2022年新課標高中物理模型與方法01 常見的勻變速直線運動模型教師講解版

文檔來源網(wǎng)絡(luò)整理侵權(quán)必刪PAGE1專題01常見的勻變速直線運動模型目錄【模型一】剎車模型 1【模型二】“0—v—0”運動模型 3【模型三】反應(yīng)時間與限速模型 51.先勻速，后減速運動模型反應(yīng)時間問題 52.先加速后勻速運動模型限速問題 53.先加速后勻速在減速運動模型最短時間問題 6【模型四】雙向可逆類運動模型 8【模型五】等位移折返模型 9【模型六】等時間折返模型 11【模型一】剎車模型【概述】指勻減速到速度為零后即停止運動，加速度a突然消失，求解時要注意確定其實際運動時間【模型要點】(1)剎車問題在實際生活中，汽車剎車停止后，不會做反向加速運動，而是保持靜止。(2)題目給出的時間比剎車時間長還是短?若比剎車時間長，汽車速度為零．若比剎車時間短，可利用公式直接計算，因此解題前先求出剎車時間。(3)剎車時間的求法．由，令，求出便為剎車時間，即。(4)比較與,若，則；若，則。(5)若，則，車已經(jīng)停止，求剎車距離的方法有三種：①根據(jù)位移公式x=v0t＋eq\f(1,2)at2，注意式中只能??；②根據(jù)速度位移公式－veq\o\al(2,0)＝2ax；③根據(jù)平均速度位移公式.【模型演練1】(2020·福建期末)交通法規(guī)定“斑馬線禮讓行人”，違規(guī)駕駛員將受到處罰，如圖所示，路口行人正在過斑馬線，一輛勻速行駛的汽車前端距停車線為12m，剎車過程的位移與時間的關(guān)系為s＝12t－3.75t2(s的單位為m，t的單位為s)，關(guān)于駕駛員的下列操作，說法正確的是()A．立即制動剎車，汽車至少需1.6s才能停止B．距停車線8m處開始剎車，汽車前端恰好能停止在停車線處C．經(jīng)0.4s處才開始剎車制動，汽車前端恰好能停止在停車線處D．經(jīng)0.2s處才開始剎車制動，汽車前端恰好能停止在停車線處【答案】AD.【解析】根據(jù)題意知剎車過程的位移與時間的關(guān)系為s＝12t－3.75t2，由位移公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，得v0＝12m/s，eq\f(1,2)a＝－3.75，即a＝－7.5m/s2，減速所需時間為：t＝eq\f(v0,a)＝eq\f(12,7.5)s＝1.6s，故A正確；根據(jù)速度位移公式可知，減速運動的位移為：x＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a)＝eq\f(122,2×7.5)m＝9.6m，故在距停車線8m處才開始剎車制動，汽車前端超出停車線處，故B錯誤；勻速運動的時間為：t′＝eq\f(L－x,v0)＝eq\f(12－9.6,12)s＝0.2s，故若經(jīng)0.2s后才開始剎車制動，汽車前端恰能止于停車線處，故C錯誤，D正確．【模型演練2】(2021·廣東“六?！钡谌温?lián)考)一輛汽車以40m/s的速度沿平直公路勻速行駛，突然前方有一只小狗穿過馬路，司機立即剎車，汽車以大小為8m/s2的加速度做勻減速直線運動，那么剎車后2s內(nèi)與剎車后6s內(nèi)汽車通過的位移大小之比為()A．7∶25 B．16∶25C．7∶24 D．2∶3【答案】B【解析】規(guī)定初速度方向為正方向，已知初速度v0＝40m/s，a＝－8m/s2，設(shè)汽車從剎車到停止所需的時間為t，根據(jù)勻變速直線運動速度時間公式有0＝v0＋at得：t＝eq\f(0－v0,a)＝5s，當t1＝2s＜t時，x1＝v0t1＋eq\f(1,2)at12＝64m，當t2＝6s＞t時，說明6s內(nèi)汽車的位移等于汽車從剎車到停止的位移，x2＝eq\f(0－v02,2a)＝100m，故x1∶x2＝16∶25，故B正確，A、C、D錯誤.