专题01 常见的匀变速直线运动模型-2024年新课标高中物理模型与方法

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc15589" 【模型一】 刹车模型 PAGEREF _Tc15589 \h 1
\l "_Tc11848" 【模型二】“0—v—0”运动模型 PAGEREF _Tc11848 \h 3
\l "_Tc27643" 【模型三】 反应时间与限速模型 PAGEREF _Tc27643 \h 4
\l "_Tc3258" 1.先匀速，后减速运动模型---反应时间问题 PAGEREF _Tc3258 \h 5
\l "_Tc11940" 2.先加速后匀速运动模型----限速问题 PAGEREF _Tc11940 \h 5
\l "_Tc18275" 3.先加速后匀速在减速运动模型----最短时间问题 PAGEREF _Tc18275 \h 6
\l "_Tc8414" 【模型四】 双向可逆类运动模型 PAGEREF _Tc8414 \h 8
\l "_Tc3004" 【模型五】 等位移折返模型 PAGEREF _Tc3004 \h 9
\l "_Tc32230" 【模型六】 等时间折返模型 PAGEREF _Tc32230 \h 11
【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】(2020·福建期末)交通法规定“斑马线礼让行人”，违规驾驶员将受到处罚，如图所示，路口行人正在过斑马线，一辆匀速行驶的汽车前端距停车线为12 m，刹车过程的位移与时间的关系为s＝12t－3.75t2(s的单位为m，t的单位为s)，关于驾驶员的下列操作，说法正确的是( )
A．立即制动刹车，汽车至少需1.6 s才能停止
B．距停车线8 m处开始刹车，汽车前端恰好能停止在停车线处
C．经0.4 s处才开始刹车制动，汽车前端恰好能停止在停车线处
D．经0.2 s处才开始刹车制动，汽车前端恰好能停止在停车线处
【答案】AD.
【解析】根据题意知刹车过程的位移与时间的关系为s＝12t－3.75t2，由位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，得v0＝12 m/s，eq \f(1,2)a＝－3.75，即a＝－7.5 m/s2，减速所需时间为：t＝eq \f(v0,a)＝eq \f(12,7.5) s＝1.6 s，故A正确；根据速度位移公式可知，减速运动的位移为：x＝eq \f(veq \\al(2,0),2a)＝eq \f(122,2×7.5) m＝9.6 m，故在距停车线8 m处才开始刹车制动，汽车前端超出停车线处，故B错误；匀速运动的时间为：t′＝eq \f(L－x,v0)＝eq \f(12－9.6,12) s＝0.2 s，故若经0.2 s后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处，故C错误，D正确．
【模型演练2】(2021·广东“六校”第三次联考)一辆汽车以40 m/s的速度沿平直公路匀速行驶，突然前方有一只小狗穿过马路，司机立即刹车，汽车以大小为8 m/s2的加速度做匀减速直线运动，那么刹车后2 s内与刹车后6 s内汽车通过的位移大小之比为( )
A．7∶25 B．16∶25
C．7∶24 D．2∶3
【答案】 B
【解析】 规定初速度方向为正方向，已知初速度v0＝40 m/s，a＝－8 m/s2，设汽车从刹车到停止所需的时间为t，根据匀变速直线运动速度时间公式有0＝v0＋at得：t＝eq \f(0－v0,a)＝5 s，当t1＝2 s＜t时，x1＝v0t1＋eq \f(1,2)at12＝64 m，当t2＝6 s＞t时，说明6 s内汽车的位移等于汽车从刹车到停止的位移，x2＝eq \f(0－v02,2a)＝100 m，故x1∶x2＝16∶25，故B正确，A、C、D错误.
