四類經(jīng)典的直線運動模型-2024年高考物理含答案

四類經(jīng)典的直線運動模型-2024年高考物

理

打類經(jīng)典的直線運前模型

（D四

【模型一】“o—”—o”運動模型

【模型二】，，等位移折返，，模型

【模型三】三倍加速度運動模型------等時間折返模型

【模型四】兩類常見非勻變速直線運動模型

類型一:力隨時間均勻變化

類型二:力隨位移均勻變化

模型講解

【模型一】“0-”一0”運動模型

1.特點:初速度為零,末速度為。，兩段初末速度相同，平均速度相同。三個比例式:

①速度公式%）=Q由右2推導可得：曳=等

。2力1

②速度位移公式端=20團褚=2Q2g推導可得：出二①

③平均速度位移公式劣產(chǎn)竽/2=華推導可得：包=*

22/2力2

2.位移三個公式：X=粵。1+力2）；/=-^―+X=篙

221a222

3.平均速度：萬1=萬2=萬=?

案例剖析1

血_【多選】（2021?全國?高考真題）水平桌面上，一質(zhì)量為m的物體在水平恒力F拉動下從靜止開始運動，物

體通過的路程等于so時，速度的大小為v0,此時撤去F，物體繼續(xù)滑行2so的路程后停止運動，重力加速度

大小為。，則（）

A.在此過程中F所做的功為B.在此過中F的沖量大小等于豺的

C.物體與桌面間的動摩擦因數(shù)等于工

D.F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的2倍

吼2【多選】（2023?青海?統(tǒng)考二模）兩帶電的平行板A、B水平放置,上極板A的中央有一小孔.如圖甲所

示，一帶電油滴從小孔的正上方的。點處自由下落，穿過上極板A中央的小孔后，剛好不與下極板B相

碰,在此過程中，油滴的速度n隨時間t變化的關系如圖乙所示.重力加速度為g,不計空氣阻力，可知

（）

?M

，0

,!一一A

??：B

甲乙

A.在±=力。時，油滴剛好穿過人板的小孔B.在1=3勿時，油滴剛好返回到。點

C.油滴受到的重力與電場力之比為2：3D.。點到下極板B的距離為2g總

【模型二】"等位移折返”模型

⑴特點:初（或末）速度為零，兩段運動位移大小相等為以

⑵位移三個公式:位移公式2=］口/=4a2卷;速度位移公式c=J=卓；

222al2a2

平均速度位移公式/=7=券12

⑶三個比例式:①曳=與；②四=g=黑，③%=母

電就a2Ek2v2ti

案例剖析1

國1工【多選】（2021?全國?高考真題）一質(zhì)量為小的物體自傾角為a的固定斜面底端沿斜面向上滑動。該物體

開始滑動時的動能為瓦,向上滑動一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動，到達斜面底端時動能為

年。已知或na=0.6,重力加速度大小為g。貝!j（）

0

A.物體向上滑動的距離為裊B.物體向下滑動時的加速度大小為六

2mg5

C.物體與斜面間的動摩擦因數(shù)等于0.5D.物體向上滑動所用的時間比向下滑動的時間長

吼2（2023春?全國?高三專題練習）海洋館中一潛水員把一質(zhì)量為小的小球以初速度n。從手中豎直拋出，從

拋出開始計時，3⑦時刻小球返回手中，小球始終在水中且在水中所受阻力大小不變,小球的速度隨時間變

化的關系圖像如圖所示，重力加速度大小為9,則小球在水中豎直下落過程中的加速度大小為（）

【模型三】三倍加速度運動模型------等時間折返模型

⑴特點:初速度為零，兩段總位移為零。

⑵位移兩個公式：蘇+（Qi幻力2—，電蜃―~^2~0

⑶特殊結論:若ti=t2,則有—=]

