强化训练9牛顿运动定律的综合应用
——’17备考综合热身教辅系列
山东平原一中魏德田
本套强化训练搜集近年来各地高中物理高考真题、模拟题及其它极有备考价值的习题等筛选而成。其主要目的在于进一步理解和掌握牛顿运动定律。能熟练地运用牛顿定律、运动学公式、功能关系、机械能守恒、电磁学知识等等，解决力学综合、力电综合以及其他综合问题，有利于培养和提高我们的审题能力和思维能力。
一、破解依据
欲顺利解决此类问题，试归纳以下几条“依据”：
㈠⑴牛顿第一定律（略）
⑵牛顿第二定律或，其中F、Fx、Fy分别表示物体所受合力及其分力；并且，以上各式中力、加速度的方向均时刻保持一致。
注：若或,则或，牛二律转化为平衡条件。
平衡状态是指物体处于静上或匀速度直线状态,或者是匀速转动。
⑶牛顿第三定律（略）实际应用：反冲运动。
㈡利用牛顿定律与运动学、各种作用力、运动的合成分解、万有引力定律、各种功能关系、机械能守恒等知识解决的力学综合题。
㈢利用牛顿定律与库仑定律、欧姆定律、安培力、交流电、电磁波等知识解决的力电综合题。
㈣利用牛顿定律与气态方程、热一律以及振动、波、光学、原子物理等等知识解决力热、力振、力光、力原等等其他综合题。
二、精选习题
㈠选择题（每小题5分，共40分）
1.（16上海）在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置，体验者在风力作用下漂浮在半空。若减小风力，体验者在加速下落过程中
（A）失重且机械能增加（B）失重且机械能减少
（C）超重且机械能增加（D）超重且机械能减少
2.（17新课标III）如图-1，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则
A.B.C.D.
3.（14日照一中二模）如图-2甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的关系分别对应图-2乙中A、B图线（时刻A、B的图线相切，时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则（）
A．时刻，弹簧形变量为0B．时刻，弹簧形变量为
C．从开始到时刻，拉力F逐渐增大
D．从开始到时刻，拉力F做的功比弹簧弹力做的功少
4.（14江西师大附中）如图-3所示，离地H高处有一个质量为m的物体，给物体施加一个水平方向的作用力F，已知F随时间的变化规律为：F=F0-kt（以向左为正，F0、k均为大于零的常数），物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为，且F0>mg。时，物体从墙上静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑后脱离墙面，此时速度大小为，最终落在地面上。则下列关于物体的运动说法正确的是（）
A．当物体沿墙壁下滑时，物体先加速再做匀速直线运动
B．物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一段直线
C．物体克服摩擦力所做的功D．物体与墙壁脱离的时刻为t=
5.(13新课标Ⅰ)2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功．图-4(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止．某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t＝0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度－时间图线如图-4(b)所示．假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1000m．已知航母始终静止，重力加速度的大小为g.则()
(a)(b)
A．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的
B．在0.4s～2.5s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化
C．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5g
D．在0.4s～2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变
6.（13江苏）如图-5所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)．物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零．重力加速度为g.则上述过程中()
A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W－μmga
B．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W－μmga
C．经O点时，物块的动能小于W－μmga
D．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能
7.（15安徽卷）图示是α粒子（氦原子核）被重金属原子核散射的运动轨迹，M、N、P、Q是轨迹上的四点，在散射过程中可以认为重金属原子核静止不动。图中所标出的α粒子在各点处的加速度方向正确的是
A．MB．NC．PD．Q
8.（14山西大学附中）如图-6所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过O点的轻小定滑轮一端连接A，另一端悬挂小物块B，C为O点正下方杆上一点，滑轮到杆距离OC=h.开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°.现将A、B由静止释放，则（）
A．物块A由P点出发第一次到达C点过程中，加速度不断增大
B．物块B从释放到最低点过程中，动能不断增大
C．物块A在杆上长为2h的范围内做往复运动
D．物块B的机械能最小时，物块A的动能最大
㈡填空题（共分）
⒐（14新课标Ⅰ）某同学利用图-7(a)所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图，如图(b)所示．实验中小车(含发射器)的质量为200g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到，回答下列问题：
(a)
(b)
(1)根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成________(选填“线性”或“非线性”)关系．
(2)由图(b)可知，a－m图线不经过原点，可能的原因是________．
(3)若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是________，钩码的质量应满足的条件是________．
10．（15浙江）甲同学准备做“验证机械能守恒定律”实验，乙同学准备做“探究加速度与力、质量的关系”实验
（1）图-9中A、B、C、D、E表示部分实验器材，甲同学需在图中选用的器材_____________乙同学需在图中选用的器材___________.（用字母表示）
（2）乙同学在实验室选齐所需器材后，经正确操作获得如图-10所示的两条纸带①和②。纸带__________的加速度大（填①或者②），其加速度大小为____________.