【模型演練3】(2020·全國第五次大聯(lián)考)高速公路的ETC電子收費系統(tǒng)如圖所示，ETC通道的長度是從識別區(qū)起點到自動欄桿的水平距離．某人駕駛汽車以5m/s的速度勻速進入ETC通道，ETC天線用了0.4s的時間識別車載電子標簽，識別完成后發(fā)出“滴”的一聲，司機發(fā)現(xiàn)自動欄桿沒有抬起，于是立即剎車，汽車剛好緊貼欄桿停下．已知司機的反應(yīng)時間為0.3s，剎車時汽車的加速度大小為3m/s2，則該ETC通道的長度約為()A．3.5m B．4.2mC．6.5m D．7.7m【答案】D【解析】汽車在前0.4s＋0.3s內(nèi)做勻速直線運動通過的位移x1＝v0(t1＋t2)＝3.5m，隨后汽車做m，D項正確．【模型二】“0—v—0”運動模型【概述】多過程問題是勻變速直線運動中的常見問題，一般處理時需要列多個方程，綜合求解。但有一類多過程問題，由于特點比較鮮明，常?？梢岳媒Y(jié)論快速求解，那就是0-v-0模型。所謂0-v-0模型是指，一物體從靜止開始，先做勻加速直線運動，速度達到最大值后，再勻減速至速度為0。這類問題除了可以列基本方程求解外，利用v-t圖像去解答會更快速。因為0-v-0模型的v-t圖像非常簡潔?！灸Ｐ鸵c】1.特點：初速度為零，末速度為v，兩段初末速度相同，平均速度相同。三個比例式：①速度公式推導可得：②速度位移公式推導可得：③平均速度位移公式推導可得：2.位移三個公式：；；3.v-t圖像ttOvt2t1a2a1v0【模型演練1】(2021·新鄉(xiāng)市高三上學期第一次模擬)轎車在筆直的公路上做勻速直線運動，當轎車經(jīng)過公路上的A路標時，停靠在旁邊的一輛卡車開始以加速度a1做勻加速直線運動，運動一段時間后立即以加速度a2做勻減速直線運動，結(jié)果卡車與轎車同時到達下一個路標，此時卡車的速度恰好減為零，若兩路標之間的距離為d，則轎車勻速運動的速度大小為()A．eq\r(\f(2a1a2d,a1－a2)) B．eq\r(\f(a1a2d,2a1＋a2))C．eq\r(\f(2a1a2d,3a1－a2)) D．eq\r(\f(2a1a2d,a1＋a2))【答案】B【解析】設(shè)卡車行駛過程中的最大速度為vmax，則加速過程和減速過程的時間分別為t1＝eq\f(vmax,a1)、t2＝eq\f(vmax,a2)，作出卡車整個過程的v-t圖象如圖所示圖象與時間軸所圍成的面積為×eq\f(vmax,2)＝d，解得vmax＝eq\r(\f(2a1a2d,a1＋a2))，設(shè)轎車勻速運動的速度為v0，有vmax(t1＋t2)×eq\f(1,2)＝v0(t1＋t2)，解得v0＝eq\f(vmax,2)＝eq\r(\f(a1a2d,2a1＋a2))，故B正確?！灸Ｐ脱菥?】．(2020·河南鄭州模擬)在一次救災(zāi)活動中，一輛救災(zāi)汽車由靜止開始做勻加速直線運動，在運動了8s之后，由于前方突然有巨石滾下并堵在路中央，所以又緊急剎車，勻減速運動經(jīng)4s停在巨石前．則關(guān)于汽車的運動情況，下列說法正確的是()A．加速、減速中的加速度大小之比為a1∶a2＝2∶1B．加速、減速中的平均速度大小之比為v1∶v2＝1∶1C．加速、減速中的位移之比為x1∶x2＝2∶1D．加速、減速中的加速度大小之比為a1∶a2＝1∶3【答案】：BC【解析】：汽車由靜止運動8s，又經(jīng)4s停止，加速階段的末速度與減速階段的初速度相等，由v＝at，知a1t1＝a2t2，eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,2)，A、D錯誤．又由v2＝2ax知a1x1＝a2x2，eq\f(x1,x2)＝eq\f(a2,a1)＝eq\f(2,1)，C正確．由v＝eq\f(v,2)知，v1∶v2＝1∶1，B正確．【模型演練3】．