2026版高考物理培優(yōu)模型專題01常見的勻變速直線運動模型目錄TOC\o"1-3"\h\u【模型一】剎車模型 1【模型二】“0—v—0”運動模型 6【模型三】反應時間與限速模型 191.先勻速，后減速運動模型反應時間問題 192.先加速后勻速運動模型限速問題 223.先加速后勻速在減速運動模型最短時間問題 244.多過程運動之“耽誤時間（先減后加）”模型 26【模型四】雙向可逆類運動模型 31【模型五】等位移折返模型 32【模型六】等時間折返模型 43【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?。虎诟鶕?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.1.列車進站時以20m/s的初速度開始做勻減速直線運動加速度大小為1.25m/s2，列車速度減為0后在李子壩站?？苛?0s。則關于列車進站過程下列說法正確的是（）A．列車在減速運動階段速度減小得越來越慢B．列車開始減速后，t＝8s時的速度為12m/sC．列車開始減速后，20s內(nèi)的位移為150mD．列車勻減速階段最后1s內(nèi)的位移大小是0.625m【答案】D【詳解】A．由于減速過程中加速度大小不變，故列車在減速運動階段速度減小的快慢不變，故A錯誤；B．t＝8s時的速度為v1＝v0－at1＝10m/s故B錯誤；C．列車減速到0所用時間t＝＝16s故20s內(nèi)的位移和16s的位移一樣，因此故C錯誤；D．列車勻減速階段最后1s內(nèi)的位移大小為x′＝at′2其中t′＝1s，解得x′＝0.625m故D正確。故選D。2．（2024·山東濰坊·三模）2024濰坊市足球聯(lián)賽于3月24日在濰坊四中和利昌學校開賽。在賽前訓練中，運動員將足球用力踢出，足球沿直線在草地上向前滾動，其運動可視為勻變速運動，足球離腳后，在0~t時間內(nèi)位移大小為2x，在t~3t時間內(nèi)位移大小為x。則足球的加速度大小為（

）A． B． C． D．【答案】A【詳解】若足球在3t時刻停止，根據(jù)逆向思維法可知，相等時間間隔內(nèi)的位移之比為1：3：5：…，由0~t時間內(nèi)位移大小為2x，則在t~3t時間內(nèi)位移大小應為1.6x，而題干為x，則說明在3t之前足球就已經(jīng)停止運動。根據(jù)逆向思維法則有v2=2ax聯(lián)立解得故選A。3．（2024·山東濟寧·三模）智能尋跡小車目前被應用于物流配送等多個領域，為測試不同尋跡小車的剎車性能，讓它們在圖甲中A點獲得相同的速度，并沿直線AB剎車，最終得分為剎車停止時越過的最后一條分值線對應的分數(shù)，每相鄰分值線間距離為0.5m。某小車M測試時恰好停止于100分分值線，該車的位移和時間的比值與t之間的關系圖像如圖乙所示，小車均可視為質(zhì)點。下列說法正確的是（）A．小車M剎車過程中加速度大小為B．A點距100分分值線的距離為2mC．1s時小車M的速度為D．若某小車恰好勻減速停止于96分分值線，則該車的加速度大小為【答案】B【詳解】A．根據(jù)題意，由公式整理可得結(jié)合圖像可得，解得即小車M剎車過程中加速度大小為，故A錯誤；BC．A點距100分分值線的距離為1s時小車M的速度為故B正確，C錯誤；D．若某小車恰好勻減速停止于96分分值線，則剎車距離為則該車的加速度大小為故D錯誤。故選B。4．（2024·青海海南·一模）近來，交警部門開展的“車讓人”活動深入人心，不遵守“車讓人”的駕駛員將受到嚴厲處罰。假設一輛以36km/h的速度勻速行駛的汽車即將通過路口，此時一老人正在過人行橫道，汽車的車頭距離人行橫道14m。若該車減速時的最大加速度為；要使該車在到達人行橫道前停止，駕駛員的反應時間不能超過（

）A．0.5s B．0.4s C．0.3s D．0.2s【答案】B【詳解】汽車勻速行駛時的速度大小汽車從開始剎車到停止的位移大小汽車在駕駛員反應時間內(nèi)勻速運動的位移駕駛員的反應時間故選B。5．（2024·陜西渭南·一模）具有“主動剎車系統(tǒng)”的汽車遇到緊急情況時，會立即啟動主動剎車。某汽車以72km/h的速度勻速行駛時，前方45m處突然出現(xiàn)一群羚羊橫穿公路，“主動剎車系統(tǒng)”立即啟動，汽車開始做勻減速直線運動，恰好在羚羊通過道路前5m處停車。汽車開始“主動剎車”后第4s內(nèi)通過的位移大小為（）A．1m B．1.5m C．2m D．2.5m【答案】D【詳解】依題意，汽車做勻減速直線運動，其位移為初速度設加速度大小為a，則有解得汽車的剎車時間為由“逆向思維”可知汽車開始“主動剎車”后第4s內(nèi)通過的位移大小為反方向做勻加速直線運動第1s內(nèi)的位移大小，即故選D。6.2022年北京冬季奧運會冰壺比賽的水平場地如圖所示，運動員推動冰壺從發(fā)球區(qū)松手后，冰壺沿中線做勻減速直線運動，最終恰好停在了營壘中心．若在冰壺中心到達前擲線時開始計時，則冰壺在第末的速度大小，在第內(nèi)運動了，取重力加速度大小。求：（1）冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)；（2）營壘中心到前擲線的距離。