牛顿运动定律_章节学习

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题型：简答题

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简答题

如图所示，在圆柱形屋顶中心天花板上的O点，挂一根L=3m钓细绳，绳的下端挂一个质量为m=0.5kg的小球，已知绳能承受的最大拉力为l0N．小球在水平面内做圆周运动，当速度逐渐增大到绳断裂后，小球以v=9m/s的速度落在墙边．求这个圆柱形屋顶的高度H和半径R．（g取10m/s2）

正确答案

解：如图（1）所示，取小球为研究对象，设绳刚要断裂时细绳的拉力大小为T，绳与竖直方向夹角为θ，则在竖直方向有：

　　Fcosθ=mg，所以cosθ=，所以θ=60°

　　球做圆周运动的半径r=Lsin60°=3×=，

　　O、O′间的距离为：OO′=Lcos60°=1.5m，

　　则O′、O″间的距离为O′O″=H-OO′=H-1.5m．

　　由牛顿第二定律知

　　Tsinθ=m

解得：

　　设在A点绳断，细绳断裂后小球做平抛运动，落在墙边C处．

　　设A点在地面上的投影为B，如答图（2）所示．

由运动的合成可知：v2=vA2+（gt）2，

　　由此可得小球平抛运动的时间

　　t==0.6s

　　由平抛运动的规律可知小球在竖置方向上的位移为sy=gt2=H-1.5m，

　　所以屋的高度为H=gt2+1.5m=×10×0.62m+1.5m=3.3m，

　　小球在水平方向上的位移为sx=BC=vAt=m

　　由图可知，圆柱形屋的半径为R==4.8m

答：这个圆柱形屋顶的高度H为3.3m，半径R为4.8m．

解析

解：如图（1）所示，取小球为研究对象，设绳刚要断裂时细绳的拉力大小为T，绳与竖直方向夹角为θ，则在竖直方向有：

　　Fcosθ=mg，所以cosθ=，所以θ=60°

　　球做圆周运动的半径r=Lsin60°=3×=，

　　O、O′间的距离为：OO′=Lcos60°=1.5m，

　　则O′、O″间的距离为O′O″=H-OO′=H-1.5m．

　　由牛顿第二定律知

　　Tsinθ=m

解得：

　　设在A点绳断，细绳断裂后小球做平抛运动，落在墙边C处．

　　设A点在地面上的投影为B，如答图（2）所示．

由运动的合成可知：v2=vA2+（gt）2，

　　由此可得小球平抛运动的时间

　　t==0.6s

　　由平抛运动的规律可知小球在竖置方向上的位移为sy=gt2=H-1.5m，

　　所以屋的高度为H=gt2+1.5m=×10×0.62m+1.5m=3.3m，

　　小球在水平方向上的位移为sx=BC=vAt=m

　　由图可知，圆柱形屋的半径为R==4.8m

答：这个圆柱形屋顶的高度H为3.3m，半径R为4.8m．

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题型：简答题

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简答题

如图，质量m=2kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=20m．用大小为30N，沿水平方向的外力F拉此物体，经t0=2s拉至B处．（取g=10m/s2）

（1）求物体与地面间的动摩擦因数μ；

（2）用大小为20N，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，要使该力做功最少，问该力应作用多长时间t．（已知cos37°=0.8）

正确答案

解：（1）根据位移时间关系知

得a===10m/s2

由F-μmg=ma

知μ===0.5

（2）要使该力做功最少，即运动到B处速度刚好为零

Fcos37°-μ（mg-Fsin37°）=ma1

μmg=ma2

设F撤去时物体的速度为v

则

联立解得

答：（1）物体与地面间的动摩擦因数μ为0.5；

（2）用大小为20N，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，要使该力做功最少，问该力应作用时间为s．

解析

解：（1）根据位移时间关系知

得a===10m/s2

由F-μmg=ma

知μ===0.5

（2）要使该力做功最少，即运动到B处速度刚好为零

Fcos37°-μ（mg-Fsin37°）=ma1

μmg=ma2

设F撤去时物体的速度为v

则

联立解得

答：（1）物体与地面间的动摩擦因数μ为0.5；

（2）用大小为20N，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，要使该力做功最少，问该力应作用时间为s．

