相同时间公式法及双向可逆运动-高考物理一轮复习模型及解题技巧（解析版）

2024年高考物理一轮复习模型及秒杀技巧一遍过

模块一：匀变速直减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..........................................

【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T内的位移分别为/,xn,Xm…XN，则等差结论

2

Ax=xn-Xj=Xm-xn=…=aT.

i49

II推导过程1：/=VQT+—tz,,Xr,—VQ2T+—tz,=%3T+—tz-t•,,

13

,/X]=%=v0T+—aT,xn=x2-%j=v0T+—aT",xvl=x3-x2

22

故xn-X[=a-Xm—xn=aT…，/.Ax=xn-xTaT.

2

从而可以得到Xm-xn=(m-n)aT.(等差结论)

推导过程2：(v—t)

in、求加速度

Ay

利用Ax=aT2,可求得。=昔.当“知三求余二"%,匕,a,xj没有找到三个物理量的时候，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，则用以=42,如果两段位移不是连续的，则用5,-%=(m-”)〃2.

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v-Z处理，无需将运动进行分段分析，但需注意x,v,a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：o

(3)位移为正：o

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：o

(3)位移多解：o

问题三：利用对称性解题

(1)速度的对称性：O

(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

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II

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...：(2«-1),由图可知，该比

例关系不成立，贝『T’不是小球释放的初始位置，A错误；

BD.根据逐差公式3d-2d=

小球下落的加速度为。崂

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”的速度为丫=2器=祟

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50Hz)()

A•B•C•D»E"

尘§单位:cm

―27.603

<-------60.30--------J

4---------------------105.60-------------►

A.相邻计数点之间的时间间隔是0.02s

B.根据运动学有关公式可求得腺=L38m/s

C.小车运动的方向是从A指向3

D.小车做匀加速直线运动，加速度大小是12.6m/s2

【答案】BD

【详解】A.电源频率为50Hz,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T=0.1s

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%=差=1.38m/s

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8指向A,故C错误；

D.根据题意，由逐差法有％E-XAC=O（2T）2

解得a=12.6m/s2

故D正确。

故选BDo

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A、B、C三点。已知AB=6m,BC=Wm,

小球经过A3和两段所用的时间均为2s,则（）

A.小球经过AB、C三点时的速度大小分别为2m/s、3m/s、4m/s

B.小球经过A、B、C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Im/s?

D.小球下滑时的加速度大小为2m/s2

【答案】BC

【详解】CD.根据

可得加速度为a=-----2=C2向$-=lm/s

t222

故C正确，D错误；

AB.8点的瞬时速度等于AC段的平均速度为%=”产向s=4m/s

nzXZ

则C点的速度为％=%+a，=（4xl+2）m/s=6m/s

A点的速度为vA=vfi-ar=（4-lx2）m/s=2m/s

故B正确，A错误。

故选BCo

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。、A、B、aD、£计数点，每两个相邻计数点间时间间隔

为人每两个相邻计数点间的位移依次为为、巧、色、Z、尤5,下列说法正确的是（）

0ABCDE

A.打点计时器先打出纸带上的。点，后打出E点

B.打下纸带上的。点时，该时刻重物的速度不一定为零

C.利用三宗可以求纸带上2点的速度

D.利用®+尤4祟W+%）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。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。点是不是出发点，该时刻速度不一定为零，故B正确；

C.8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。=（%+~|二，3+9）

47-

故D错误。

故选ABCo

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、。、E为相邻的计

数点，相邻计数点的时间间隔为0.1s,则（）

KBCDE

€ln

<"5203单位:mm

«~—84.0-——

G—120.0

A.由图可知纸带的右侧与小车相连

B.。点的瞬时速度大小为0.34m/s

C.运动小车的加速度大小为OdOnVs?

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.。点的瞬时速度大小为匕=生=四吐医也W：m/s=0.34m/s

D2T0.2

选项B正确；

C.运动小车的加速度大小为

(20.0-52.0-52.0)x10-3

a=XcE-m/s2=0.40m/s2

4T24x0.12

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”=旨

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BCo

6.做初速度为零的匀加速直线运动的物体在时间T内通过位移邑到达A点，接着在时间T内又通过位移S?