㈢计算题（共分）
11.（16天津）我国将于2022年举办奥运会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，如图-15所示，质量m=60kg的运动员从长直助滑道末端AB的A处由静止开始以加速度匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度，A与B的竖直高度差H=48m，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=5m，运动员在B、C间运动时阻力做功W=-1530J，取
（1）求运动员在AB段下滑时受到阻力的大小；
（2）若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。
1长沙模拟）如图所示，风洞实验室中能模拟产生恒定向右的风力。质量的小球穿在长的直杆上并置于实验室中，球与杆间的动摩擦因数为0.5，当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑。保持风力不变，改变固定杆与竖直线的夹角，将小球从O点静止释放。g取10m/s2，，，求：
（1）小球受到的风力大小；
（2）当时，小球离开杆时的动能。
1.(15新课标I)（20分）．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为，如图-1（a）所示。时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后时间内小物块的图线如图-1（b）所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取。求
（1）木板与地面间的动摩擦因数及小物块与木板间的动摩擦因数；
（2）木板的最小长度；
（3）木板右端离墙壁的最终距离
(四)选做题
1.（14天津）如图-1所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2kg.现对A施加一个水平向右的恒力F＝10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6s，二者的速度达到vt＝2m/s.求：
(1)A开始运动时加速度a的大小；
(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；
(3)A的上表面长度l.
15.（16海南）水平地面上有质量分别为m和4m的物A和B，两者与地面的动摩擦因数均为μ。细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与A相连，动滑轮与B相连，如图-1所示。初始时，绳出于水平拉直状态。若物块Z在水平向右的恒力F作用下向右移动了距离s，重力加速度大小为g。求
（1）物块B客服摩擦力所做的功；
（2）物块A、B的加速度大小。
16.（13全国）(19分)一电荷量为q(q>0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t＝0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图-所示．不计重力．求在t＝0到t＝T的时间间隔内，
(1)粒子位移的大小和方向；
(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间．
17.（17全国Ⅰ）真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0.在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g.
(1)求油滴运动到B点时的速度；
(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍．
18.（15天津）如图-1所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B=0.5T。有一带正电的小球，质量，电荷量，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象）取，求：
（1）小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
（2）从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。
19.（14天津）如图-2所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁场感应度大小均为B＝0.5T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1kg，电阻R1＝0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4kg，电阻R2＝0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10m/s2，问：
(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；
(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；