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题型：填空题

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填空题

如图所示，竖直放置的轻弹簧将物块1与2连接，物块1、2的质量分别为m和M．令物块1上下作简谐运动，振动过程中物块2对桌面的最小压力为零，那么此时

（1）弹簧上的弹力大小为______，物块1受到的合力大小为______；

（2）物块1的最大加速度为______，轻弹簧对物块2的最大压力大小为______．（已知重力加速度为g，物块2始终未离开桌面）

正确答案

Mg

Mg+mg

2（M+m）g

解析

解：（1）由题，m随M一起做简谐运动，由重力和M对m的支持力的合力提供物块m做简谐运动回复力．当振动物体离开平衡位置时速度减小，当振动物体靠近平衡位置时，速度增大，则物体通过平衡位置时速度最大；振动过程中物块2对桌面的最小压力为零，此时弹簧处于拉伸状态，弹簧对物块2有向上拉力，大小为Mg，而弹簧对物块1的向下拉力也为Mg，那么物块1受到的合力大小为Mg+mg；

（2）最大加速度，由牛顿第二定律可得：a==；

当物块1处于压弹簧且处在最低端时，弹簧压缩最短，此时物块2对桌面的压力最大．

对物块1受力分析，F弹-mg=ma

对物块2受力分析，Mg+F弹=F支

而F支=F压

由上式可得：F压=2Mg+2mg=2（M+m）g

故答案为：（1）Mg，Mg+mg；（2），2（M+m）g

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题型：多选题

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多选题

（2015秋•攀枝花期末）对牛顿第二定律的理解错误的是（　　）

A由F=ma可知，F与a成正比，m与a成反比

B牛顿第二定律说明当物体有加速度时，物体才受到外力的作用

C加速度的方向总跟合外力的方向一致

D当外力停止作用时，加速度随之消失

正确答案

A,B

解析

解：A、根据牛顿第二定律a=可知，物体的加速度与其所受合外力成正比，与其质量成反比，但力与质量和加速度无关；故A错误；

B、物体没有加速度时也可以受到力，并不是有加速度才有力；故B错误；

C、加速度方向总跟合外力的方向相同；故C正确；

D、加速度与合力的关系是瞬时对应关系，a随合力的变化而变化，故D正确；

本题选错误的；故选：AB．

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题型：简答题

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简答题

“神舟”五号载人飞船，于北京时间10月15日9时，在酒泉发射中心成功升空．按照预定计划，飞船绕地球飞行14圈后，于16日晨返回地面．一般情况飞船返回地面时，为保护返回舱内的仪器不受损，及保障宇航员的安全，在离地面1.1×104m的高空时，飞船的降落伞打开．伞全部打开后，若所受阻力f与速度v的平方成正比，与伞迎风面的横截面积S成正比，比例系数为k，即f=kSv2．设此时返回航的总质量为m=2×103kg，试求：

（1）若返回舱在伞打开后，先做减速运动，再以收尾速度作匀速下落，直至开动反推火箭，那么该返回舱的收尾速度为多少？（g=10m/s2，kS=200kg/m）

（2）若一返回舱（m=2×103kg）在离地面10m时的下落速度为15m/s，此时抛去降落伞，开启反推火箭发动机，使某匀减速下降，返回舱以3m/s的速度着陆，那么反推火箭的平均推力约为多少？（g=10m/s2，此过程不考虑空气阻力）

正确答案

解：（1）返回舱匀速下落时，受力平衡有：f=mg

又据题意阻力的大小f=kSv2

所以有：kSv2=mg

得返回舱的速度v=

（2）令返回舱匀减速下降的加速度大小为a，据匀变速运动的速度位移关系有：

得返回舱的加速度大小a=

以返回舱为研究对象，其受重力mg和火箭向上推力F作用产生向上的加速度a，故根据牛顿第二定律有：

F-mg=ma

所以火箭推力F=mg+ma=2×103×10+2×103×10.8N=4.16×104N

答：（1）该返回舱的收尾速度为10m/s；（2）反推火箭的平均推力约为4.16×104N．

解析

解：（1）返回舱匀速下落时，受力平衡有：f=mg

又据题意阻力的大小f=kSv2

所以有：kSv2=mg

得返回舱的速度v=

（2）令返回舱匀减速下降的加速度大小为a，据匀变速运动的速度位移关系有：

得返回舱的加速度大小a=

以返回舱为研究对象，其受重力mg和火箭向上推力F作用产生向上的加速度a，故根据牛顿第二定律有：

F-mg=ma

所以火箭推力F=mg+ma=2×103×10+2×103×10.8N=4.16×104N

答：（1）该返回舱的收尾速度为10m/s；（2）反推火箭的平均推力约为4.16×104N．

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题型：简答题

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简答题

某同学用位移传感器研究木块在斜面上的滑动情况，装置如图1．己知斜面倾角θ=37°．他使木块以初速度v0沿斜面上滑，并同时开始记录数据，绘得木块从开始上滑至最高点，然后又下滑回到出发处过程中的s-t图线如图2所示．图中曲线左侧起始端的坐标为（0，1.4），曲线最低点的坐标为（0.5，0.4）．重力加速度g取10m/s2．sin37°=0.6，cos37°=0.8求：