到达8点，则以下判断正确的是（

A.物体在A点的速度大小为苫学B.物体运动的加速度为守

C.物体在B点的速度大小为变三工D.物体运动的加速度为今

2T

【答案】ABC

【详解】A.A点是出发点和3点的中间时刻，所以A点的瞬时速度大小等于出发点到8点的平均速度的

大小%=宝

故A正确;

BD.由逐差法得物体的加速度为。=1力

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

%=%+"=妥+牛"=若立故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。，一质量为机=lkg的小环套在杆上位于底端，现施加一

个竖直向上的拉力/作用在小环上，作用时间”=1S后撤掉该力，小环再经时间/2=ls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E的大小为12N

B.滑块返回斜面底端时的速度为6m/s

C.滑块撤掉产前后的加速度分别2m/s2和6m/s2

D.撤掉厂之前，小环处于超重状态；撤掉尸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

Fsin37-mgsin37=ma1

撤去拉力后，对小环根据牛顿第二定律可得根gsin37。=加出

解得%=6m/s2

由运动学公式匕="£

有拉力时，由位移公式x=g卬；

撤去拉力后，根据位移公式-》=卬2-：。2妙

解得％=2m/s2

A.由上述讨论，可解得户=13.33N,故A错误；

B.撤去拉力时速度为匕=2m/s

返回时的速度为%=K-a2（2=-4m/s

故B错误；

C.根据前面的分析，撤掉产前后的加速度大小分别为2m/s2和6m/s2,故C正确；

D.撤掉/之前，加速度沿杆向上，有竖直向上的分量，处于超重状态，撤掉歹之后，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CDo

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（Ms,测得相邻相等时间间隔的位移差的平均值

Ax=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（）

Ax1.2

A.a=^-=—7ni/s2=120m/s2

t10.12

B.a=^=I"1？-m/s2=1.2m/s2

t2O.l2

C.F=ma=500x1,2N=600N

D.F=/77a=0.5xl.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的单位。

【详解】A.Ax=l.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，小球从竖直被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”的速度为号

【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;

Ax

22d-dd

C.由—="7得。二丁27272

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

3d+4d7d

V

3=2TIT

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7。关于与纸带相连的

物体的加速度a和打点1时的速度v/,下列计算式正确的是（)

01$22

§2SS

A.a=B.a=+MC.M="+MD.%=2~\

2T22T22T2T

【答案】C

电+1

【详解】根据匀变速直线运动的推论有〃=匕二

T22T

故选Co

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Is内通过

的位移x=6m,第2s内通过的位移超=4m,则以下说法不正确的是（）

A.汽车匀速运动时的速度大小为7m/sB.汽车刹车时的加速度大小为2m/s2

C.汽车在4s内的位移大小为12mD.汽车刹车后经3.5s停止运动

【答案】C

【详解】AB.由匀加速直线运动推论以=〃2可得°$=芳/=2向52

第1s末速度为匕=2=5m/s

则汽车匀速运动时的速度为%=匕+at=7m/s

故A、B正确，不符合题意；

CD.汽车刹车到停止需要的时间为:为=3.5s

a

即汽车4s时已经停止。4s内的位移为x=或=12.25m

2a

故C错误，符合题意，D正确，不符合题意。

故选c。

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祛码，接通电源，释放物块，多次改变托盘

中祛码的质量，记录传感器的读数足求出加速度或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）。

轻滑轮长木板细线物块

纸带

拉力传感器打点计时器

托盘和祛码

甲

单位：cm

乙

A.2.02B.1.90C.2.00D.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

r=5x—=0.1s

Ax_(11.09+9.13+7.10)-(1.10+3.09+5.12)

根据逐差法可得a=xlO"-2.00m/s2

（3T『9x0.01

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8

和从2到C运动时间相等，A、B间距离为8m,B、C间距离为12m,则。、A间的距离为（）

OABC

A.4.5mB.5.0mC.5.5mD.6.0m

【答案】A

【详解】设A、8间距离为制，B、C间距离为A到3运动的时间为3则加速度

x2—xl

a=2

在8点的速度VB=ga

贝IJOA+西=曳

2a

解得OA=g+-）、_%=4.5m

8（々-xj

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5m/s,

乙的速度为10m/s,甲车的加速度大小恒为IZm/s?。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（）

B.在前4s的时间内，甲车运动位移为30m

C.乙车做加速度先减小后增大再减小的变加速运动

D.在，=10s时，乙车又回到起始位置

【答案】C

【详解】A.在片4s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4s的时间内，甲车运动位移为

1,1

=vot+—at=5x4m+—xl.2xl6m=29.6m

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.r=10s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、乙相距乙时，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r=3s时乙与球到达同一位置，重力加速度为lOm/sz,

下列说法不正确的是（）

B.球所受阻力大小是其重力呜

A.0~3s内球一直在靠近乙

C.相遇时球的位移为33.75mD.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.根据图像斜率表示加速度可知

a=_更驾二一2.5向小

m

则解得了=〃G=；G

B正确；

C.根据一,图像面积表示位移可知相遇时球的位移为x=%^1=33.75m

C正确;

D.相遇时乙的位移为无乙=；贴+vtt2=16.875m

故甲乙相距L为L=x—x^=33.75m-16.875m=16.875m

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

A.f=0时刻，甲在乙的后面

B.r=0时刻，甲、乙同时同地出发

C.0时间内，甲的速度一直减小而加速度一直增大

D.0。时间内，甲的速度和加速度均一直减小

【答案】D

【详解】AB.根据V-/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1=%时亥I],

两物体经过同一位置，则1=0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vT中斜率表示加速度，由图可知，02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%=12m/s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V—图象如图乙所示.已知斜面A8段粗糙程度均匀，8c段光滑，滑块在A8段的加速度大小

