J
B．斜面与物体间的摩擦力大小f=4N
C．物体的质量为m=2kg
D．斜面的倾角θ=37°
【答案】BD
【详解】A．由图可知，物体从斜面底端上滑时动能为50J，返回斜面底端时动能为10J，所以物体在斜面上运动的过程机械能减小了40J，故A错误；
B．根据功能关系可得
所以
故B正确；
CD．物块下滑过程，有
解得
，
故C错误，D正确。
故选BD。
【模型六】 等时间折返模型
【概述】：物体由静止出发，先经过一段时间匀加速直线运动，速度达到v1，然后立即做匀减速直线运动，如果经过相等的时间物体回到了原出发点。
【模型特点】
如图所示，设物体由A点出发做匀加速直线运动，加速度大小为，运动到B点时速度大小为，这时立即以大小为的加速度做匀减速直线运动，由题意可知，物体速度应先减速到0再返回出发点A，速度为
从A点运动到B点的时间等于由B回到A点的时间，设为，
取向右为正方向：
物体从A到B，由运动学公式得：2 -------------------(1)
-------------------(2)
从B返回A的整个过程： ---------------------(3)
-------------------------(4)
由(1)、(2)、(3)、(4)解得： ---------------------------(5)
----------------------------(6)
由以上结论可进一步得出该定理的推论：
深入思考发现推论：设从A到B（匀加速过程）受到的合外力大小为，合力做的功为，物体受到的冲量为；从B返回A（匀减速过程）受到的合力为，合力做的功为，物体受到的冲量为，则：
∵ ∴由得 ------------------(7)
∵ ∴ ------------------(8)
∵ ∴ -------------------(9)
【模型演练1】【多选】（2023·天津宁河·高三天津市宁河区芦台第一中学校考阶段练习）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，在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从斜面底端沿斜面向上做匀加速直线运动，经过时间t，力F做功为60J，此后撤去力F，物体又经过相同的时间t回到斜面底端，若以地面为零势能参考面，则下列说法中正确的是（ ）
A．物体回到斜面底端的动能小于60J
B．恒力F=2mgsinθ
C．撤去力F时，物体的重力势能是45J
D．动能与势能相等的时刻一定出现在撤去力F之后
【答案】CD
【详解】A．物体静止开始从斜面底端开始运动直到最后返回斜面底端，此过程斜面光滑没有摩擦力做功，重力做功为0，根据动能定理有
选项A错误；
B．撤去F前，加速度
撤去F后，加速度
根据力F撤去前后位移等大反向，判断撤去前后平均速度等大方向，由于撤去前后都是匀变速所以有
整理得
即
选项B错误；
C．撤去力F前，力F做功
重力做功
所以撤出力F时，物体的重力势能是45J，选项C正确；
D．力F撤去前，合力小于重力沿斜面的分力，即合力做功小于克服重力做功，增加的动能小于增加的重力势能，撤去力F之前一定是重力势能大于动能，最后返回斜面时重力势能为0，小于动能，所以动能与势能相等的时刻一定出现在撤去力F之后，选项D正确。
故选CD。
【模型演练2】（2023·浙江台州·高三统考）如图所示，静置于光滑斜面（倾角为）的质量为m的物块，受到沿斜面方向的恒力F的作用，作用时间t后撤去F，再经时间后刚好返回起点，则（ ）
A．F与的比应该为3比7
B．F与的比应该为9比5
C．F与的比应该为7比3
D．F与的比应该为2比3
【答案】B
【详解】向上运动过程有
撤去时物块速度为
向下运动过程有
解得
即有
由于
，
解得
可知
故选B。
【模型演练3】（2023春·山东威海·高三阶段练习）如图甲所示，两平行金属板A、B水平放在真空中，板间距为d，金属板长2d，OO＇为板间中线，AB板间的电势差U随时间t的变化情况如图乙所示。有一个质量为m，电荷量为q的带电小球，t＝0时刻从O点以v0的速度水平沿OO＇射入。T时刻小球恰好从O＇点射出，小球运动过程中恰好未B与极板相碰。已知重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（ ）
A．小球所受的电场力大小等于重力大小
B．板间电压
C．时，小球速度大小为v0
D．时，小球速度大小为v0
【答案】C
【详解】AB．取竖直向下为正方向，在时间内，小球在竖直方向上做自由落体运动，竖直位移大小为
时间内，在竖直方向上，小球先向下做匀减速直线运动，速度减至零后向上做匀加速直线运动，加速度恒定，将这段时间内小球的运动看成一种匀减速直线运动，设时间内小球的加速度大小为，根据牛顿第二定律有
竖直位移为
时刻小球恰好到达点时，则有
联立解得
故AB错误；
C．设时速度大小为，根据题意则有
联立得到
所以时，速度大小为
故C正确；
D．时，小球竖直分速度为
所以速度大小
故D错误；
故选C。