a23v22

【證明】物體從A點由靜止開始做加速度大小為Qi的勻加速直線運動，經(jīng)時間t到達B點,速度大小為%,這時

突然改為做加速度大小為a2的勻減速直線運動,又經(jīng)過時間力回到4點,速度大小為。2，求：。1：。2和。1：。2。

根據(jù)題意，畫出示意圖如圖所示

ABvx

「；一I

以向右為正方向，2t內(nèi)總位移為零，由運動學公式。=vQ+at有

%=ait

一。2=Vi-a2t

由運動學公式為=voi+十/有正—衣。2廿）=0

聯(lián)立解得QI：Q2=1：3

。1：。2=1：2

案例剖析1

一—_L

□【多選】（2023?天津?qū)幒?高三天津市寧河區(qū)蘆臺第一中學校考階段練習）如圖所示,傾角為。的光滑斜面

足夠長，一質(zhì)量為m的小物體,在沿斜面向上的恒力F作用下，由靜止從斜面底端沿斜面向上做勻加速直

線運動，經(jīng)過時間力，力F做功為60J,此后撤去力物體又經(jīng)過相同的時間t回到斜面底端，若以地面為

零勢能參考面，則下列說法中正確的是（）

A.物體回到斜面底端的動能小于60J

B.恒力F=2mgsin0

C.撤去力F時，物體的重力勢能是45J

D.動能與勢能相等的時刻一定出現(xiàn)在撤去力F之后?M

回2（2023春?山東威海?高三階段練習）如圖甲所示,兩平行金屬板A、B水平放在真空中，板間距為d,金屬

板長2d,OO'為板間中線，48板間的電勢差U隨時間力的變化情況如圖乙所示。有一個質(zhì)量為電

荷量為g的帶電小球，力=0時刻從。點以。。的速度水平沿射入。T時刻小球恰好從。'點射出，

小球運動過程中恰好未B與極板相碰。已知重力加速度大小為g,則下列說法正確的是（）

八UAB

o--O'I

Bl--1OTT

2

甲乙

A.小球所受的電場力大小等于重力大小B.板間電壓。=至幽

q

C.t=看時，小球速度大小為九D.t=T時，小球速度大小為比

【模型四】兩類常見非勻變速直線運動模型

類型一:力腦時間均勻變化

由物塊的受力可知mg——=ma

由圖像可知尸=畔■力

解得a=g—^~

故隨時間的增大,物塊先做加速度逐漸減小的加速運動，后做加速逐漸增大的減速運動,最后停止下滑，靜止

后物塊的加速度為零，處于平衡狀態(tài)；當t=0時,物塊的加速度最大為g；當土=M時,物塊的加速度為零,此時

物塊的速度最大。做出a—￡圖像根據(jù)圖像的面積求得最大速度vm=~gt0

類型二:力隨位移均勻變化

m

變加速直線運動,初速度的平方與末速度的平方的差值等于。一,圖線與坐標軸圍的面積的2倍。

經(jīng)典案例------小球彈簧模型

⑴下落的“三段四點”：

?M

o最高點：速度為零

接觸點:速度不是最大

4Q方向】，大小減小

方平衡點:加速度為零、速度最大

Q方向T,大小增大

C最低點:速度為零、加速度最大且大于g

（2）四個圖像

案例剖析1

廁1（2023秋?河北承德?統(tǒng)考期末）如圖甲所示，質(zhì)量為小的物塊在水平力F的作用下可沿豎直墻面滑動，水

平力F隨時間t變化的關系圖像如圖乙所示，物塊與豎直墻面間的動摩擦因數(shù)為〃，物塊所受的最大靜摩

擦力等于滑動摩擦力，豎直墻面足夠高，重力加速度大小為9。下列說法正確的是（）

A.物塊一直做勻加速直線運動

B.物塊先做加速度減小的加速運動，后做勻速直線運動

C.物塊的最大加速度為g

D.方=電時,物塊停止下滑

網(wǎng)］2（2019?全國?高考真題）在星球”上將一輕彈簧豎直固定在水平桌面上,把物體P輕放在彈簧上端，P由

靜止向下運動，物體的加速度a與彈簧的壓縮量c間的關系如圖中實線所示。在另一星球N上用完全相

同的彈簧，改用物體Q完成同樣的過程，其a—2關系如圖中虛線所示，假設兩星球均為質(zhì)量均勻分布的

球體。已知星球”的半徑是星球N的3倍，則（）

A.〃■與N的密度相等B.Q的質(zhì)量是P的3倍

C.Q下落過程中的最大動能是P的4倍D.Q下落過程中彈簧的最大壓縮量是P的4倍

題目①（2023春?貴州?高三統(tǒng)考階段練習）如圖甲所示，傾角為。的斜面與水平面在O點通過一段小圓弧平

滑連接，一可視為質(zhì)點的滑塊從斜面上某處由靜止釋放，經(jīng)過O點滑到水平面上后減速至零，該過程中滑

塊的速率隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。已知斜面和水平面由同種材料構成，則滑塊與接觸面間的動摩擦