【答案】（1）；（2）【詳解】（1）假設冰壺速度減到0后冰壺可以反向退回，則冰壺的加速度大小若冰壺以加速度減速，則冰壺在最后通過的位移所以冰壺在第內(nèi)的某瞬間已經(jīng)停止運動，令，設冰壺運動所用的時間為t，則有，解得（2）根據(jù)運動學公式有解得【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，常常可以利用結(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。【模型要點】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\*GB3①速度公式推導可得：=2\*GB3②速度位移公式推導可得：=3\*GB3③平均速度位移公式推導可得：2.位移三個公式：；；3.v-t圖像ttOvt2t1a2a1v01.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時，速度的大小為，此時撤去F，物體繼續(xù)滑行的路程后停止運動，重力加速度大小為g，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C．物體與桌面間的動摩擦因數(shù)等于D．F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的2倍【答案】BC【詳解】CD．外力撤去前，由牛頓第二定律可知①由速度位移公式有②外力撤去后，由牛頓第二定律可知③由速度位移公式有

④由①②③④可得，水平恒力動摩擦因數(shù)滑動摩擦力可知F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的3倍，故C正確，D錯誤；A．在此過程中，外力F做功為故A錯誤；B．由平均速度公式可知，外力F作用時間在此過程中，F(xiàn)的沖量大小是故B正確。故選BC。2.兩帶電的平行板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v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．在時，油滴剛好穿過A板的小孔B．在時，油滴剛好返回到O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【答案】AC【詳解】AB．根據(jù)題意再結(jié)合甲乙兩圖分析可知，油滴先從O點開始做自由落體運動，在時，油滴剛好穿過A板的小孔，在時，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錯誤；C．速度-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，由圖乙可知，油滴做自由落體運動時，由牛頓第二定律有油滴進入電廠后，由牛頓第二定律有聯(lián)立以上兩式可得故C正確；D．時間段內(nèi)油滴做自由落體運動，則時刻的速度為而速度-時間圖線與時間軸圍成的面積表示位移，則可知O點到下極板B的距離為故D錯誤。故選AC。3.如圖是某運動員做低空跳傘表演的圖像，從該運動員離開懸停的飛機開始計時，運動員先做自由落體運動，時刻打開降落傘，時刻落到地面，打開降落傘后運動員獲得的加速度大小為5m/s2。，下列說法正確的是（）A．運動員離開飛機10s后打開降落傘B．運動員在空中下落過程用時9sC．運動員距離地面247.5m時打開降落傘D．飛機距離地面375m【答案】C【詳解】A．由打開降落傘前運動員做自由落體運動，則得故A錯誤；B．減速時，有得運動員在空中下落過程用時14s，故B錯誤；C．運動員減速下落的距離為故運動員距離地面247.5m時打開降落傘，故C正確；D．運動員自由落體的距離為飛機距離地面的高度等于運動員下落的距離故D錯誤。故選C。4.如圖所示的自由落錘式強夯機將8~30t的重錘從6~30m高處自由落下，對土進行強力夯實。某次重錘從某一高度自由落下，已知重錘在空中運動的時間為、從自由下落到運動至最低點經(jīng)歷的時間為，重錘從地面運動至最低點的過程可視為做勻減速直線運動，當?shù)刂亓铀俣葹間，則該次夯土作業(yè)（）A．重錘下落時離地高度為B．重錘接觸地面后下降的距離為C．重錘接觸地面后的加速度大小為D．重錘在空中運動的平均速度大于接觸地面后的平均速度【答案】AC【詳解】AD．由題意可知，重錘在運動過程中受到的空氣阻力可以忽略不計。作出圖像，如圖所示，根據(jù)自由落體公式可知，重錘下落時離地高度為根據(jù)勻變速直線運動中平均速度可知，重錘在空中運動的平均速度等于接觸地面后的平均速度，A正確，D錯誤；B．根據(jù)可知，重錘下落時離地高度和重錘接觸地面后下降距離之比為故重錘接觸地面后下降的距離為B錯誤；C．根據(jù)可知，重錘接觸地面后的加速度大小為C正確。故選AC。5.（2024·福建三明·三模）如圖甲所示的救生緩降器由掛鉤（或吊環(huán)）、吊帶、繩索及速度控制裝置等組成，是一種可使人沿（隨）繩（帶）緩慢下降的安全營救裝置。如圖乙所示，高層建筑工人在一次險情中，將安全帶系于腰部，從離地面某高度處通過鋼絲繩先勻加速運動后勻減速運動安全著陸，圖丙是工人運動全過程的圖像。已知工人的質(zhì)量，，則下列說法中正確的是（）A．發(fā)生險情處離地面的高度為27mB．時鋼絲繩對工人拉力的瞬時功率為630WC．加速下滑時鋼絲繩對工人的拉力大小為280ND．整個過程中工人所受重力做功為18900J【答案】C【詳解】A．