一列火車沿平直軌道從靜止出發(fā)由A地駛向B地，列車先做勻加速運動，加速度大小為a，接著做勻減速運動，加速度大小為2a，到達B地時恰好靜止，若A、B兩地距離為s，則火車從A地到B地所用時間t為()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】設(shè)加速結(jié)束時的速度為v，由勻變速直線運動的速度與位移關(guān)系可得eq\f(v2,2a)＋eq\f(v2,2·2a)＝s，解得v＝eq\r(\f(4as,3))，則整個過程中的平均速度為eq\x\to(v)＝eq\f(v,2)＝eq\r(\f(as,3))，故火車從A地到B地所用時間t＝eq\f(s,\x\to(v))＝eq\r(\f(3s,a))，C正確?！灸Ｐ腿糠磻?yīng)時間與限速模型【概述】1.先勻速，后減速運動模型反應(yīng)時間問題ttOvx2t1av0x1總位移【模型演練1】(2020·云南統(tǒng)一檢測)汽車在平直公路上以108km/h的速度勻速行駛，司機看到前面有突發(fā)情況，緊急剎車，從看到突發(fā)情況到剎車的反應(yīng)時間內(nèi)汽車做勻速運動，剎車后汽車做勻減速直線運動，從看到突發(fā)情況到汽車停下，汽車行駛的距離為90m，所花時間為5.5s，則汽車勻減速過程中所受阻力約為汽車所受重力的()A．0.3 B．0.5C．0.6 D．0.8【答案】C【解析】：設(shè)反應(yīng)時間為t，勻減速時間為t′，行駛距離為x，初速度為v，則vt＋eq\f(v2,2a)＝x，v＝at′，t′＋t＝t總，解得：a＝6m/s2，t＝0.5s，t′＝5s，根據(jù)牛頓第二定律得：f＝ma，故eq\f(f,mg)＝0.6，故C正確，A、B、D錯誤。2.先加速后勻速運動模型限速問題ttOvtav0加速時間；加速距離勻速時間；勻速距離總位移【模型演練2】(2021·江西吉安市期末)一輛汽車由靜止開始做初速度為零的勻加速直線運動，速度增大到25m/s后做勻速直線運動，已知汽車前5s內(nèi)的位移為75m，則汽車勻加速運動的時間為()A．3s B．4sC．5s D．6s【答案】B【解析】若前5s內(nèi)汽車一直做勻加速直線運動，則前5s內(nèi)勻加速直線運動的最大位移為x＝eq\f(1,2)vmt＝62.5m，小于75m，因此汽車在前5s內(nèi)一定是先勻加速后勻速，設(shè)勻加速的時間為t，則x′＝eq\f(vm,2)·t＋vm(5s－t)＝75m，解得t＝4s，B項正確．3.先加速后勻速在減速運動模型最短時間問題【模型演練3】(2020·安徽安慶高三上學期期末)如圖所示，豎直井中的升降機可將地下深處的礦石快速運送到地面．某一豎井的深度約為104m，升降機運行的最大速度為8m/s，加速度大小不超過1m/s2，假定升降機到井口的速度為零，則將礦石從井底提升到井口的最短時間是()A．13s B．16sC．21s D．26s【答案】C.【解析】：升降機先做加速運動，后做勻速運動，最后做減速運動，在加速階段，所需時間t1＝eq\f(v,a)＝8s，通過的位移為x1＝eq\f(v2,2a)＝32m，在減速階段與加速階段相同，在勻速階段所需時間為：t2＝eq\f(x－2x1,v)＝eq\f(104－2×32,8)s＝5s，總時間為：t＝2t1＋t2＝21s，故C正確，A、B、D錯誤．【模型演練4】(2021·湖北重點中學聯(lián)盟聯(lián)考)有一部電梯，啟動時勻加速上升的加速度大小為2m/s2，制動時勻減速上升的加速度大小為1m/s2，中間階段電梯可勻速運行，電梯運行上升的高度為48m。問：(1)若電梯運行時最大限速為9m/s，電梯升到最高處的最短時間是多少；(2)如果電梯先加速上升，然后勻速上升，最后減速上升，全程共用時間為15s，上升的最大速度是多少？