(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是多少？
20.（13广东）如图-2，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道。甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有
A．甲的切向加速度始终比乙的大
B．甲、乙在同一高度的速度大小相等
C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度
D．甲比乙先到达B处
21.（14杭州学军中学）如图-2所示，平行于光滑固定斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定倾角为的斜面底端，另一端与物块A连接，物块B在斜面上紧靠着物块A但不粘连，物块A、B质量均为.初始时刻两物块均静止。现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做匀加速运动，网】两物块的图象如图乙所示（时刻图象A、B相切），已知重力加速度为g，则（）
A．A物体达到最大速度时的位移为
B．力F的最小值为
C.时A、B分离
D．A、B分离前，A、B和弹簧系统机械能增加，A和弹簧系统机械增加
三、参考答案
㈠选择题
⒈【答案】B
【解析】据题意，体验者漂浮时：；在加速下降过程中，，即重力对体验者做正功，风力做负功，体验者的机械能减小；加速下降过程中，加速度方向向下，体验者处于失重状态，故选项B正确。
⒉【答案】AC。
【解析】质点P下滑过程中，利用动能定理可得
，
在最低点由牛顿第二定律有,可得：,故B、D错误，A、C正确。
⒊【答案】BD
【解析】A、由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsinθ=kx，则得：x=，故A错误；B、由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kx-mgsinθ=ma，则x=，故B正确．C、从开始到t1时刻，对AB整体，根据牛顿第二定律得：F+kx-mgsinθ=2ma，得F=mgsinθ+2ma-kx，x减小，F增大；t1时刻到t2时刻，对B，由牛顿第二定律得：F-mgsinθ=ma，得F=mgsinθ+ma，可知F不变，故C错误．D、由上知：t1时刻A、B开始分离，开始时有：2mgsinθ=kx0
从开始到t1时刻，弹簧释放的势能Ep=，从开始到t1时刻的过程中，根据动能定理得：WF+Ep-2mgsinθ（x0-x）=，2a（x0-x）=v12，解得：WF-Ep=-，所以拉力F做的功比弹簧释放的势能少，故D正确．故选：BD
⒋【答案】CD
【解析】解析：A、竖直方向上，由牛顿第二定律有：mg-μF=ma，随着F减小，加速度a逐渐增大，做变加速运动，当F=0时，加速度增大到重力加速度g，此后物块脱离墙面，故A错误．B、物体脱离墙面时的速度向下，之后所受合外力与初速度不在同一条直线上，所以运动轨迹为曲线．故B错误．C、物体从开始运动到脱离墙面F一直不做功，由动能定理得，mg?W＝m（）2，物体克服摩擦力所做的功W=mgH．故C正确．B、当物体与墙面脱离时F为零，所以F=F0-kt=0，解得时间t=．故D正确．故选：CD．
⒌【答案】AC
【解析】根据图像，由图线所围的面积可计算出飞机从着舰到停止滑行的距离，即x≈70×0.4m＋m＋m＝114.5m，A选项正确；由图可计算出0.4s～2.5s内的加速度a＝＝m/s2＝2.86g，C选项正确；在0.4s～2.5s时间内，由牛顿第二定律得2Fcos＝ma，其中加速度a不变，阻拦索的张角θ在变小，其张力F在变小，由于速度v在变小，故阻拦系统对飞机做功的功率P＝F合v＝mav在变小，B、D选项错误．
6.【答案】BC
【解析】先大致画出O点所在位置，如图甲所示，设OA的距离为b.当物块从A由静止向左运动时，受力如图乙所示，f＝μmg，此过程中，弹簧在缩短，弹簧拉力FT变小；当到达O点右侧某点P时，FT与f相等，此时合力为0，由于惯性，物块继续向左运动；当物块到达O点时，水平方向只受摩擦力f，但仍向左运动至B停止．在AP段，物块除受摩擦阻力外，还受弹簧拉力这一个动力作用，而在OB段，物块除受到摩擦阻力外，还受弹簧弹力这一个阻力作用，所以物块很快停止，OB
当拉力把物块从O点由静止拉至A点时，根据动能定理得W－μmgb＝EpA，即EpA＝W－μmgb
⒎【答案】C
【解析】同种电荷相排斥，库仑力沿两者连线指向受力物体，由牛顿第二定律知，加速度也沿两者连线指向受力物体。
⒏【答案】CD
【解析】A、物块A由P点出发第一次到达C点过程中，对A受力分析，根据力的分解，结合牛顿第二定律，则有加速度不断减小，故A错误；B、物块B从释放到最低点过程中，动能先增大后减小，故B错误；C、由题意可知，结合受力与运动情况的分析，及运动的对称性可知，A在杆上长为2h的范围内做往复运动，故C正确；D、B的机械能最小时，即为A到达C点，此时A的速度最大，即物块A的动能最大，故D正确；故选：CD．
【思路点拨】在绳子作用下，A先加速后减速，而B先加速后减速，当A的速度最大时，B下降最低，根据能量守恒定律，结合力与运动的关系，即可求解．
㈡填空题
⒐【答案】(1)非线性(2)存在摩擦力(3)调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力远小于小车的质量