（1）木块上滑时的初速度v0和上滑过程中的加速度a1；

（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ；

（3）木块滑回出发点时的速度vt．

正确答案

解：（1）物体匀减速上滑，由图象得到：末速度v=0，位移x=1.4-0.4=1.0m，时间为t=0.6s；

根据位移时间公式，有；

根据速度时间公式，有v=v0+at；

联立解得：v0=4m/s，a=-8m/s2

（2）上滑过程，物体受重力支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有

-mgsin37°-μmgcos37°=ma

代入数据解得

μ=0.25

（3）木块下滑过程，根据牛顿第二定律，有

mgsin37°-μmgcos37°=ma′

代入数据解得

a′=4m/s2

物体匀加速下滑，根据速度位移公式，有

解得

答：（1）木块上滑时的初速度为4m/s，上滑过程中的加速度为-8m/s2；

（2）木块与斜面间的动摩擦因数为0.25；

（3）木块滑回出发点时的速度为2m/s．

解析

解：（1）物体匀减速上滑，由图象得到：末速度v=0，位移x=1.4-0.4=1.0m，时间为t=0.6s；

根据位移时间公式，有；

根据速度时间公式，有v=v0+at；

联立解得：v0=4m/s，a=-8m/s2

（2）上滑过程，物体受重力支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有

-mgsin37°-μmgcos37°=ma

代入数据解得

μ=0.25

（3）木块下滑过程，根据牛顿第二定律，有

mgsin37°-μmgcos37°=ma′

代入数据解得

a′=4m/s2

物体匀加速下滑，根据速度位移公式，有

解得

答：（1）木块上滑时的初速度为4m/s，上滑过程中的加速度为-8m/s2；

（2）木块与斜面间的动摩擦因数为0.25；

（3）木块滑回出发点时的速度为2m/s．

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题型：简答题

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简答题

质量为5kg的物体在F=100N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动．物体与斜面间的动摩擦因数为μ=0.2，斜面与水平地面的夹角θ=37°．力F作用2s后撤去，物体在斜面上继续上滑一段时间后，速度减为零．（已知斜面足够长sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）求：

（1）撤去外力F瞬间物体的加速度；

（2）撤去外力F后物体沿斜面还可以上滑的位移大小．

正确答案

解：（1）撤去外力F瞬间，由牛顿第二定律得：

mgsin37°+μmgcos37°=ma

则得：a=g（sin37°+μcos37°）=10×（0.6+0.2×0.8）=7.6（m/s2）

（2）力F作用过程，有：Fcos37°-μ（Fsin37°+mgcos37°）-mgsin37°=ma′

代入得：100×0.8-0.2×（100×0.6+50×0.8）-50×0.6=5a′

解得：a′=6m/s2．

力F作用2s时物体的速度为：v=a′t=12m/s

则撤去外力F后物体沿斜面还可以上滑的位移大小为：

x===9.47m．

答：（1）撤去外力F瞬间物体的加速度是7.6m/s2；

（2）撤去外力F后物体沿斜面还可以上滑的位移大小是9.47m．

解析

解：（1）撤去外力F瞬间，由牛顿第二定律得：

mgsin37°+μmgcos37°=ma

则得：a=g（sin37°+μcos37°）=10×（0.6+0.2×0.8）=7.6（m/s2）

（2）力F作用过程，有：Fcos37°-μ（Fsin37°+mgcos37°）-mgsin37°=ma′

代入得：100×0.8-0.2×（100×0.6+50×0.8）-50×0.6=5a′

解得：a′=6m/s2．

力F作用2s时物体的速度为：v=a′t=12m/s

则撤去外力F后物体沿斜面还可以上滑的位移大小为：

x===9.47m．

答：（1）撤去外力F瞬间物体的加速度是7.6m/s2；

（2）撤去外力F后物体沿斜面还可以上滑的位移大小是9.47m．

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题型：单选题

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单选题

将方向不变、大小随时间t如图（a）变化的推力F作用在水平地面上的一个物块上，物块的速度v与时间t的变化关系如图（b），则（　　）

A在0～3s内物块所受摩擦力为最大静摩擦力

B在3～6s内物块所受摩擦力的大小为6N

C物块与地面的动摩擦因数为0.4

D物块的质量为1.5g

正确答案

C

解析

解：A、由图象可知，0～3s内，物体没有被推动，物体处于平衡状态，推力等于摩擦力，则静摩擦力为2N，不能确定出物体的状态是否刚要滑动，所以不能确定最大静摩擦力，故A错误；