【模型演练4】．【多选】（2023秋·安徽·高三校联考阶段练习）如图所示，在足够长光滑绝缘水平面的上方，存在着方向水平向右、场强大小为的匀强电场。一带正电小物块（可视为质点）从水平面上A点由静止释放，经时间t到达B点，小物块速度大小为v。此时水平面上方突然撤去原来电场，改加方向水平向左、场强大小为的匀强电场，小物块又经时间2t恰好返回A点。下列说法正确的是（ ）
A．小物块返回A点时速度大小为B．小物块返回A点时速度大小为2v
C．电场强度的大小关系是D．电场强度的大小关系是
【答案】AC
【详解】设带电体在电场中加速度为，带电体在电场中的加速度为，第一阶段末速度为第二阶段的初速度，因为从A出发最后返回A点，根据题意两个阶段的位移之和为零，则
解得
即
根据速度关系
返回A点时速度
故AC正确，BD错误。
故选AC。
【模型演练5】如图所示，平行板电容器与电源相连，开始时极板不带电，质量为m、电荷量为的油滴开始自由下落，一段时间后合上开关，油滴经过相同时间回到出发点。忽略电容器充电时间，极板间距足够大，已知充电后的电场强度大小为，下列判断正确的是
A．油滴带负电 B．
C．油滴回到出发点的速度为0 D．油滴向下运动的过程中，机械能先不变后减小
【答案】 ABD
【解析】 充电后，油滴受到向上的电场力，而电容器上极板带正电，电场方向竖直向下，故油滴带负电，A正确；闭合前，油滴向下运动的过程，，闭合开关后，，又，，解得a＝3g，对第二个过程由牛顿第二定律可得，故，B正确；返回到出发点的速度为，C错误；自由下落过程中机械能守恒，当闭合开关后，电场力做负功，所以机械能减小，故向下运动的过程中，机械能先不变后减小，D正确。
【模型演练6】物体静止在光滑水平面上，先对物体施一水平向右的恒力F1，经t秒后物体的速率为v1时撤去F1，立即再对它施一水平向左的水平恒力F2，又经2t秒后物体回到出发点，此时速率为v2，则v1、v2间的关系是 （ ）
A. SKIPIF 1 < 0 B. SKIPIF 1 < 0 C. SKIPIF 1 < 0 D. SKIPIF 1 < 0
【答案】C
【解析】在ts内的位移x1＝ SKIPIF 1 < 0 a1t2，末速度为v1=a1t．则在2t内的位移x2＝v1•2t− SKIPIF 1 < 0 a2(2t)2
根据x1=-x2得， SKIPIF 1 < 0 ．根据速度时间公式得，v1=a1t，-v2=v1-a2•2t，解得3v1=2v2．故C正确，ABD错误．故选C．
【模型演练7】（2023春·湖南衡阳·高三校考阶段练习）一质点从A点做初速度为零、加速度的匀加速直线运动，经过一段时间后到达B点，此时加速度突然反向，大小变为，又经过同样的时间到达C点。已知、的距离为、的距离的一半，则与的大小之比可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【详解】由题意可得如图所示，设，则，选A到B方向为正方向，则
从A到B则有
若C点在A点右侧，从B到C，则有
解得
若C点在A点左侧，从B到C，则有
解得
AD错误，BC正确。
故选BC。
【模型演练8】(2020·河南非凡吉创联盟调研)如图所示，较大的平行金属板正对水平放置，P板在上、Q板在下，距离为d.质量为m，电荷量为＋q的带电小球自距P板eq \f(1,3)d处的O点静止释放，运动时间t，在PQ两板间加未知电压U，又经过2t小球返回出发点，该过程中小球未与下板Q接触．已知重力加速度为g，小球运动过程中电荷量保持不变，忽略空气阻力．求：
(1)PQ两板电势差；
(2)欲使小球不与下板Q接触，t的最大值；
(3)当t取(2)最大值，为使小球不与P板接触，当小球返回O点时，改变PQ两板电势差，求PQ两板电势差U′满足的条件．
【答案】 见解析
【解析】 (1)静止释放，小球做自由落体运动，
t时间内下落的高度：h＝eq \f(1,2)gt2
t时刻的速度：v1＝gt
若加上电场后，假设小球的加速度为a1,2t时间内小球的位移(假设竖直向上为正方向)：
x＝－v12t＋eq \f(1,2)a1(2t)2
根据题意可知：x＝h
解得：a1＝eq \f(5,4)g
小球运动过程中：qE－mg＝ma1
两极板间电压：U＝Ed
电场线向上，所以Q极板电势高，
所以PQ两板电势差：UPQ＝－eq \f(9mgd,4q).
(2)若小球不与下板接触，临界条件为小球到达Q板速度为0，
所以h＋eq \f(gt2,2a1)＝eq \f(2,3)d
解得：t＝eq \r(\f(20d,27g))
(3)小球自Q板开始向上做匀加速运动，设小球到达O点速度为v2，
则：veq \\al(2,2)＝2×eq \f(5,4)g×eq \f(2,3)d
小球恰好不与P板接触，则小球到达P板速度为零，设自O到P过程中加速度大小为a2，
则：veq \\al(2,2)＝2·a2·eq \f(1,3)d
解得：a2＝eq \f(5,2)g>g
所以电场力向下，对小球应用牛顿第二定律：
mg＋qeq \f(U′,d)＝ma2
则PQ两板间电压：U′＝eq \f(3mgd,2q)
电场力向下，所以P板电势高，故PQ两板电势差满足：
U′≥eq \f(3mgd,2q).
等级
优秀
良好
合格
单项得分
100
95
90
85
80
78
76
74
72
70
68
66
64
62
60
成绩
6.8
6.9
7.0
7.1
7.2
7.4
7.6
7.8
8.0
8.2
8.4
8.6
8.8
9.0
9.2