是3c段加速度大小的三倍.则AC段的长度为（）

A.9mB.8mC.7.5mD.6.5m

【答案】A

【详解】由题可得”k=3*"心

Gh

得力=3m/s

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

12+3,1.八

尤=--------xlm+—x3xlm=9m

22

故选Ao

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。=_m/s2（结果保留两位有效数字）。

打点计时器

单位:cm

•,684、匕7.4808.138.75j19.41t10.06、

r中*1**1**,r*l

乙

【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

Ax（10.06+9.41+8.75）-（8.13+7.48+6.84）,八〜,

a=—7=----------------------------7------------------------xlO~m/s2-«0.64m/s2

T2（0.3）2

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个连续相等时间间隔（每个时间间隔

△7]=0.2s）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△心=0.05s）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9.8m/s2。记录的数据如下表。

铁块下滑•

4.85cm7.12cm9.38cm11.65cm

铁块上滑*§6%

10.45cm8.87cm7.30cm5.72cm

由表中数据可得，小铁块沿斜面下滑的加速度大小为m/s2,小铁块沿斜面上滑的加速度大小

为m/s2,小铁块与木板间的动摩擦因数为o（结果均保留2位小数）

【答案】0.576.300.30

【详解】口］小铁块沿斜面下滑的加速度大小为4="：；髭2-1=°$7m/s2

630m/s2

⑵小铁块沿斜面上滑的加速度大小为电=」=-

⑶小铁块沿斜面下滑过程，根据牛顿第二定律有mgsin0-jumgcos0=ma,

小铁块沿斜面上滑过程，根据牛顿第二定律有mgsin3+JumgcosO=ma2

联立解得sin0=%；%=0.34,cos6=Jl—sii?。=0.94

2gv

代入mgsin0-pimgcos0=max,解得〃=0.30

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1=0时刻开始的一段时间内，该跑车可

视为沿直线运动，每隔2s测量一次其位置，坐标为x结果如下表所示：

t/s024681012

x/m092207346510697908

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m/s2»（保留2位有效数字）

（3）当x=0时，该跑车的速度大小为m/So（保留3位有效数字）

【答案】246.039.8

【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

X]=92m

在第2个2s内的位移为无2=（207—92）m=115m

在第3个2s内的位移为电=（346-207）m=139m

在第4个2s内的位移为％=（510-346）m=164m

在第5个2s内的位移为%=（697-510）m=187m

在第6个2s内的位移为％=（908-697）m=211m

则该跑车在连续2s时间间隔的位移差约为Ax=24m

（2）[2]根据题意，由逐差法Ax=打2有（x+毛+*6）-（西+%+W）=。（37）2

其中T=2s解得a=6.0m/s2

（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

X2

v2='^=51.75m/sv4==63.5m/sv6==75.75m/s

vg==87.75m/sv10==99$m/s

则当x=0时，该跑车的速度大小约为39.8m/s。

四、解答题

21.如图1所示，一倾角6=37。的斜面固定在水平地面上，质量加=lkg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产作用在滑块上，拉力E随时间f变化的图像如图2所示，

滑块与斜面间的动摩擦因数〃=。-25,重力加速度取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.80

（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乙=6鼻4111,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。

图1图2

【答案】（1）8m/s；（2）应Im/s；生固

33

【详解】（1）滑块向上滑动时受到的向下的力4=，wgsin37o+〃mgcos37o=8N

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f=2s时速度最大

F+F

对滑块应用动量定理七用=mvmax

代入数值解得，滑块上滑时的最大速度为％ax=8m/s

（2）设滑块沿斜面向上运动时间为4,由动量定理

Ft-(mgsin37°+/jmgcos37°)%=0

解得4=4s

此后滑块开始向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律

mgsin37°—jumgcos37°=ma

解得〃=4m/s2

所以，滑块返回到斜面底端的速度丫="五=竺业m/s

3

滑块从斜面返回时，由运动学公式

解得

23

则滑块在斜面上运动的总时间”=4+芍=*倔s

22.如图所示,足够长的斜面与水平面的夹角e=37。，质量机=2kg的物块在平行于斜面向上的恒力F=28N

作用下以%=lm/s的初速度从斜面底端向上运动，经过斗=1.25m后撤去尸。物块与斜面间动摩擦因数

〃=0.25。(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2)

(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vT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；

【详解】(1)物块在恒力尸=28N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

F—mgsin0—pmgcos0=max

解得。i=6m/s?

在撤去外力时物块速度最大，由速度位移关系公式可得片-诏=2W

%=Vvo+2ay=V12+2x6x1.25m/s=4m/s

(2)在撤去外力后，物块做匀减速运动，由牛顿第二定律可得

2

-mgsin0-jumgcos0=ma2角