發(fā)生險情處離地面的高度為故A錯誤；B．根據(jù)數(shù)學知識可得時速度為加速度由牛頓第二定律解得則鋼絲繩對工人拉力的瞬時功率為故B錯誤；C．加速下滑時加速度由牛頓第二定律鋼絲繩對工人的拉力大小為故C正確；D．整個過程中工人所受重力做功為故D錯誤。故選C。6.如圖甲所示，鳥兒為了生存像炮彈或標槍一樣一頭扎入水中捕魚，假設鳥的俯沖是自由落體運動，進入水中后是勻減速直線運動，其圖像如圖乙所示，自由落體運動的時間為，整個過程的運動時間為，最大速度為，重力加速度取，下列說法正確的是（）A．B．整個過程下落的高度為27mC．至時間內(nèi)圖像的斜率為D．至時間內(nèi)阻力是重力的1.5倍【答案】B【詳解】A．鳥做自由落體運動的最大速度為，由自由落體運動的規(guī)律有解得故A項錯誤；B．整個過程下落的高度為題圖乙圖像與時間軸所圍成的面積，則故B項正確；C．至時間內(nèi)圖像的斜率為故C項錯誤；D．至時間內(nèi)，由牛頓第二定律有又因為圖像中，圖像的斜率表示加速度，即解得即阻力是重力的2.5倍，故D項錯誤。故選B。7．（2025高三上·山東濟寧·開學考試）潛艇從海水高密度區(qū)域駛?cè)氲兔芏葏^(qū)域，浮力頓減，稱之為掉深。如圖甲所示，某潛艇在高密度海水區(qū)域沿水平方向緩慢航行。t=0時，該潛艇掉深，隨后采取措施成功脫險，在0～30s時間內(nèi)潛艇豎直方向的v-t圖像如圖乙所示（設豎直向下為正方向）。不計水的粘滯阻力，則（）A．潛艇在掉深時的加速度為1m/s2B．t=30s時潛艇回到初始高度C．潛艇豎直向下的最大位移為100mD．潛艇在10～30s時間內(nèi)處于超重狀態(tài)【答案】D【詳解】A．潛艇在“掉深”時向下加速，則由圖像可知加速度為故A錯誤；B．在30s內(nèi)先向下加速后向下減速，則潛艇向下到達最大深度，故B錯誤；C．由圖像可知潛艇豎直向下的最大位移為故C錯誤；D．由圖可知，潛艇在10～30s時間內(nèi)向下減速，加速度向上，則處于超重狀態(tài)，故D正確。故選D。8.（2025·江西撫州·模擬預測）冰壺由花崗巖鑿磨而成，冰壺運動是冬奧會的一個項目。如圖所示，運動員在O點以一定的初速度將冰壺（可看作質(zhì)點）沿水平冰面投出，冰壺在冰面上沿直線滑行、經(jīng)歷時間后經(jīng)過P點，然后繼續(xù)沿直線滑行、經(jīng)歷時間后經(jīng)過Q點，最后停在R點。冰壺和冰面間的動摩擦因數(shù)處處相等，取重力加速度。求：(1)冰壺的初速度大小；(2)Q和R兩點之間的距離。【答案】(1)3.6m/s(2)0.9m【詳解】（1）因為冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)處處相等，因此冰壺滑動時受到的摩擦力處處相等，又因為冰壺沿直線運動，因此冰壺在O點至R點的運動為勻減速直線運動，假設冰壺運動的加速度大小為a，在O點時的速度大小為，在Q點時的速度大小為，因此有解得（2）由代入數(shù)據(jù)可得已知運動到R點時冰壺停下，因此有代入已知數(shù)據(jù)可知9．（2025·福建泉州·一模）人工智能已在生活中得到廣泛應用。一游客攜帶智能行李箱出行，旅客行走時，行李箱無需人的牽引可在地面上跟隨游客運動，如圖甲所示。某段時間內(nèi)，行李箱速度v隨時間t的變化圖像如圖乙所示。已知行李箱的質(zhì)量，時間內(nèi)行李箱的總位移。求：(1)行李箱加速階段的位移大小以及減速運動的時間；(2)減速階段行李箱受到的合力大小F。【答案】(1)，(2)【詳解】（1）由圖像可知行李箱前5s內(nèi)的位移大小為其中，代入可得5s后的位移大小為其中解得（2）行李箱減速過程中的加速度大小為，由運動學公式由牛頓第二定律有解得10．（2025高三上·云南昆明·階段練習）潛艇從海水高密度區(qū)域駛?cè)氲兔芏葏^(qū)域，浮力突然減小，潛艇如同汽車那樣掉下懸崖，稱之為“掉深”，曾有一些潛艇因此沉沒。某潛艇總質(zhì)量為，在高密度海水區(qū)域海平面下200m沿水平方向緩慢潛航，如圖所示。當該潛艇駛?cè)牒Ｋ兔芏葏^(qū)域時，浮力突然降為；12s后，潛艇官兵迅速對潛艇減重（排水），此后潛艇以的加速度勻減速下沉，速度減為零后開始上浮。若潛艇減重的時間不計，水的粘滯阻力可忽略，潛艇減重前后受到的浮力保持不變。取重力加速度大小，求：（1）潛艇為阻止“掉深”減重后的質(zhì)量；（2）潛艇“掉深”達到距海平面的最大深度。【答案】（1）；（2）【詳解】（1）潛艇勻減速下沉過程，根據(jù)牛頓第二定律，可得解得（2）由牛頓第二定律，潛艇勻加速下沉的加速度為解得12s后潛艇速度為潛艇下落的高度為潛艇減重后下落的高度為潛艇“掉深”達到距海平面的最大深度為【模型三】反應時間與限速模型【概述】1.先勻速，后減速運動模型反應時間問題ttOvx2t1av0x1總位移1.為了安全，在公路上行駛的汽車之間應保持一定的距離。假設某人駕駛一輛汽車在平直公路上以速度勻速行駛，突然前方汽車停止，司機從發(fā)現(xiàn)這一情況到踩下剎車所經(jīng)歷的時間（即司機的反應時間）為。在干燥和濕潤兩種路況下，汽車輪胎與路面的動摩擦因數(shù)分別為和，且，對應的安全距離分別為x1、x2，重力加速度為g，則下列選項正確的是（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】汽車剎車后做勻減速直線運動，由牛頓第二定律所以路面干燥時，汽車的安全距離為路面濕潤時，汽車的安全距離為又因為所以易得B正確。