【解析】本题考查了验证牛顿第二定律的实验．(1)根据图中描出的各点作出的图像不是一条直线，故小车的加速度和钩码的质量成非线性关系．(2)图像不过原点，小车受到拉力但没有加速度，原因是有摩擦力的影响．(3)平衡摩擦力之后，在满足钩码质量远小于小车质量的条件下，可以得出在小车质量不变的情况下拉力与加速度成正比的结论．
⒑【答案】（1）AB；BDE（2）①，（）
纸带②中前第1、2点与第2、3点的位移差为三个点的位移差为
根据逐差法可得纸带①的加速度大，大小为
⒒【答案】（1）144N（2）12.5m
【解析】（1）在AB段匀加速运动：；
代入数据可得
（2）BC段：
C处:
则R=12.5m
【解析】（1）当杆竖直固定放置时，
解得：
（2）当时，小球受力情况如图示，垂直杆方向上有：
得：
小球受摩擦力
小球沿杆运动的加速度为
由得，小球到达杆下端时速度为
球离开杆时的动能为
【答案】（1）μ1=0.1μ1=0.1（2）木板的最小长度应为6.0m（3）最终距离为6.5m
【解析】(1)规定向右为正方向，木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M，由牛顿第二定律有：
-μ1(m+M)g=(m+M)a1
由图可知。木板与墙壁碰前瞬间的速度v1=4m/s,由运动学公式得：
V1=v0+a1t1
S0=v0t1+a1t12
式中t1=1s,s0=4.5m是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。
联立式和题给条件得：μ1=0.1
在木板与墙壁碰撞后，木板以-v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律有：
-μ2mg=ma2
由图可得：a2=
式中t2=2s,v2=0,联立式和题给条件得：μ2=0.4
（2）(8分)设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间Δt,木板和小物块刚好具有共同速度v3,由牛顿第二定律及运动学公式得：
μ2mg+μ1(m+M)g=(m+M)a1=Ma3
V3=-v1+a3Δt
V3=v1+a2Δt
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为：
s1=Δt
小物块运动的位移为：s2=Δt
小物块相对木板的位移为：Δs=s2–s1
联立式，并代入数值得：Δs=6.0m
因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m。
(3)(5分)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直到停止，高加速度为a4,此过程中小物块和木板运动的位移为s3,由牛顿第二定律及运动学公式得：
μ1(m+M)g=(m+M)a4
0–v32=2a4s3
磁碰后木板运动的位移为：s=s1+s3
联立式，并代入数值得：
S=-6.5m
木板右端离墙壁的最终距离为6.5m。
㈢
14.【答案】(1)2.5m/s2(2)1m/s(3)0.45m
【解析】(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有
F＝mAa①
代入数据解得
a＝2.5m/s2②
(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6s的过程，由动量定理得
Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v③
代入数据解得
v＝1m/s④
(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有
mAvA＝(mA＋mB)v⑤
A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有
Fl＝mAv⑥
由④⑤⑥式，代入数据解得
l＝0.45m⑦
⒖【答案】（1）；(2)，。
【解析】（1）A、B受力如图,物体A移动的距离为s，则物体B移动的距离为s1=s/2
则
（2）
联立解得，
⒗【解析】解法一：
(1)带电粒子在0～、～、～、～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得
a1＝①
a2＝－2②
a3＝2③
a4＝－④
由此得带电粒子在0～T时间间隔内运动的加速度－时间图像如图(a)所示，对应的速度－时间图像如图(b)所示，其中
图(a)
图(b)
v1＝a1＝⑤
由图(b)可知，带电粒子在t＝0到t＝T时的位移为
s＝v1⑥
由⑤⑥式得
s＝T2⑦
它沿初始电场正方向．
(2)由图(b)可知，粒子在t＝T到t＝T内沿初始电场的反方向运动，总的运动时间为t为
t＝T－T＝⑧
解法二：
(1)带电粒子在0～、～、～、～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得
qE0＝ma1①
－2qE0＝ma2②
2qE0＝ma3③
－qE0＝ma4④
设带电粒子在t＝、t＝、t＝、t＝T时的速度分别为v1、v2、v3、v4，则
v1＝a1⑤
v2＝v1＋a2⑥
v3＝v2＋a3⑦
v4＝v3＋a4⑧
设带电粒子在t＝0到t＝T时的位移为s，有
s＝(＋＋＋)⑨