因數(shù)為（）

A.sin%B.singC.tan2?D.tan-y

題目0（2023?安徽?校聯(lián)考模擬預測）如圖是一小物體先從傾角為。尸53°斜面滑下后再滑上傾角為%=37°

的斜面運動過程的速度大小隨時間變化的圖像，兩斜面動摩擦因數(shù)均為〃，圖中”未知，已知sin37°=0.6,

cos37o=0.8,Wg=10m/s2,JJlij（）

A.〃=0.5B.o=8m/s

C.沿斜面下滑位移為8MD.沿斜面上滑位移為10m

〔題目區(qū)一名消防隊員在模擬學習訓練中，沿著長為12m的豎立在地面上的鋼管從頂端由靜止先勻加速再

勻減速下滑,滑到地面時速度恰好為零.如果他加速時的加速度大小是減速時加速度大小的2倍,下滑的

總時間為3s,那么該消防隊員（）

A.下滑過程中的最大速度為4m/sB.加速與減速運動過程的時間之比為1：2

C.加速與減速過程中的平均速度之比為2：1D.加速與減速運動過程的位移大小之比為1：4

題目目（2023?北京東城?統(tǒng)考一模）如圖甲所示,一物塊以一定的初速度沖上傾角為30°的固定斜面,物塊在

斜面上運動的過程中，其動能及與運動路程s的關系如圖乙所示。已知物塊所受的摩擦力大小恒定，g取

10m/s2o下列說法正確的是（）

A.物塊質(zhì)量為0.7kg

B.物塊所受摩擦力大小為0.4N

C.0~20M過程中，物塊克服摩擦力做功為40J

D.0~10機過程中與10館~20M過程中物塊所受合力之比為3：4

題目回【多選】（2022?福建?高考真題）一物塊以初速度*自固定斜面底端沿斜面向上運動，一段時間后回到

斜面底端。該物體的動能Ek隨位移2的變化關系如圖所示，圖中3、及1、及2均已知。根據(jù)圖中信息可以

A.重力加速度大小B.物體所受滑動摩擦力的大小

C.斜面的傾角D.沿斜面上滑的時間

［題目回【多選】（2023春?陜西延安?高三校考期末）有一物體由某一固定的長斜面的底端以初速度的沿斜面

上滑,斜面與物體間的動摩擦因數(shù)〃=0.5，其動能Ek隨離開斜面底端的距離s變化的圖線如圖所示，g取

lOm/sz,不計空氣阻力，則以下說法正確的是（）

A.物體在斜面上運動的過程機械能減小了30JB.斜面與物體間的摩擦力大小/=4N

C.物體的質(zhì)量為m=2kgD.斜面的傾角夕=37°

題目00（2023?浙江臺州?高三統(tǒng)考）如圖所示，靜置于光滑斜面（傾角為外的質(zhì)量為機的物塊，受到沿斜面

方向的恒力F的作用，作用時間t后撤去F,再經(jīng)時間2t后剛好返回起點，則（）

A.F與mgsin。的比應該為3比7B.F與mgsin。的比應該為9比5

C.F與mgsin。的比應該為7比3D.F與mgsinG的比應該為2比3

題目回【多選】（2023秋?安徽?高三校聯(lián)考階段練習）如圖所示，在足夠長光滑絕緣水平面的上方，存在著方

向水平向右、場強大小為4的勻強電場。一帶正電小物塊（可視為質(zhì)點）從水平面上人點由靜止釋放，經(jīng)

時間t到達B點，小物塊速度大小為v.此時水平面上方突然撤去原來電場,改加方向水平向左、場強大小

為&的勻強電場，小物塊又經(jīng)時間2%恰好返回人點。下列說法正確的是（）

用

“fl.........,.....................