故選B。2.根據(jù)《機動車駕駛證申領和使用規(guī)定》，司機闖紅燈要扣6分，并處罰金200元。某小轎車駕駛員看到綠燈開始閃時，經(jīng)短暫時間思考后開始剎車，小轎車在紅燈剛亮時恰停在停車線上，圖像如圖所示。若綠燈開始閃爍時小轎車距停車線距離，則（）A．小轎車剎車的加速度大小為2m/s2B．小轎車的剎車距離為7mC．綠燈開始閃爍到紅燈剛亮的時間為3sD．綠燈開始閃爍到紅燈剛亮的時間為2.5s【答案】C【詳解】AB．由題意可知小轎車在整個過程的位移L＝10.5m，轎車勻速運動的位移所以轎車剎車過程的位移剎車過程根據(jù)速度位移關系有可得剎車的加速度大小為故AB錯誤；CD．剎車過程根據(jù)速度時間關系有解得剎車時間為綠燈開始閃爍到紅燈剛亮的時間為故C正確，D錯誤。故選C。3.當車輛在公路上出現(xiàn)故障不能移動時，為保證安全，需要在事故車輛后面一定距離放置如圖所示的警示標志。通常情況下，司機看到警示標志后會有大約的反應時間。某省道限速（約為），假設某后方司機即將撞到警示標志時才看到該標志，為避免后方車輛與故障車相撞，警示標志應放在故障車尾后面的距離不小于（汽車在此公路剎車過程最大加速度大小為）（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】為充分保證安全距離，取反應時間最大為0.7s，則當以最大速度行駛時開始剎車到停止時距離為反應時間中行駛距離為得總距離為故選C。4.無人駕駛汽車通過車載傳感系統(tǒng)識別道路環(huán)境，自動控制車輛安全行駛。無人駕駛有很多優(yōu)點，如從發(fā)現(xiàn)緊急情況到車開始減速，無人車需要0.2s，比人快了1s。人駕駛汽車以某速度勻速行駛，從發(fā)現(xiàn)情況到停下的運動距離為44m，汽車減速過程視為勻減速運動，其加速度大小為。同樣條件下，無人駕駛汽車從發(fā)現(xiàn)情況到停下的運動距離為（

）A．24m B．26m C．28m D．30m【答案】A【詳解】設汽車運動的速度為v0，則人駕駛時發(fā)現(xiàn)情況到停下的運動距離為即解得v0=20m/s無人駕駛汽車時發(fā)現(xiàn)情況到停下的運動距離為故選A。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1.（2025高三上·內(nèi)蒙古呼和浩特·開學考試）中國高鐵向世界展示了中國速度，和諧號動車和復興號高鐵相繼從沈陽站點由靜止出發(fā)，沿同一方向做直線運動。兩車運動的速度一時間圖像如圖所示，下列說法正確的是（）A．復興號高鐵追上和諧號動車前，時兩車相距最遠B．時，復興號高鐵追上和諧號動車C．復興號高鐵時，速度達到最大D．復興號高鐵追上和諧號動車前，兩車最遠相距4900m【答案】C【詳解】A．時，和諧號動車速度大于復興號高鐵，時，和諧號動車速度小于復興號高鐵，故復興號高鐵追上和諧號動車前t=140s時兩車相距最遠，故A錯誤；B．t=140s時，兩車只是速度大小相等，但是位移大小不相等，所以沒有追上，故B錯誤；C．根據(jù)v-t圖像中，斜率表示加速度可知，高鐵的加速度為所以加速到95m/s的所用的時間應為所以當t=70s+95s=165s時，速度達到最大，C正確；D．復興號高鐵追上和諧號動車前t=140s時兩車相距最遠，由于v-t圖像中面積表示位移，所以兩車最遠相距應為故D錯誤。故選C。2.下表是《國家學生體質(zhì)健康標準》中高三年級男生50m跑評分表（單位：s）。該測試簡化為先勻加速起跑，達到最大速度后再勻速直線到達終點。現(xiàn)在有甲和乙兩位同學參加測試，他們兩人勻加速起跑時間均為2s，最終成績分別為90分和66分，則甲和乙最大速度的比值為（）等級優(yōu)秀良好合格單項得分1009590858078767472706866646260成績6.86.97.07.17.27.47.67.88.08.28.48.68.89.09.2A． B． C． D．【答案】B【詳解】由題意結(jié)合表格數(shù)據(jù)可知甲跑完50m所用時間為，乙跑完50m所用時間為，設甲和乙最大速度分別為、，則有，解得，則甲和乙最大速度的比值為故選B。3.先加速后勻速在減速運動模型最短時間問題1.（2024·遼寧·模擬預測）如圖（a）所示，南京大學醫(yī)學院新建的手術室為感應自動門，人走近時自動打開，離開時自動關閉，這種感應技術可以有效地減少手術室內(nèi)的細菌和病毒的傳播，同時也可以避免手動開門的不便和風險。已知該感應門寬度為d，感應門打開過程中的v-t圖像如圖（b）所示，最大速度為vm，加速與減速時的加速度大小均為a，則感應門完全打開需要的時間是（

）A． B． C． D．【答案】D【詳解】設加速和減速過程用時間均為t1，總時間為t，則其中解得故選D。2．為進一步優(yōu)化公交網(wǎng)線布局，提高公交運營效率，阜陽市公交集團優(yōu)化調(diào)整，采取大站快線的運營模式。阜陽西站和火車站間的某條公交線路里程為20km，之間設置了4個停靠站。快線公交車運行的最大速度為，進站和出站過程中，加速度大小均為，其余行駛時間內(nèi)保持最大速度勻速行駛。公交車在每個站點停車時間約為40s，則乘快線公交從阜陽西站到火車站的最短時間約為（