B、C、由v-t图象可知，在6～9s物体做匀速直线运动，处于平衡状态，由F-t图象可知在6～9s可知拉力F=4N，由平衡条件可得滑动摩擦力f=F=4N．

物体在3～6s做匀加速运动，受到的摩擦力为滑动摩擦力，因此物体受到的摩擦力是4N；故B错误．

C、D、由v-t图象可知，3～6s内物体做匀加速直线运动，加速度为 a===2m/s2；

根据牛顿第二定律得：F-f=ma；

又 f=μmg=4N，F=6N

联立解得：m=1kg，μ=0.4．故C正确，D错误．

故选：C．

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题型：单选题

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单选题

伽利略是物理学发展史上最伟大的科学家之一，如图是伽利略采用“冲淡”重力的方法，研究自由落体运动时所做的铜球沿斜面运动实验的示意图．若某同学重做此实验，让小球从长度为l、倾角为θ的斜面顶端由静止滑下，在不同的条件下进行实验，不计空气阻力及小球的转动，摩擦阻力恒定，下列叙述正确是（　　）

Al一定时，θ角越大，小球运动的加速度越小

Bl一定时，θ角越大，小球运动时的惯性越大

Cθ角一定时，小球从顶端运动到底端所需时间与l成正比

Dθ角一定时，小球从顶端运动到底端时的动能与l成正比

正确答案

D

解析

解：A、l一定时，θ角越大，由牛顿第二定律可知mgsinθ-μmgcosθ=ma，a=gsinθ-μgcosθ，故θ角越大，小球运动的加速度越大，故A错误；

B、惯性只与物体的质量有关，匀运动状态无关，故B错误；

C、θ角一定时，下滑时间为t=，故C错误；

D、θ角一定时，根据动能定理可知：Ek=mgLsinθ-μmgLcosθ，故D正确；

故选：D

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题型：单选题

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单选题

质量为m的物体静止在粗糙的水平面上，当用水平推力F作用于物体上时，物体的加速度为a，若作用力方向不变，大小变为2F时，物体的加速度为a′，则（　　）

Aa′=2a

Ba＜a′＜2a

Ca′＞2a

Da′=1.5a

正确答案

C

解析

解：设物体所受的滑动摩擦力大小为f，当拉力变为2F时物体的加速度为a′．根据牛顿第二定律得

F-f=ma

2F-f=ma′

则 ==2+＞2，即a′＞2a

故选：C．

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题型：单选题

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单选题

（2015秋•长沙校级月考）甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同地点（足够高）处同时由静止释放，两球下路过程所受空气阻力大小f仅与球的速率的平方v2成正比，即f=kv2（k为正的常量）．两球的v2-h（h为下落高度）图象如图所示．落地前，经下落h0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2．则下列判断正确的是（　　）

A释放瞬间甲球加速度较大

B=

C甲球质量小于乙球

D下落相等高度甲球先到达

正确答案

D

解析

解：A、释放瞬间速度 v=0，因此空气阻力f=0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g．故A错误．

B、两球最终都做匀速运动，有 kv2=mg，因此最大速度的平方与质量成正比，即得：=，故B错误．

C、由图象知v1＞v2，因此m甲＞m乙；故C错误．

D、由图知，下落相同高度时甲的速度都比乙的速度大，所以下落相等高度甲球先到达．故D正确．

故选：D

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题型：简答题

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简答题

置于粗糙水平路面上的框架ABCD的质量为M=30kg，其斜面AC的倾角θ=37°，里面放置一表面光滑，质量为m=20kg的球体，框架静止时，球体与顶部AB间有一很小的间隙（间隙远小于球体的半径可忽略不计）．整个框架在水平向左的拉力F=400N的作用下向左以v=16m/s的速度做匀速直线运动，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2．求：