【模型演练3】(2020·全国第五次大联考)高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是从识别区起点到自动栏杆的水平距离．某人驾驶汽车以5 m/s的速度匀速进入ETC通道，ETC天线用了0.4 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是立即刹车，汽车刚好紧贴栏杆停下．已知司机的反应时间为0.3 s，刹车时汽车的加速度大小为3 m/s2，则该ETC通道的长度约为( )
A．3.5 m B．4.2 m
C．6.5 m D．7.7 m
【答案】 D
【解析】 汽车在前0.4 s＋0.3 s内做匀速直线运动通过的位移x1＝v0(t1＋t2)＝3.5 m，随后汽车做匀减速运动通过的位移x2＝eq \f(v02,2a)＝eq \f(52,2×3) m≈4.2 m，所以该ETC通道的长度约为L＝x1＋x2＝7.7 m，D项正确．
【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·新乡市高三上学期第一次模拟)轿车在笔直的公路上做匀速直线运动，当轿车经过公路上的A路标时，停靠在旁边的一辆卡车开始以加速度a1做匀加速直线运动，运动一段时间后立即以加速度a2做匀减速直线运动，结果卡车与轿车同时到达下一个路标，此时卡车的速度恰好减为零，若两路标之间的距离为d，则轿车匀速运动的速度大小为( )
A．eq \r(\f(2a1a2d,a1－a2)) B．eq \r(\f(a1a2d,2a1＋a2))
C．eq \r(\f(2a1a2d,3a1－a2)) D．eq \r(\f(2a1a2d,a1＋a2))
【答案】B
【解析】设卡车行驶过程中的最大速度为vmax，则加速过程和减速过程的时间分别为t1＝eq \f(vmax,a1)、t2＝eq \f(vmax,a2)，作出卡车整个过程的v­t图象如图所示
图象与时间轴所围成的面积为×eq \f(vmax,2)＝d，解得vmax＝eq \r(\f(2a1a2d,a1＋a2))，设轿车匀速运动的速度为v0，有vmax(t1＋t2)×eq \f(1,2)＝v0(t1＋t2)，解得v0＝eq \f(vmax,2)＝eq \r(\f(a1a2d,2a1＋a2))，故B正确。
【模型演练2】．(2020·河南郑州模拟)在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀加速直线运动，在运动了8 s之后，由于前方突然有巨石滚下并堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4 s 停在巨石前．则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是( )
A．加速、减速中的加速度大小之比为a1∶a2＝2∶1 B．加速、减速中的平均速度大小之比为v1∶v2＝1∶1
C．加速、减速中的位移之比为x1∶x2＝2∶1 D．加速、减速中的加速度大小之比为a1∶a2＝1∶3
【答案】：BC
【解析】：汽车由静止运动8 s，又经4 s停止，加速阶段的末速度与减速阶段的初速度相等，由v＝at，知a1t1＝a2t2，eq \f(a1,a2)＝eq \f(1,2)，A、D错误．又由v2＝2ax知a1x1＝a2x2，eq \f(x1,x2)＝eq \f(a2,a1)＝eq \f(2,1)，C正确．由v＝eq \f(v,2)知，v1∶v2＝1∶1，B正确．
【模型演练3】．一列火车沿平直轨道从静止出发由A地驶向B地，列车先做匀加速运动，加速度大小为a，接着做匀减速运动，加速度大小为2a，到达B地时恰好静止，若A、B两地距离为s，则火车从A地到B地所用时间t为( )
A.eq \r(\f(3s,4a)) B.eq \r(\f(4s,3a)) C.eq \r(\f(3s,a)) D.eq \r(\f(3s,2a))
【答案】 C
【解析】 设加速结束时的速度为v，由匀变速直线运动的速度与位移关系可得eq \f(v2,2a)＋eq \f(v2,2·2a)＝s，解得v＝eq \r(\f(4as,3))，则整个过程中的平均速度为eq \x\t(v)＝eq \f(v,2)＝eq \r(\f(as,3))，故火车从A地到B地所用时间t＝eq \f(s,\x\t(v))＝eq \r(\f(3s,a))，C正确。
【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】(2020·云南统一检测)汽车在平直公路上以108 km/h的速度匀速行驶，司机看到前面有突发情况，紧急刹车，从看到突发情况到刹车的反应时间内汽车做匀速运动，刹车后汽车做匀减速直线运动，从看到突发情况到汽车停下，汽车行驶的距离为90 m，所花时间为5.5 s，则汽车匀减速过程中所受阻力约为汽车所受重力的( )
A．0.3 B．0.5
C．0.6 D．0.8
【答案】C