）A．1568s B．1553s C．1538s D．1608s【答案】A【詳解】由于進站和出站過程中，加速度大小均為，進站和出站過程時間相同。進站和出站總時間為分析可知，汽車要經(jīng)過5次加減速，則變速運動時間為變速運動位移則汽車勻速運動時間則乘快線公交從阜陽西站到火車站的最短時間約為故選A。3.在救災過程中，一名武警戰(zhàn)士在離地面高處，相對地面靜止的直升機上通過一根豎直的長繩下滑。由于災情緊迫，戰(zhàn)士想以最短的時間滑至地面，以重力加速度開始加速下滑。已知該戰(zhàn)士落地的速度不能大于。如果以最大壓力作用于長繩，戰(zhàn)士做減速運動的最大加速度可以達到，長繩的下端恰好著地，當?shù)氐闹亓铀俣葹?。不考慮戰(zhàn)士的身高因素。求戰(zhàn)士下滑的最短時間和加速下滑的距離。【答案】，【詳解】設加速下滑過程的末速度為，接著以最大加速度減速下滑時，落地的速度剛好為；則加速下滑的距離為減速下滑的距離為又聯(lián)立解得，戰(zhàn)士下滑的最短時間為4.多過程運動之“耽誤時間（先減后加）”模型ttOva2tv0a1耽誤距離，耽誤時間ttOva2t1v0a1t2t3耽誤距離，耽誤時間【模型演練1】（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）長為l的高速列車在平直軌道上正常行駛，速率為v0，要通過前方一長為L的隧道，當列車的任一部分處于隧道內(nèi)時，列車速率都不允許超過v（v<v0）。已知列車加速和減速時加速度的大小分別為a和2a，則列車從減速開始至回到正常行駛速率v0所用時間至少為（

）A． B．C． D．【答案】C【詳解】由題知當列車的任一部分處于隧道內(nèi)時，列車速率都不允許超過v（v<v0），則列車進隧道前必須減速到v，則有v=v0-2at1解得在隧道內(nèi)勻速有列車尾部出隧道后立即加速到v0，有v0=v+at3解得則列車從減速開始至回到正常行駛速率v0所用時間至少為故選C。2.有一輛家用小汽車，通過某省界卡口，在ETC車道上可以不停車而直接先減速扣費后加速通過。若小汽車勻速駛?cè)隕TC通道，在距離剛好自動識別扣費的位置處，小汽車開始以大小為的加速度勻減速行駛，通過自動識別扣費位置時的速度為，扣費后，小汽車立即以的加速度勻加速至減速之前的速度（假設此省界卡扣的前、后都是平直大道，道路寬度與車長不計）。求（1）該車駛?cè)隕TC通道前的勻速運動的速度大?。?）該車從減速開始到恢復到減速前速度的過程中，運動的總時間是多少？（3）因為通過ETC通道，該車需要減速和加速過站所耽誤的時間為多少？【答案】（1）20m/s；（2）5.14s；（3）1.54s【詳解】（1）小汽車做勻減速運動過程，根據(jù)運動學公式可得其中代入數(shù)據(jù)解得該車駛?cè)隕TC通道前的勻速運動的速度大小為（2）小汽車做勻減速運動的時間為小汽車做勻加速運動過程，有解得則該車從減速開始到恢復到減速前速度的過程中，運動的總時間為（3）小汽車做勻加速運動過程的位移為則小汽車一直做勻速運動所用時間為因為通過ETC通道，該車需要減速和加速過站所耽誤的時間為3.收費站ETC專用通道可以不停車拿卡而直接減速通過，且車輛通過收費站的最大速度不超過8m/s。一輛以m/s的速度勻速行駛的汽車駛向收費站，在距離ETC收費口33.6m處開始勻減速，剛好符合要求通過，之后汽車做加速運動，加速度大小為減速時加速度大小的，直到速度達到v0=20m/s，汽車勻速離開收費站。（假設收費站的前后都是平直的，汽車減速到8m/s時立即做勻加速運動）(1)求汽車勻加速時的加速度大??；(2)求汽車因通過收費站而耽誤的時間?！敬鸢浮?1)；(2)【詳解】(1)汽車進入收費站前做勻減速直線運動，則代入可得減速時的加速度大小a1=5m/s2則加速時的加速度大小為(2)汽車通過收費站經(jīng)歷勻減速和勻加速兩個階段，設勻加速階段的位移為x2，設兩個階段所用時間分別為t1和t2，則減速階段解得t1=2.4s加速階段則加速和減速的總時間為t=t1+t2=5.4s在加速階段總位移若汽車勻速通過，所需的時間汽車因通過收費站而耽誤的時間4.高鐵被譽為中國“新四大發(fā)明”之一，一列長度為的高鐵從鄭州東站到漯河西站，正常行駛時速度為中途經(jīng)過許昌東站，正常情況下經(jīng)過許昌東站不停車，但為了安全，要求列車在進入許昌東站時要減速通過，若列車車頭剛?cè)朐S昌東站站臺時，速度剛好勻減速為，然后勻速通過站臺，已知許昌東站站臺長度，列車車尾剛好離開許昌東站站臺時再開始加速到正常速度，其余路段均正常行駛。若某次因為要救治車上病人需要在許昌東站停車，在車頭還沒到達站臺時就要開始勻減速直線運動至速度為零，停車3分鐘，然后勻加速駛離許昌東站直到速度達到正常速度。其中列車只要加速、減速，其加速度大小均為。求：（1）正常行駛時，列車先減速后勻速通過許昌東站再加速到正常速度所用時間；（2）因為救治病人列車先減速后停車再加速所用時間；（3）這列高鐵由于救治病人在許昌東站停車，從鄭州東站到漯河西站比正常行駛多用多長時間。【答案】（1）820s；（2）1380s；（3）500s【詳解】（1）由題知對列車，正常行駛，減速時間，勻速時間，加速時間。則勻速通過許昌東站的時間正常行駛時，列車先減速后勻速通過許昌東站再加速到正常速度所用時間（2）因為救治病人列車先減速時間，后停車，再加速停車時間列車所用時間（3）對列車，正常行駛，減速過程位移為，勻速過程位移為，加速過程位移為。