（1）匀速行驶时，球体对框架BC面的弹力；

（2）撤去外力后，框架滑行的距离；

（3）撤去外力，在框架停止运动之前，框架AB面是否对球体有作用力？若有试求其大小．

正确答案

解：（1）匀速行驶时，球体受力如图所示，

FN2sinθ=FN1，

FN2cosθ=mg，

代入数据联立解得FN1=150N

根据牛顿第三定律得球体对框架BC面的弹力为150N，方向水平向右．

（2）由题意框架受摩擦力Ff=F=400（N）

撤去外力后，框架做匀减速运动，

加速度a=m/s2=8m/s2

由v2=2ax，

代入数据解得：x=16m．

（3）由题意，减速运动时，球水平方向合外力为F合=ma=160（N），

FN沿水平方向分力Fx最小为F合=160（N），

则Fy最小为＞mg=200（N）

所以AB框对球体有作用力．

设AB框对球体的作用力为FN1，受力分析如图

由竖直方向平衡，得：mg+FN1=Fy，

．

代入数据，得：FN1=N．

答：（1）匀速行驶时，球体对框架BC面的弹力为150N；

（2）撤去外力后，框架滑行的距离为16m；

（3）框架AB面对球体有作用力，大小为N．

解析

解：（1）匀速行驶时，球体受力如图所示，

FN2sinθ=FN1，

FN2cosθ=mg，

代入数据联立解得FN1=150N

根据牛顿第三定律得球体对框架BC面的弹力为150N，方向水平向右．

（2）由题意框架受摩擦力Ff=F=400（N）

撤去外力后，框架做匀减速运动，

加速度a=m/s2=8m/s2

由v2=2ax，

代入数据解得：x=16m．

（3）由题意，减速运动时，球水平方向合外力为F合=ma=160（N），

FN沿水平方向分力Fx最小为F合=160（N），

则Fy最小为＞mg=200（N）

所以AB框对球体有作用力．

设AB框对球体的作用力为FN1，受力分析如图

由竖直方向平衡，得：mg+FN1=Fy，

．

代入数据，得：FN1=N．

答：（1）匀速行驶时，球体对框架BC面的弹力为150N；

（2）撤去外力后，框架滑行的距离为16m；

（3）框架AB面对球体有作用力，大小为N．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，在竖直平面内有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，现在有三条光滑轨道a、b、c，它们的上下端分别位于上下两圆的圆周上，三轨道都经过切点O，现在让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为（　　）

Ata＜tb＜tc

Bta＞tb＞tc

Cta=tb=tc

D不能确定

正确答案

A

解析

解：设上面圆的半径为r，下面圆的半径为R，则轨道的长度s=2rcosα+R，下滑的加速度a=，

根据位移时间公式得，，则t==．

因为a、b、c夹角由小至大，所以有tc＞tb＞ta．故A正确，B、C、D错误．

故选：A．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，带正电物体A在固定的绝缘斜面上下滑，若在斜面上方所在空间加一个竖直向下的匀强电场，且电场强度E随时间t均匀增加，则下列说法正确的是（　　）

A若A在无电场时是匀速运动的，则加了电场后仍为匀速运动

B若A在无电场时是匀速运动的，则加了电场后A物将变加速下滑

C若A在无电场时是匀加速下滑，则加了电场后仍匀加速下滑

D若A在无电场时是匀加速下滑，则加了电场后将变加速下滑，加速度逐渐增大

正确答案

A,D

解析

解：不加电场时，对物体受力分析，受重力、支持力和摩擦力，如图

假设动摩擦因素为μ，根据牛顿第二定律，运用正交分解法，得到

mgsinθ-μmgcosθ=ma

解得

a=gsinθ-μgcosθ ①

加电场后多受一个电场力qE，再次对物体受力分析，如图

根据牛顿第二定律，运用正交分解法，得到

（mg+qE）sinθ-μ（mg+qE）cosθ=ma′

解得

a′=（gsinθ-μgcosθ）+ ②

当不加电场物体匀速下滑时，由①式得到μ=tanθ，代入②式得到a′=0，即物体依然匀速，故A正确，B错误；

当不加电场物体匀加速时，由①式得到a＞0，由于电场强度随时间均匀增加，由②式可以得到加速度随时间均匀增加，故C错误，D正确；

故选A、D．

1

题型：单选题

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单选题

（2015秋•衡水校级期中）如图所示，在竖直平面内有一矩形，其长边与一圆的底部相切于O点，现在有三条光滑轨道abc，它们的上端位于圆周上，下端在矩形的底边，三轨道都经过切点O，现在让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为（　　）

Ata＜tb＜tc

Bta＞tb＞tc

Cta=tb=tc

D无法确定

正确答案

A

解析

解：设上面圆的半径为r，下面圆的半径为R，则轨道的长度s=2rcosα+R，下滑的加速度a=，

根据位移时间公式得，x=at2，则t==．

因为a、b、c夹角由小至大，所以有tc＞tb＞ta．故A正确，B、C、D错误．

故选：A

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