【解析】：设反应时间为t，匀减速时间为t′，行驶距离为x，初速度为v，则vt＋eq \f(v2,2a)＝x ，v＝at′ ，t′＋t＝t总，解得：a＝6 m/s2 ，t＝0.5 s ，t′＝5 s，根据牛顿第二定律得：f＝ma，故eq \f(f,mg)＝0.6，故C正确，A、B、D错误。
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2】(2021·江西吉安市期末)一辆汽车由静止开始做初速度为零的匀加速直线运动，速度增大到25 m/s后做匀速直线运动，已知汽车前5 s内的位移为75 m，则汽车匀加速运动的时间为( )
A．3 s B．4 s
C．5 s D．6 s
【答案】 B
【解析】 若前5 s内汽车一直做匀加速直线运动，则前5 s内匀加速直线运动的最大位移为x＝
eq \f(1,2)vmt＝62.5 m，小于75 m，因此汽车在前5 s内一定是先匀加速后匀速，设匀加速的时间为t，则x′＝eq \f(vm,2)·t＋vm(5 s－t)＝75 m，解得t＝4 s，B项正确．
3.先加速后匀速在减速运动模型----最短时间问题
【模型演练3】(2020·安徽安庆高三上学期期末)如图所示，竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面．某一竖井的深度约为104 m，升降机运行的最大速度为8 m/s，加速度大小不超过1 m/s2，假定升降机到井口的速度为零，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是( )
A．13 s B．16 s C．21 s D．26 s
【答案】C.
【解析】：升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，在加速阶段，所需时间t1＝eq \f(v,a)＝8 s，通过的位移为x1＝eq \f(v2,2a)＝32 m，在减速阶段与加速阶段相同，在匀速阶段所需时间为：t2＝eq \f(x－2x1,v)＝eq \f(104－2×32,8) s＝5 s，总时间为：t＝2t1＋t2＝21 s，故C正确，A、B、D错误．
【模型演练4】(2021·湖北重点中学联盟联考)有一部电梯，启动时匀加速上升的加速度大小为2 m/s2，制动时匀减速上升的加速度大小为1 m/s2，中间阶段电梯可匀速运行，电梯运行上升的高度为48 m。问：
(1)若电梯运行时最大限速为9 m/s，电梯升到最高处的最短时间是多少；
(2)如果电梯先加速上升，然后匀速上升，最后减速上升，全程共用时间为15 s，上升的最大速度是多少？
【答案】(1)12 s (2)4 m/s
【解析】(1)要想所用时间最短，则电梯只有加速和减速过程，而没有匀速过程，设最大速度为vm，由位移公式得h＝eq \f(v\\al(2,m),2a1)＋eq \f(v\\al(2,m),2a2)，代入数据解得vm＝8 m/s
因为vm＝8 m/s<9 m/s，符合题意
加速的时间为t1＝eq \f(vm,a1)＝eq \f(8,2) s＝4 s
减速的时间为t2＝eq \f(vm,a2)＝eq \f(8,1) s＝8 s
运动的最短时间为t＝t1＋t2＝12 s。
(2)设加速的时间为t′1，减速的时间为t′2，匀速上升时的速度为v，且v<8 m/s，则加速的时间为t′1＝eq \f(v,a1)，减速的时间为t′2＝eq \f(v,a2)
匀速运动的时间为t＝15 s－t′1－t′2
上升的高度为h＝eq \f(v,2)(t′1＋t′2)＋v(15 s－t′1－t′2)，联立解得v＝4 m/s，另一解不合理，舍去。
【模型演练5】(2021届云南省高三（下）第一次复习统一检测理综物理)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
【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】(2020·重庆西南名校联盟)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)(2020·郑州模拟)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】(2021·广东惠州高三第一次调研)如图a所示，一可视为质点的物块在t＝0时刻以v0＝8 m/s的速度滑上一固定斜面，斜面足够长，斜面的倾角θ＝30°，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),5)。经过一段时间后物块返回斜面底端，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)物块向上和向下滑动过程中，物块的加速度大小；
(2)物块从斜面底端出发到再次返回斜面底端所用的总时间；
(3)求出物块再次返回斜面底端的速度大小，并在图b中画出物块在斜面上运动的整个过程中的速度—时间图象，取沿斜面向上为正方向。