z/z/z/z////T////z/zz/

AB

A.小物塊返回A點時速度大小為^-vB.小物塊返回A點時速度大小為2v

C.電場強度的大小關系是用=*1D.電場強度的大小關系是用=鵑

題目回（2023?浙江臺州?統(tǒng)考模擬預測）蹦極是一項極限運動，現(xiàn)將運動簡化為如下模型：小球從某高度處靜

止下落到豎直放置的輕彈簧上并壓縮彈簧，下降過程中小球的加速度隨位移變化如圖所示，圖中x3-x2=

g-不計空氣阻力，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)且忽略小球與彈簧碰撞中的能量損失。下列說法正確的

是（）

A.從為到處過程，小球做減速運動B.從電到g過程，小球處于失重狀態(tài)

C.下降到窗時，小球的速度為零D.下降到g時，小球受到的彈力是重力的2倍

題目畫）如圖所示,一輕質(zhì)彈簧沿豎直方向放置在水平地面上，其下端固定，當彈簧的長度為原長時，其上

端位于。點?，F(xiàn)有一小球從。點由靜止釋放,將彈簧壓縮至最低點（彈簧始終處于彈性限度內(nèi)）。在此過

程中，關于小球的加速度a隨下降位移加的變化關系，下圖中正確的是（）

o

g

O

~g

「題目IT（2023上?遼寧錦州?高三校聯(lián)考階段練習）A、B兩物體同時受到同樣的水平拉力后，分別在水平面

上從靜止開始做勻加速直線運動，1s后，同時撤去拉力，它們均做勻減速直線運動,直到停止，其“一力圖像

如圖所示，重力加速度g取lOm/s?。在A、B整個運動過程中，下列說法正確的是（）

A.A、8兩物體質(zhì)量之比為4:3B.兩物體受到摩擦力之比為3:2

C.人、口兩物體位移之比為2:3D.A、B兩物體與水平面間動摩擦因數(shù)之比為1:2

冠目（2023上?吉林長春?高三校考階段練習）如圖（a），一物塊在力=0時刻滑上一固定斜面，其運動的。

￡圖線如圖⑹所示。若重力加速度及圖中的。。、如、。均為已知量，則可求出（）

A.斜面的傾角B.物塊的質(zhì)量

C.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)D.物塊沿斜面向上滑行的最大高度

：XQI（2023上?江蘇無錫?高三統(tǒng)考期中）如圖（a），將物塊A于P點處由靜止釋放,B落地后不反彈,最

終A停在Q點。物塊A的o—t圖像如圖（b）所示。已知B的質(zhì)量為0.3kg,重力加速度大小g?。?0m

/s2o求：

（1）物塊A與桌面間的動摩擦因數(shù);

（2）物塊A的質(zhì)量。

圖(a)圖(b)

：?54（2023上?甘肅蘭州?高三蘭州一中?？计谥校┤鐖D所示,傾角為30°的光滑斜面固定在水平面上，質(zhì)

量為m的物塊在沿斜面向上的恒力作用下由靜止開始運動,經(jīng)時間t后撤去恒力作用，再經(jīng)3t時間后物塊

恰好返回起點。已知重力加速度為g,試求：

（1）恒力的大小？

（2）撤去恒力時物塊的速度的大小？

（3）物塊沿斜面向上運動的最遠點與起點間的距離是多少？

:題目口51（2024上?云南昆明?高三昆明一中第二次月考）如圖甲所示，兩塊金屬板水平放置，間距為d,

兩板間加有一周期性變化的電壓，板電勢差隨時間變化的情況如圖乙所示?，F(xiàn)有電量為外質(zhì)量為m

的帶負電微粒在t=0時刻從B板中央小孔射入電場,若該帶電微粒受到的電場力為重力的3倍,且射入電

場時的初速度可忽略不計,重力加速度為g,求：

（1）A、B兩板間電勢差Uo的大??；

（2）0~9和這兩段時間內(nèi)微粒的加速度大小之比；

（3）要使該微粒不與A板相碰,求所加電壓的最大周期。

“UAB

—

A

dA

0：

?772T377212T1

B1

圖甲圖乙

11

鸚類經(jīng)典的直線運前模型

國最

【模型一】“0—”—0”運動模型

【模型二】，，等位移折返，，模型

【模型三】三倍加速度運動模型------等時間折返模型

【模型四】兩類常見非勻變速直線運動模型

類型一:力隨時間均勻變化

類型二:力隨位移均勻變化

模型講解

【模型一】“0一”-0"運動模型

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VO—&由VQ—a2t2推導可得：曳=告

。2力1

②速度位移公式若=2ai0若=2a2,2推導可得：2=至

③平均速度位移公式，產(chǎn)竽電=華推導可得：包=?