【答案】(1)12s(2)4m/s【解析】(1)要想所用時間最短，則電梯只有加速和減速過程，而沒有勻速過程，設(shè)最大速度為vm，由位移公式得h＝eq\f(v\o\al(2,m),2a1)＋eq\f(v\o\al(2,m),2a2)，代入數(shù)據(jù)解得vm＝8m/s因為vm＝8m/s<9m/s，符合題意加速的時間為t1＝eq\f(vm,a1)＝eq\f(8,2)s＝4s減速的時間為t2＝eq\f(vm,a2)＝eq\f(8,1)s＝8s運動的最短時間為t＝t1＋t2＝12s。(2)設(shè)加速的時間為t′1，減速的時間為t′2，勻速上升時的速度為v，且v<8m/s，則加速的時間為t′1＝eq\f(v,a1)，減速的時間為t′2＝eq\f(v,a2)勻速運動的時間為t＝15s－t′1－t′2上升的高度為h＝eq\f(v,2)(t′1＋t′2)＋v(15s－t′1－t′2)，聯(lián)立解得v＝4m/s，另一解不合理，舍去?！灸Ｐ脱菥?】(2021屆云南省高三（下）第一次復(fù)習統(tǒng)一檢測理綜物理)如圖所示為賽車某一賽段示意圖，該賽段路面水平，直道AB段長700m，彎道BC段為半圓形軌道，其路面中心線半徑R=50m。一輛賽車從A點由靜止開始沿路面中心線運動到C點，賽車在BC段路面行駛時，路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力是車重的0.8倍，若賽車加速階段最大能保持以10m/s2的加速度做勻加速運動，減速階段最大能保持以10m/s2的加速度做勻減速運動，直道上汽車的最大速度為vm=80m/s。取重力加速度g=10m/s2，=3.14，為保證運動過程中賽車不側(cè)滑，求(1)BC段汽車的最大速度v；(2)汽車從A到C所需的最短時間。【答案】(1)20m/s；(2)22.85s【解析】(1)在彎道部分，若汽車剛要側(cè)滑，則解得v=20m/s(2)汽車勻加速過程，汽車勻速運動過程，汽車勻減速過程，汽車在彎道運動過程總時間解得t=22.85s【模型四】雙向可逆類運動模型【概述】：如沿光滑斜面上滑的小球，到最高點后仍能以原加速度勻加速下滑，全過程加速度大小、方向均不變，故求解時可對全過程列式，但必須注意x、v、a等矢量的正負號及物理意義【模型特點】(1)常見情景①沿光滑斜面上滑的小球，到最高點后返回。②豎直上拋運動等。(2)特點：以原加速度勻加速返回，全過程加速度大小、方向都不變?！灸Ｐ脱菥?】(2020·重慶西南名校聯(lián)盟)如圖所示，一物塊(可視為質(zhì)點)以一定的初速度從一足夠長的光滑固定斜面的底端開始上滑，在上滑過程中的最初5s內(nèi)和最后5s內(nèi)經(jīng)過的位移之比為11∶5.忽略空氣阻力，則此物塊從底端開始上滑到返回斜面底端一共經(jīng)歷的時間是()A．8s B．10sC．16s D．20s【答案】C.【解析】：設(shè)物體運動的加速度為a，運動總時間為t，把物體上滑的運動看成反向的初速度為0的勻加速直線運動，則有：最后5s內(nèi)位移為s1＝eq\f(1,2)a×52＝eq\f(25,2)a；最初5s內(nèi)位移為s2＝a(t－5)×5＋eq\f(1,2)a×52＝5at－eq\f(25,2)a，又因為s2∶s1＝11∶5，解得t＝8s；由于斜面光滑，上滑和下滑的時間相同，則物塊從底端開始上滑到返回斜面底端一共經(jīng)歷的時間是16s，故A、B、D錯誤，C正確．【模型演練2】(多選)(2020·鄭州模擬)在塔頂邊緣將一物體豎直向上拋出，拋出點為A，物體上升的最大高度為20m，不計空氣阻力，g取10m/s2，設(shè)塔足夠高，則物體位移大小為10m時，物體運動的時間可能為()A．(2－eq\r(2))s B．(2＋eq\r(2))sC．(2＋eq\r(6))s D．eq\r(6)s【答案】ABC【解析】取豎直向上為正方向，由veq\o\al(2,0)＝2gh得v0＝20m/s。物體的位移為x＝v0t－eq\f(1,2)gt2，當物體位于A點上方10m處時x＝10m，解得t1＝(2－eq\r(2))s，t2＝(2＋eq\r(2))s，故選項A、B正確，當物體位于A點下方10m處時，x＝－10m，解得t3＝(2＋eq\r(6))s，另一解為負值，舍去，故選項C正確，D錯誤?！