列車通過許昌東站總位移由于救治病人列車減速過程位移為，加速過程位移為。由于救治病人列車通過許昌東站總位移故這列高鐵由于本次在許昌東站停車，從鄭州東站到漯河西站比正常行駛多用時間【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。【模型演練1】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)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脱菥?】(多選)一物體以5m/s的初速度在光滑斜面上向上運動，其加速度大小為2m/s2，設斜面足夠長，經(jīng)過t時間物體位移的大小為4m，則時間t可能為 ()A．1s B．3sC．4s D.eq\f(5＋\r(41),2)s【答案】ACD【解析】當物體的位移為4m時，根據(jù)x＝v0t＋eq\f(1,2)at2得4＝5t－eq\f(1,2)×2t2解得t1＝1s，t2＝4s當物體的位移為－4m時，根據(jù)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正確，B錯誤．【模型演練4】一質(zhì)點做勻變速直線運動，已知初速度大小為v，經(jīng)過一段時間速度大小變?yōu)?v，加速度大小為a，這段時間內(nèi)的路程與位移大小之比為5∶3，則下列敘述正確的是()A．這段時間內(nèi)質(zhì)點運動方向不變B．這段時間為eq\f(3v,a)C．這段時間的路程為eq\f(3v2,2a)D．再經(jīng)過相同時間質(zhì)點速度大小為3v【答案】B【解析】由題意知，質(zhì)點做勻減速直線運動，速度減小到零后，再返回做勻加速運動，即在這段時間內(nèi)運動方向改變，如圖所示，選項A錯誤；由v＝v0＋at得－2v＝v－at，這段時間t＝eq\f(3v,a)，選項B正確；由v2－veq\o\al(2,0)＝2ax得，由初速度為v減速到零所通過的路程s1＝eq\f(v2,2a)，然后反向加速到2v所通過的路程s2＝eq\f(2v2,2a)＝eq\f(2v2,a)，總路程為s＝s1＋s2＝eq\f(5v2,2a)，選項C錯誤；再經(jīng)過相同時間，質(zhì)點速度v′＝v－a·2t＝－5v，即速度大小為5v，選項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∏颍阶罡唿c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。【模型特點】(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\*GB3①；=2\*GB3②；=3\*GB3③(4)v-t圖像ttOvt2t1a2a1v1v21.一質(zhì)量為m的物體自傾角為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，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。已知，重力加速度大小為g。則（）A．物體向上滑動的距離為B．物體向下滑動時的加速度大小為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】AC．物體從斜面底端回到斜面底端根據(jù)動能定理有物體從斜面底端到斜面頂端根據(jù)動能定理有整理得；A錯誤，C正確；B．物體向下滑動時的根據(jù)牛頓第二定律有求解得出B正確；D．物體向上滑動時的根據(jù)牛頓第二定律有物體向下滑動時的根據(jù)牛頓第二定律有由上式可知a上>a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)公式則可得出D錯誤。故選BC。2.如圖甲所示，一物塊從傾角為的斜面底端以一定的初速度沿足夠長的斜面上滑，其運動的速度一時間圖像如圖乙所示，2t0時刻速度減為零，5t0時刻回到出發(fā)點。則下列說法正確的是（）A．物塊返回斜面底端時的速度大小為B．物塊返回斜面底端時的速度大小為C．物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)為D．物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)為【答案】C【詳解】AB．上滑過程有，下滑過程有，聯(lián)立解得，所以AB錯誤；CD．根據(jù)牛頓第二定律，上滑過程有聯(lián)立解得所以C正確；D錯誤；故選C。2.如圖所示，一物塊從傾角為θ的斜面底端以初速度沿足夠長的斜面上滑，經(jīng)時間t速度減為零，再經(jīng)2t時間回到出發(fā)點，下列說法正確的是（