22/2力2

2.位移三個公式：X=粵。1+力2）；/=-^―+X=篙

221a222

3.平均速度：萬1=萬2=萬=?

案例剖析1

一—

網(wǎng)]1【多選】（2021?全國?高考真題）水平桌面上，一質(zhì)量為m的物體在水平恒力F拉動下從靜止開始運動，物

體通過的路程等于So時，速度的大小為VO,此時撤去F，物體繼續(xù)滑行2so的路程后停止運動，重力加速度

大小為。，則（）

A.在此過程中F所做的功為%*B.在此過中F的沖量大小等于會的

C.物體與桌面間的動摩擦因數(shù)等于JD.F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的2倍

4s（）g

【答案】BC

【詳解】CD.外力撤去前，由牛頓第二定律可知

F—[img—may①

由速度位移公式有

Vg—2als0②

外力撤去后，由牛頓第二定律可知

—/^rng—ma③

2?M

由速度位移公式有

一.=2Q2（2S（））④

由①②③④可得，水平恒力

3mvl

F=

4so

動摩擦因數(shù)

也4—gs（）

滑動摩擦力

-2

Ff=jLtmg=——

可知F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的3倍，

故。正確，。錯誤；

A.在此過程中，外力F做功為

W=Fs0=^-mvo

故A錯誤；

B.由平均速度公式可知，外力F作用時間

t_§0_2so

。+V

-2o

在此過程中，F(xiàn)的沖量大小是

I=Ft1=-^mv0

故B正確。

故選BC。

畫2【多選】（2023?青海?統(tǒng)考二模）兩帶電的平行板A、B水平放置,上極板A的中央有一小孔.如圖甲所

示，一帶電油滴從小孔的正上方的O點處自由下落，穿過上極板A中央的小孔后，剛好不與下極板B相

碰，在此過程中，油滴的速度”隨時間t變化的關系如圖乙所示.重力加速度為g,不計空氣阻力，可知

（）

A.在±=琳時，油滴剛好穿過人板的小孔B.在±=3益時，油滴剛好返回到。點

C.油滴受到的重力與電場力之比為2：3D.O點到下極板B的距離為2g總

【答案】47

【詳解】AB.根據(jù)題意再結合甲乙兩圖分析可知，油滴先從O點開始做自由落體運動，在土=灰時，油滴剛

好穿過A板的小孔，在力=3曲時，油滴在電場中速度減為零，剛好到達B板（未與之相碰），故A正確，B錯

、口

沃；???

C.速度一時間圖像的斜率表示物體的加速度，設油滴進入電場時的速度為以由圖乙可知，油滴做自由

落體運動時，由牛頓第二定律有

v

mg=m——

to

油滴進入電廠后，由牛頓第二定律有

Eq-mg=m-^~

聯(lián)立以上兩式可得

mg:Eq=2:3

故。正確；

D.0?益時間段內(nèi)油滴做自由落體運動，則M時刻的速度為

v=gtQ

而速度一時間圖線與時間軸圍成的面積表示位移，則可知。點到下極板B的距離為

S=3書=-ygio

故D錯誤。

故選A。。

【模型二】"等位移折返”模型

⑴特點:初(或末)速度為零，兩段運動位移大小相等為以

(2)位移三個公式:位移公式C=4&者=；速度位移公式2=三=尊-;

222al2a2

平均速度位移公式工=今力=導2

⑶三個比例式:①曳=烏；②四=工=堂.③色=等

電電V2Ek2。2tl

案例剖析1

吼工【多選】(2021?全國?高考真題)一質(zhì)量為館的物體自傾角為a的固定斜面底端沿斜面向上滑動。該物體

開始滑動時的動能為瓦,向上滑動一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動，到達斜面底端時動能為