灸Ｐ臀濉康任灰普鄯的Ｐ汀靖攀觥浚喝缪卮植谛泵嫔匣男∏?，到最高點后仍能下滑，上下過程加速度大小不同但位移大小相同，求解時可拆解為兩個初速度為0的勻加速直線運動進行簡化?！灸Ｐ吞攸c】(1)特點：初（或末）速度為零，兩段運動位移大小相等為x。(2)位移三個公式：位移公式；速度位移公式；平均速度位移公式(3)三個比例式：①；②；③(4)v-t圖像ttOvt2t1a2a1v1v2【模型演練1】(2021·廣東惠州高三第一次調(diào)研)如圖a所示，一可視為質(zhì)點的物塊在t＝0時刻以v0＝8m/s的速度滑上一固定斜面，斜面足夠長，斜面的傾角θ＝30°，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),5)。經(jīng)過一段時間后物塊返回斜面底端，取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)物塊向上和向下滑動過程中，物塊的加速度大??；(2)物塊從斜面底端出發(fā)到再次返回斜面底端所用的總時間；(3)求出物塊再次返回斜面底端的速度大小，并在圖b中畫出物塊在斜面上運動的整個過程中的速度—時間圖象，取沿斜面向上為正方向?！敬鸢浮?1)8m/s22m/s2(2)3s(3)4m/s圖象見解析【解析】(1)物塊上滑過程，由牛頓第二定律有：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，則a1＝gsinθ＋μgcosθ＝8m/s2，物塊下滑過程，由牛頓第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，則a2＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2。(2)物塊上滑過程：t1＝eq\f(0－v0,－a1)＝1ss1＝eq\f(0＋v0,2)t1＝4m物塊下滑過程：s2＝s1＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)得t2＝2s故總時間t＝t1＋t2＝3s。(3)物塊下滑過程：v2＝a2t2＝4m/s。物塊在斜面上運動的整個過程中的v-t圖象如圖所示?！灸Ｐ脱菥?】(2021·江西南昌二中第一次模擬)如圖甲所示，一質(zhì)量為m的物塊在t＝0時刻，以初速度v0從足夠長、傾角為θ的粗糙斜面底端向上滑行，物塊速度隨時間變化的圖象如圖乙所示．t0時刻物塊到達最高點，3t0時刻物塊又返回底端．下列說法正確的是()A．物塊從開始運動到返回底端的過程中重力的沖量為3mgt0·cosθB．物塊從t＝0時刻開始運動到返回底端的過程中動量的變化量為eq\f(3,2)mv0C．斜面傾角θ的正弦值為eq\f(5v0,8gt0)D．不能求出3t0時間內(nèi)物塊克服摩擦力所做的功【答案】：C【解析】：物塊從開始運動到返回底端的過程中重力的沖量IG＝3mgt0，故A項錯誤．上滑過程中物塊做初速度為v0的勻減速直線運動，下滑過程中做初速度為零、末速度大小為v的勻加速直線運動，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)，物塊從開始運動到返回底端過程中動量的變化量為Δp＝m(－v)－mv0＝－eq\f(3,2)mv0，故B項錯誤．上滑過程中有－(mgsinθ＋μmgcosθ)·t0＝0－mv0，下滑過程中有(mgsinθ－μmgcosθ)·2t0＝m·eq\f(v0,2)－0，解得sinθ＝eq\f(5v0,8gt0)，故C項正確.3t0時間內(nèi)，物塊受力為重力、支持力、摩擦力，從底端出發(fā)又回到底端，高度不變，重力做功為零；支持力始終與速度垂直，不做功；摩擦力始終與速度反向，做負功，根據(jù)動能定理，摩擦力所做的功就等于物體動能變化量，克服摩擦力所做的功與摩擦力所做負功大小相等，所以W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,8)mveq\o\al(2,0)，故D項錯誤．