）A．物塊上滑過程的加速度大小是下滑過程加速度大小的2倍B．物塊返回斜面底端時的速度大小為C．物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)為D．物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)為【答案】BC【詳解】A．根據(jù)勻變速直線運動公式得：則：x相同，t是2倍關系，則物塊上滑過程的加速度大小是下滑過程加速度大小的4倍，故A錯誤；B．根據(jù)勻變速直線運動公式得：，則物塊上滑過程的初速度大小是返回斜面底端時的速度大小的2倍，故B正確；CD．以沿斜面向下為正方向，上滑過程，由牛頓第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma1下滑過程，由牛頓第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma2又a2=4a1聯(lián)立解得：故C正確，D錯誤。故選BC。3.一物體以的初速度沿斜面方向滑上足夠長的固定斜面，經(jīng)過一段時間再次回到出發(fā)點，速度大小為，其圖像如圖所示，不計空氣阻力，重力加速度。由圖像可知（）A．物體在斜面上運動的時間為B．該斜面的傾角為C．物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為0.25D．因摩擦力做功損失的機械能為【答案】BC【詳解】A．物體以的初速度沿斜面方向滑上足夠長的固定斜面，經(jīng)過一段時間再次回到出發(fā)點，速度大小為，結(jié)合圖像有解得即物體在斜面上運動的時間為，選項A錯誤；BC．由圖像有有牛頓第二定律有聯(lián)立解得，所以選項BC正確；D．由題給條件無法求得物體的質(zhì)量m，故無法求出因摩擦力做功損失的機械能，選項D錯誤。故選BC。4.傾角為θ、表面粗糙均勻的斜面固定在水平地面上，一物體從斜面底端A以初動能Ek0向上滑動，上滑到最高點C后再返回到出發(fā)點A。當物體向上滑到斜面AC間的B點（圖中未標出）時，它的機械能減少量與它的動能減少量之比為。已知重力加速度為g，不計空氣阻力，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則下列說法正確的是（）A．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為B．物體沿斜面向上運動的加速度為C．在物體由A點出發(fā)到最終滑回到斜面底端過程中，物體損失的機械能為D．物體滑到斜面底端時的動能為【答案】AD【詳解】A．設A、B之間的距離為x，物體沿斜面上滑發(fā)生位移x過程動能損失為，根據(jù)動能定理機械能損失為，根據(jù)功能關系解得由題意解得A正確；B．物體沿斜面向上運動的加速度B錯誤；C．設物體沿斜面上滑的最大位移為L，則物體上滑和下滑損失的機械能C錯誤；D．物體滑到斜面底端的動能D正確。故選AD。5.一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。該物體的動能隨位移x的變化關系如圖所示，圖中、、均已知。根據(jù)圖中信息可以求出的物理量有（）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【答案】BD【詳解】ABC．由動能定義式得，則可求解質(zhì)量m；上滑時，由動能定理下滑時，由動能定理x0為上滑的最遠距離；由圖像的斜率可知，兩式相加可得相減可知即可求解gsinθ和所受滑動摩擦力f的大小，但重力加速度大小、斜面的傾角不能求出，故AC錯誤，B正確；D．根據(jù)牛頓第二定律和運動學關系得，故可求解沿斜面上滑的時間，D正確。故選BD。6.輪滑運動員從t=0時刻開始自斜面底端沿直線滑上足夠長的斜面，當速度減為零時，又沿直線滑回到出發(fā)點，以運動員的初速度方向為正方向，運動員從開始運動到回到出發(fā)點的過程中速度v隨著時間t變化的圖像如圖所示，輪滑運動員可視為質(zhì)點。求∶（1）0~6s內(nèi)運動員在斜面上運動的路程L；（2）運動員上滑過程與下滑過程的加速度大小之比?！敬鸢浮浚?）24m；（2）4【詳解】（1）運動員上滑時運動員下滑時由題意可知x1=－x2，t1+t2=6s聯(lián)立解得t1=2s，t2=4s路程L=2x1=24m（2）運動員上滑時0=v0－a1t1運動員下滑時v=－a2t2解得=47.如圖甲所示，傾角為的粗糙斜面體固定在水平面上，初速度為v0=10m/s，質(zhì)量為m=10kg的小木塊沿斜面上滑，若從此時開始計時，整個過程中小木塊速度v的平方隨路程變化的關系圖像如圖乙所示，取g取10m/s2，求：（1）斜面傾角；（2）小木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)；（3）小木塊沿斜面上滑到回到出發(fā)點所用時間?！敬鸢浮浚?）37°；（2）0.5；（3）【詳解】(1)(2)由圖像可知上滑時加速度大小為下滑時加速度為由牛頓第二定律可得可得(3)由圖可知，上滑初速度v0=10m/s，則上滑時間為下滑回到出發(fā)點時由得下滑時間為小木塊沿斜面上滑到回到出發(fā)點所用時間8.如圖甲所示，一滑塊（可視為質(zhì)點）以初速度從A點沿斜面上滑，到達最高點B后返回至出發(fā)點A。取沿斜面向上方向為正方向，并以滑塊由A點出發(fā)時為時刻，滑塊在時返回到A點，整個過程的圖像如圖乙所示。求：（1）滑塊上滑過程的最大位移；（2）滑塊返回到A點的速度大?。唬?）C點距A點，滑塊經(jīng)過C點對應的時刻。