年。已知或na=0.6,重力加速度大小為g。貝!j()

A.物體向上滑動的距離為MB.物體向下滑動時的加速度大小為4

2mg5

C.物體與斜面間的動摩擦因數(shù)等于0.5D.物體向上滑動所用的時間比向下滑動的時間長

【答案】BC

【詳解】47.物體從斜面底端回到斜面底端根據(jù)動能定理有

Q；Ek

—[img-2lcosa=-Ek

物體從斜面底端到斜面頂端根據(jù)動能定理有

—mglsina—/imglcosa=Q-Ek

整理得?M

A錯誤，。正確；

B.物體向下滑動時的根據(jù)牛頓第二定律有

ma=mgsm.a—fimgcosa

求解得出

_9

a~~5

B正確；

D.物體向上滑動時的根據(jù)牛頓第二定律有

mai=mgsina+/imgcosa

物體向下滑動時的根據(jù)牛頓第二定律有

7n。下=mgsina—pmgcosa

由上式可知

Q上〉。下

由于上升過程中的末速度為零，下滑過程中的初速度為零，且走過相同的位移，根據(jù)公式

I—

則可得出

力上V土下

D錯誤。

故選BC。

吼2（2023春?全國?高三專題練習）海洋館中一潛水員把一質(zhì)量為小的小球以初速度"。從手中豎直拋出，從

拋出開始計時，3。時刻小球返回手中，小球始終在水中且在水中所受阻力大小不變,小球的速度隨時間變

化的關系圖像如圖所示，重力加速度大小為g,則小球在水中豎直下落過程中的加速度大小為（）

【答案】B

【詳解】根據(jù)小球的速度隨時間變化的關系圖像分析知,第一階段加速度大，大小為空，第二階段加速度

to

小，故小球先豎直向上做勺減速直線運動，再豎直向下做勻加速直線運動，從拋出開始計時，3力0時刻小球

返回手中

—

t0_v（344）

22

解得

故球在水中豎直下落過程中的加速度大小

a=2=&

21o410

根據(jù)牛頓第二定律，先豎直向上做勻減速直線運動

,r00

mg+j=m—

to

再豎直向下做句加速直線運動

mg—f=ma

聯(lián)立解得，小球在水中豎直下落過程中的加速度大小為

2

故選B。

【模型三】三倍加速度運動模型------等時間折返模型

(1)特點:初速度為零，兩段總位移為零。

(2)位移兩個公式：(。山)力2—巖；—]~2—~^2=0

⑶特殊結論:若t1—12,則有——[

a23v22

【證明】物體從A點由靜止開始做加速度大小為Qi的勻加速直線運動，經(jīng)時間力到達石點，速度大小為3,這時

突然改為做加速度大小為Q2的勻減速直線運動,又經(jīng)過時間力回到4點,速度大小為。2，求：Q1：Q2和%：。2。

根據(jù)題意，畫出示意圖如圖所示

ABV,

「；一I

以向右為正方向，2t內(nèi)總位移為零，由運動學公式。=伙)+。力有

%=a^t

一叨=vi—a2t

22

由運動學公式x=vQt+-^-at有1~QIF+(V1t—■1-a2t)=0

聯(lián)立解得QRQ2=1:3

v1:v2=1:2

案例剖析1

題工【多選】（2023?天津?qū)幒?高三天津市寧河區(qū)蘆臺第一中學?？茧A段練習）如圖所示,傾角為6的光滑斜面

足夠長，一質(zhì)量為m的小物體,在沿斜面向上的恒力F作用下，由靜止從斜面底端沿斜面向上做勻加速直

線運動，經(jīng)過時間t,力F做功為60J,此后撤去力F,物體又經(jīng)過相同的時間力回到斜面底端，若以地面為

零勢能參考面，則下列說法中正確的是（）

A.物體回到斜面底端的動能小于60J

B.恒力F=27ngsin。

C.撤去力F時，物體的重力勢能是45J

D.動能與勢能相等的時刻一定出現(xiàn)在撤去力F之后

【答案】CD

【詳解】物體靜止開始從斜面底端開始運動直到最后返回斜面底端，此過程斜面光滑沒有摩擦力做