【模型演練3】(2019·高考全國卷Ⅲ，T17)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用．距地面高度h在3m以內(nèi)時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示．重力加速度取10m/s2.該物體的質(zhì)量為()A．2kg B．1.5kgC．1kg D．0.5kg【答案】：C【解析】：畫出運動示意圖，設(shè)阻力為f，據(jù)動能定理知A→B(上升過程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)hC→D(下落過程)：EkD－EkC＝(mg－f)h整理以上兩式得mgh＝30J，解得物體的質(zhì)量m＝1kg，選項C正確．【模型六】等時間折返模型【概述】：物體由靜止出發(fā)，先經(jīng)過一段時間勻加速直線運動，速度達到v1，然后立即做勻減速直線運動，如果經(jīng)過相等的時間物體回到了原出發(fā)點?！灸Ｐ吞攸c】如圖所示，設(shè)物體由A點出發(fā)做勻加速直線運動，加速度大小為，運動到B點時速度大小為，這時立即以大小為的加速度做勻減速直線運動，由題意可知，物體速度應(yīng)先減速到0再返回出發(fā)點A，速度為從A點運動到B點的時間等于由B回到A點的時間，設(shè)為，取向右為正方向：物體從A到B，由運動學公式得：2(1)(2)從B返回A的整個過程：(3)(4)由(1)、(2)、(3)、(4)解得：(5)(6)由以上結(jié)論可進一步得出該定理的推論：深入思考發(fā)現(xiàn)推論：設(shè)從A到B（勻加速過程）受到的合外力大小為，合力做的功為，物體受到的沖量為；從B返回A（勻減速過程）受到的合力為，合力做的功為，物體受到的沖量為，則：∵∴由得(7)∵∴(8)∵∴(9)【模型演練1】(2020·全國押題卷)質(zhì)量為m的某質(zhì)點在恒力F1作用下從A點由靜止出發(fā)，當其速度為時立即將F1改為相反方向的恒力F2，質(zhì)點總共經(jīng)歷時間t運動至B點剛好停下。若該質(zhì)點以速度v勻速通過A、B兩點時，其經(jīng)歷的時間也為t，則()A．無論F1、F2為何值，均為2vB．隨著F1、F2的取值不同，可能大于2vC．F1、F2的沖量大小不相等D．F1、F2的沖量一定大小相等、方向相同【答案】A【解析】在恒力F1和F2作用下運動時，有，勻速運動時，有，聯(lián)立解得：，故A正確，B錯誤；對恒力F1和F2的沖量，有：，，故沖量大小相等，方向相反，故C錯誤，D錯誤?！灸Ｐ脱菥?】(2021·山東濟南市一模)如圖所示，平行板電容器與電源相連，開始時極板不帶電，質(zhì)量為m、電荷量為的油滴開始自由下落，一段時間后合上開關(guān)，油滴經(jīng)過相同時間回到出發(fā)點。忽略電容器充電時間，極板間距足夠大，已知充電后的電場強度大小為，下列判斷正確的是A．油滴帶負電B．C．油滴回到出發(fā)點的速度為0D．油滴向下運動的過程中，機械能先不變后減小【答案】ABD【解析】充電后，油滴受到向上的電場力，而電容器上極板帶正電，電場方向豎直向下，故油滴帶負電，A正確；閉合前，油滴向下運動的過程，，閉合開關(guān)后，，又，，解得a＝3g，對第二個過程由牛頓第二定律可得，故，B正確；返回到出發(fā)點的速度為，C錯誤；自由下落過程中機械能守恒，當閉合開關(guān)后，電場力做負功，所以機械能減小，故向下運動的過程中，機械能先不變后減小，D正確?！灸Ｐ脱菥?】(2020·陜西西安一模)物體靜止在光滑水平面上，先對物體施一水平向右的恒力F1，經(jīng)t秒后物體的速率