【答案】（1）；（2）；（3）和【詳解】（1）圖像與時間軸圍成的面積表示位移，由圖知上滑過程的最大位移（2）返回過程位移大小等于上滑過程位移大小，故其中，解得滑塊返回到A點的速度大?。?）上滑經(jīng)過C點其中解得下滑經(jīng)過C點其中解得對應的時刻為和?！灸Ｐ土康葧r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)1.如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場，一帶電量為的物塊放在光滑絕緣水平面上，在恒力F作用下由靜止開始從O點向右做勻加速直線運動，先經(jīng)時間t力F做功，此后撤去力F，物塊再經(jīng)時間返回到出發(fā)點O，且回到出發(fā)點時的速度大小為v。設物塊在O點的電勢能為零，則（）

A．撤去力F時物塊的速度大小為B．物塊向右滑動的最大距離為C．物塊回到出發(fā)點時的動能為D．撤去力F時物塊的電勢能為【答案】C【詳解】A．設F撤去前、后物塊的加速度大小分別為a1、a2，根據(jù)位移關系有解得根據(jù)運動學規(guī)律有所以撤去力F時物塊的速度大小為故A錯誤；B．從撤去F到物塊速度減為零所經(jīng)歷的時間為所以物塊向右滑動的最大距離為故B錯誤；C．物塊從O點開始運動到又回到O點的過程中，電場力做功為零，恒力F做功為90J，根據(jù)動能定理可知物塊回到出發(fā)點時的動能為，故C正確；D．物塊向右運動過程中，電勢能增加量等于克服電場力做的功，根據(jù)能量守恒定律可知物塊向右到達最遠位置時的電勢能為90J，設撤去F時物塊的電勢能為Ep，則解得故D錯誤。故選C。2.某質(zhì)點P從靜止開始以加速度做勻加速直線運動，經(jīng)過時間t后立即以大小為的加速度做勻減速直線運動，又經(jīng)過時間2t后恰好回到出發(fā)點，則有（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】由題意可知，質(zhì)點運動總過程的位移為0，由運動學公式可得解得a2＝1.25a1B正確，ACD錯誤。故選B。3．（多選）如圖所示，在一個固定的光滑的傾角為θ的斜面上，一質(zhì)量為m的物塊在平行于斜面向上的恒力F的作用下，由靜止從斜面底端向上做勻加速直線運動，斜面足夠長，經(jīng)一段時間后撤去恒力F，物塊又經(jīng)相同時間回到出發(fā)點。重力加速度為g。則（

）A．物塊在沿斜面向上運動的過程中，機械能先增大后守恒B．物塊在沿斜面向下運動的過程中，機械能一直減小C．撤去恒力前后，物塊物塊加速度大小之比為1：2D．撤去恒力前后，物塊物塊加速度大小之比為1：3【答案】AD【詳解】AB．物塊在平行于斜面向上的恒力F的作用下向上做勻加速直線運動過程，恒力F做正功，物塊機械能增加，撤去恒力F后，物體由于慣性繼續(xù)向上做勻減速直線運動，速度為零后又向下做勻加速直線運動，但撤去恒力F后，物塊只有重力做功，物塊機械能守恒，A正確、B錯誤；CD．設撤去恒力前物塊的加速度為a1，恒力作用時間為t，則在恒力作用下物塊的位移和撤去恒力瞬間物塊的末速度為，v=a1t設撤去恒力后物塊的加速度為a2，且取沿斜面向下為正有聯(lián)立解得a1：a2=1：3C錯誤、D正確。故選AD。4.如圖所示，靜置于光滑斜面（傾角為）的質(zhì)量為m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)時間后剛好返回起點，則（）A．F與的比應該為3比7B．F與的比應該為9比5C．F與的比應該為7比3D．F與的比應該為2比3【答案】B【詳解】向上運動過程有撤去時物塊速度為向下運動過程有解得即有由于，解得可知故選B。5.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，AB板間的電勢差U隨時間t的變化情況如圖乙所示。有一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電小球，t＝0時刻從O點以v0的速度水平沿OO＇射入。T時刻小球恰好從O＇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（）A．小球所受的電場力大小等于重力大小B．板間電壓C．時，小球速度大小為v0D．時，小球速度大小為v0【答案】C【詳解】AB．取豎直向下為正方向，在時間內(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，根據(jù)牛頓第二定律有豎直位移為時刻小球恰好到達點時，則有聯(lián)立解得故AB錯誤；C．設時速度大小為，根據(jù)題意則有聯(lián)立得到所以時，速度大小為故C正確；D．時，小球豎直分速度為所以速度大小故D錯誤；故選C。6.（（多選））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、場強大小為的勻強電場。一帶正電小物塊（可視為質(zhì)點）從水平面上A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2t恰好返回A點。下列說法正確的是（）A．小物塊返回A點時速度大小為 B．小物塊返回A點時速度大小為2vC．電場強度的大小關系是 D．電場強度的大小關系是【答案】AC【詳解】設帶電體在電場中加速度為，帶電體在電場中的加速度為，第一階段末速度為第二階段的初速