联立以上各式可得
s＝⑩
它沿初始电场正方向．
(2)由电场的变化规律知，t＝时粒子开始减速，设经过时间t1粒子速度减为零．
0＝v1＋a2t1
将①②⑤代入上式，得
t1＝
粒子从t＝时开始加速，设经过时间t2速度变为零．
0＝v2＋a3t2
此式与①②③⑤⑥式联立得
t2＝
t＝0到t＝T内粒子沿初始电场反方向运动的时间t为
t＝(－t1)＋t2
将式代入式得
t＝
17.【解析】(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正．油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上．在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足
qE2－mg＝ma1①
油滴在时刻t1的速度为
v1＝v0＋a1t1②
电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小a2满足
qE2＋mg＝ma2③
油滴在时刻t2＝2t1的速度为
v2＝v1－a2t1④
由①②③④式得
v2＝v0－2gt1⑤
(2)由题意，在t＝0时刻前有
qE1＝mg⑥
油滴从t＝0到时刻t1的位移为
s1＝v0t1＋a1t⑦
油滴在从时刻t1到时刻t2＝2t1的时间间隔内的位移为
s2＝v1t1－a2t⑧
由题给条件有
v＝2g(2h)⑨
式中h是B、A两点之间的距离．
若B点在A点之上，依题意有
s1＋s2＝h
由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得
E2＝E1?
为使E2>E1，应有
2－2＋>1?
即当0
或t1>?
才是可能的；条件?式和?式分别对应于v2>0和v2<0两种情形．
若B点在A点之下，依题意有
s1＋s2＝－h?
由①②③⑥⑦⑧⑨?式得
E2＝E1?
为使E2>E1，应有
2－2－>1?
即t1>?
另一解为负，不合题意，已舍去．
18.【答案】（1）20m/s；速度v的方向与电场E的方向之间的夹角600（2）3.5s
【解析】(1)小球匀速运动时受力如图，其合力为零，有
代入数据得v=20m/s.
代入数据得，
（2）撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有：
设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有：
设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有：
a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又
联立各式，代入数据解得：=3.5s
19.【答案】(1)由a流向b(2)5m/s(3)1.3J
【解析】(1)由右手定则可以直接判断出电流是由a流向b.
(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有
Fmax＝m1gsinθ①
设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有
E＝BLv②
设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有
I＝③
设ab所受安培力为F安，有
F安＝ILB④
此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有
F安＝m1gsinθ＋Fmax⑤
综合①②③④⑤式，代入数据解得
v＝5m/s⑥
(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒有
m2gxsinθ＝Q总＋m2v2⑦
又
Q＝Q总⑧
解得Q＝1.3J
20.【答案】BD
【解析】A在曲线上任取一点，作切线，设切线与水平方向成的锐角为θ，则切向力为：mgsinθ=mat，可以看出来甲的切向加速度一直减小，乙一直增大在B点就有甲的切向加速度小于乙，当然这样地方还有很多A错；
B当甲乙下降相同的高度h时，由动能定理得：?即：B对；
C、D答案判定如下，先画切向速度函数图象?
再经分析甲乙开始一段时间切向加速度甲比乙大，切向速度存在上面3种可能，排查只有图一才合理，假设图二成立，从0到末时刻有s甲>s乙、末时刻速度大小相同，表示下降同一高度，然后用水平线去截甲乙轨迹如图四有L甲
21【答案】AC
【解析】A、由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsinθ=kx，则得：x=，故A正确．B、对AB整体，根据牛顿第二定律得：F-2mgsinθ+kx=2ma，得F=2mgsinθ-kx+2ma，则知开始时F最小，此时有：2mgsinθ=kx，得F的最小值为F=2ma，故B错误．C、由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kx-mgsinθ=ma开始时有：2mgsinθ=kx0，又x0-x=联立以三式得：t1=．故C正确．D、A、B分离前，F做正功，根据功能关系得知，A、B和弹簧系统机械能增加，而A对B的压力做负功，A和弹簧系统机械能减小．故D错误．
故选：AC。
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