【答案】 (1)8 m/s2 2 m/s2 (2)3 s(3)4 m/s 图象见解析
【解析】 (1)物块上滑过程，由牛顿第二定律有：
mgsinθ＋μmgcsθ＝ma1，
则a1＝gsinθ＋μgcsθ＝8 m/s2，
物块下滑过程，由牛顿第二定律有：
mgsinθ－μmgcsθ＝ma2，
则a2＝gsinθ－μgcsθ＝2 m/s2。
(2)物块上滑过程：t1＝eq \f(0－v0,－a1)＝1 s
s1＝eq \f(0＋v0,2)t1＝4 m
物块下滑过程：s2＝s1＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)
得t2＝2 s
故总时间t＝t1＋t2＝3 s。
(3)物块下滑过程：v2＝a2t2＝4 m/s。物块在斜面上运动的整个过程中的v­t图象如图所示。
【模型演练2】(2021·江西南昌二中第一次模拟)如图甲所示，一质量为m的物块在t＝0时刻，以初速度v0从足够长、倾角为θ的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示．t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端．下列说法正确的是( )
A．物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量为3mgt0·cs θ
B．物块从t＝0时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为eq \f(3,2)mv0
C．斜面倾角θ的正弦值为 eq \f(5v0,8gt0)
D．不能求出3t0时间内物块克服摩擦力所做的功
【答案】：C
【解析】：物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量IG＝3mgt0，故A项错误．上滑过程中物块做初速度为v0的匀减速直线运动，下滑过程中做初速度为零、末速度大小为v的匀加速直线运动，上滑和下滑的位移大小相等，所以有eq \f(v0,2)t0＝eq \f(v,2)·2t0，解得v＝eq \f(v0,2)，物块从开始运动到返回底端过程中动量的变化量为Δp＝m(－v)－mv0＝－eq \f(3,2)mv0，故B项错误．上滑过程中有－(mgsin θ＋μmgcs θ)·t0＝0－mv0，下滑过程中有(mgsin θ－μmgcs θ)·2t0＝m·eq \f(v0,2)－0，解得sin θ＝eq \f(5v0,8gt0)，故C项正确.3t0时间内，物块受力为重力、支持力、摩擦力，从底端出发又回到底端，高度不变，重力做功为零；支持力始终与速度垂直，不做功；摩擦力始终与速度反向，做负功，根据动能定理，摩擦力所做的功就等于物体动能变化量，克服摩擦力所做的功与摩擦力所做负功大小相等，所以W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(3,8)mveq \\al(2,0)，故D项错误．
【模型演练3】(2019·高考全国卷Ⅲ，T17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为( )
A．2 kgB．1.5 kg
C．1 kgD．0.5 kg
【答案】：C
【解析】：画出运动示意图，设阻力为f，据动能定理知
A→B(上升过程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)h
C→D(下落过程)：EkD－EkC＝(mg－f)h
整理以上两式得mgh＝30 J，解得物体的质量m＝1 kg，选项C正确．
【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】(2020·全国押题卷)质量为m的某质点在恒力F1作用下从A点由静止出发，当其速度为时立即将F1改为相反方向的恒力F2，质点总共经历时间t运动至B点刚好停下。若该质点以速度v匀速通过A、B两点时，其经历的时间也为t，则( )
A．无论F1、F2为何值，均为2v B．随着F1、F2的取值不同，可能大于2v
C．F1、F2的冲量大小不相等 D．F1、F2的冲量一定大小相等、方向相同
【答案】A
【解析】 在恒力F1和F2作用下运动时，有，匀速运动时，有，联立解得：，故A正确，B错误；对恒力F1和F2的冲量，有：，，故冲量大小相等，方向相反，故C错误，D错误。
【模型演练2】(2021·山东济南市一模)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3】(2020·陕西西安一模)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4】(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).