功，重力做功為。，根據(jù)動能定理有

Ek—0=WF=60J

選項A錯誤；

B.撤去F前，加速度

a————gsin）9

m

撤去F后，加速度

a'=gsind

根據(jù)力F撤去前后位移等大反向，判斷撤去前后平均速度等大方向，由于撤去前后都是勻變速所以有

0+at_at+（at—a't）

~2—-2

整理得

a!—3a

即

F=-^mgsind

選項錯誤；

C.撤去力F前，力R做功

Fs=5mgsin。?s=60J

重力做功

—mgsinffXs=45J

所以撤出力F時，物體的重力勢能是45J,選項。正確；

D.力F撤去前，合力絲等也小于重力沿斜面的分力m5sinP,即合力做功小于克服重力做功，增加的動

能小于增加的重力勢能，撤去力F之前一定是重力勢能大于動能，最后返回斜面時重力勢能為0,小于動

能，所以動能與勢能相等的時刻一定出現(xiàn)在撤去力F之后，選項。正確。

故選CD。

回2（2023春?山東威海?高三階段練習）如圖甲所示,兩平行金屬板A、B水平放在真空中，板間距為d,金屬

板長2d,OO'為板間中線，48板間的電勢差U隨時間力的變化情況如圖乙所示。有一個質(zhì)量為電

荷量為g的帶電小球，力=0時刻從。點以。。的速度水平沿射入。T時刻小球恰好從。'點射出，

小球運動過程中恰好未B與極板相碰。已知重力加速度大小為g,則下列說法正確的是（）

八UAB

o--O'I

Bl--1OTT

2

甲乙

A.小球所受的電場力大小等于重力大小B.板間電壓。=網(wǎng)更

q

C.力=《時，小球速度大小為12D.t=T時，小球速度大小為v0

【答案】。

【詳解】取豎直向下為正方向，在0~y時間內(nèi)，小球在豎直方向上做自由落體運動，豎直位移大小為

陰=_萬1。（/童T\2

時間內(nèi)，在豎直方向上，小球先向下做勻減速直線運動，速度減至零后向上做勻加速直線運動，加速

度恒定，將這段時間內(nèi)小球的運動看成一種勻減速直線運動，設時間內(nèi)小球的加速度大小為a,根

據(jù)牛頓第二定律有

U

q——mg—ma

d

豎直位移為

T時刻小球恰好到達。點時，則有

"+%=0

聯(lián)立解得

a=3g

琦=4mg

U—4mgd

q

故AB錯誤；

C.設方=4時速度大小為””根據(jù)題意則有

29

々工+工）=旦

2V26>2

VQT=2d

聯(lián)立得到

3

???

所以t=;時，速度大小為

。=/褚+說=%。

故。正確；

D.1=T時，小球豎直分速度為

，TQT丁3

%=g萬一3g?5=-gT=--v0

所以速度大小

故。錯誤；

故選。。

【模型四】兩類常見非勻變速直線運動模型

類型一:力嬉時間均勻變化

由物塊的受力可知mg—/=?na

由圖像可知斤

成0

解得a=g一斗―

故隨時間的增大，物塊先做加速度逐漸減小的加速運動，后做加速逐漸增大的減速運動,最后停止下滑,靜止

后物塊的加速度為零，處于平衡狀態(tài);當t=0時,物塊的加速度最大為g；當力=勿時，物塊的加速度為零，此時

物塊的速度最大。做出a—￡圖像根據(jù)圖像的面積求得最大速度0^=之gt0

類型二，力隨位移均勻變化

變加速直線運動,初速度的平方與末速度的平方的差值等于a-c圖線與坐標軸圉的面積的2倍。

經(jīng)典案例------小球彈簧模型

⑴下落的“三段四點”：

---------o最高點：速度為零

速度不是最大

q方向1，大小減小

加速度為零、速度最大

a方向T,大小增大

速度為零、加速度最大且大于g???

（2）四個圖像

案例剖析"

I,

曲1（2023秋?河北承德?統(tǒng)考期末）如圖甲所示,質(zhì)量為m的物塊在水平力F的作用下可沿豎直墻面滑動,水

平力F隨時間t變化的關系圖像