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第2讲　力与物体的直线运动
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备考策略
1.解决动力学问题要抓好关键词语
(1)看到“刚好”“恰好”“正好”等字眼，想到“题述的过程存在临界点”。
(2)看到“最大、最小、至多、至少”等字眼，想到“题述的过程存在极值点”。
2.“四点”注意
(1)x－t图象、v－t图象均表示直线运动。
(2)运动学公式中的v、a、x均为矢量，一定规定正方向。
(3)刹车问题中不能忽略实际运动情况。
(4)x－t、v－t、a－t图象相关量间的关系

　运动学中的图象问题
　x－t图象的理解及应用
【典例1】 (2019·稽阳联谊学校联考)一辆汽车沿平直道路行驶，其位移时间图象如图1所示。在t＝0到t＝40 s这段时间内，汽车的平均速度大小是(　　)
图1
A.0 B.2 m/s
C.2.67 m/s D.25 m/s
解析　因为是位移—时间图象，所以合位移为零，又因为平均速度等于位移除以时间，所以平均速度为零，选项A正确。
答案　A
　v－t图象的理解及应用
【典例2】 (2019·浙江绿色联盟联考)一长为12 m的钢管竖立在地面上，一名消防队员在一次模拟演习训练中，从钢管顶端由静止下滑，如图2所示。消防队员先匀加速再匀减速下滑，到达地面时速度恰好为零。如果他加速时的加速度大小是减速时的两倍，下滑总时间为3 s。该消防队员在这一过程中的运动图象，可能正确的是(　　)
图2
解析　设下滑过程中的最大速度为v，有＋＝t，位移关系为＋＝s，又a1＝2a2，联立解得v＝8 m/s，a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2，加速时间为t1＝＝ s＝1 s，减速时间为t2＝＝ s＝2 s，但是相对于12 m的杆子而言，消防员不能看做质点，实际下落的位移应小于12 m，故选项D正确。
答案　D
【典例3】 (2018·浙江4月选考)一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以－v0做直线运动，其v－t图象如图3所示。粒子在t0时刻运动到B点，3t0时刻运动到C点，下列判断正确的是(　　)
图3
A.A、B、C三点的电势关系为φB>φA>φC
B.A、B、C三点的场强大小关系为EC>EB>EA
C.粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少
D.粒子从A点经B点运动到C点，电场力先做正功后做负功
解析　由题图v－t图象知道带电粒子在0～t0时间内做减速运动，电场力做负功，电势能增大；在t0～3t0时间内反方向加速运动，电场力做正功，电势能减小，选项C正确，D错误；因为不知道带电粒子电性，本题中无法判断电势的高低，选项A错误；图象中斜率表示带电粒子的加速度，qE＝ma，可知A、B、C三点中EB最大，选项B错误。
答案　C
　a－t图象的理解及应用
【典例4】 (2019·浙江椒江区新高考适应性考试)摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米。电梯的简化模型如图4所示。考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图5所示。电梯总质量m＝2.0×103 kg。忽略一切阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；
(2)类比是一种常用的研究方法。对于直线运动，教科书中讲解了由v－t图象求位移的方法。请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图5所示a－t图象，求电梯在第1 s内的速度改变量Δv1和第2 s末的速率v2；
(3)求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P；再求在0～11 s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W。
解析　(1)由牛顿第二定律，有F－mg＝ma
由a－t图象可知，F1和F2对应的加速度分别是
a1＝1.0 m/s2，a2＝－1.0 m/s2
F1＝m(g＋a1)＝2.0×103×(10＋1.0) N＝2.2×104 N
F2＝m(g＋a2)＝2.0×103×(10－1.0) N＝1.8×104 N。
(2)类比可得，所求速度变化量等于第1 s内a－t图线下的面积Δv1＝0.50 m/s
同理可得，Δv2＝v2－v0＝1.5 m/s
v0＝0，第2 s末的速率　v2＝1.5 m/s。
(3)由a－t图象可知，11～30 s内速率最大，其值等于0～11 s内a－t图线下的面积，有vm＝10 m/s
此时电梯做匀速运动，拉力F等于重力mg，所求功率
P＝Fvm＝mgvm＝2.0×103×10×10 W＝2.0×105 W
由动能定理，总功W＝Ek2－Ek1＝mv－0＝×2.0×103×102 J＝1.0×105 J。
答案　见解析
1.明图象意义
(1)看到“x－t图线”想到“初始位置关系”。
(2)看到“v－t图线”想到“加速度变化情况”。
(3)速度图线只有通过时间轴时速度方向才改变。
2.清交点区别
两个物体的运动图象一般会涉及追及和相遇问题。x－t图象交点表示两物体相遇，v－t图象交点表示两物体速度相等。
3.抓对应关系
根据物体的初始条件和受力情况判断或作出图象的关键是将运动情景与图象信息对应起来。　　　　
1.(2019·浙江宁波新高考适应性考试)有一物体做直线运动，其速度图象如图6所示，那么物体的速度变化率的方向与瞬时速度的方向相同的时间为(　　)
图6
A.只有0B.只有2 sC.0D.0解析　物体的速度变化率的方向即物体加速度的方向，0的方向相同，由以上分析可知选项A、B、C错误，D正确。
答案　D
2.(2019·浙江五校联考)小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向，下列速度v和位置x的关系图象中，能描述该过程的是(　　)
解析　由题意知小球在下落的过程中速度方向向下，与题中规定的正方向相反，故为负值，所以C、D错误；小球的运动为匀变速运动，根据v2－v＝2ax可知速度与时间的关系式为二次函数，故A正确，B错误。
答案　A
3.(2019·浙江嵊州选考模拟)一质点由静止开始沿直线运动，通过传感器描绘出关于x的函数图象如图7所示，下列说法正确的是(　　)
图7
A.质点做匀减速直线运动
B.－x图象斜率等于质点运动的加速度
C.四边形AA′B′B的面积可表示质点从O到C′所用的时间
D.四边形BB′C′C的面积可表示质点从C到C′所用的时间
解析　由题中－x图象可知，与x成正比，即vx＝常数，质点的速度随位移的增大而减小，因此质点做减速直线运动，但不是匀减速直线运动，又因为图象的斜率k＝，显然不等于质点的加速度，选项A、B错误；由于三角形OBC的面积S1＝OC·BC＝，表示质点从O到C所用的时间，同理，质点从O到C′所用的时间可由S2＝表示，所以四边形BB′C′C的面积可表示质点从C到C′所用的时间，选项C错误，D正确。
答案　D
　匀变速直线运动规律的应用
　以生活中的交通问题为背景考查匀变速直线运动规律的应用
【典例1】 (2019·浙江绿色联盟联考)为了减少汽车刹车失灵造成的危害，如图8所示为高速路上在下坡路段设置的可视为斜面的紧急避险车道。一辆货车在倾角θ＝30°的连续长直下坡高速路上，以v0＝7 m/s的速度在刹车状态下匀速行驶(在此过程及后面过程中，可认为发动机不提供牵引力)，突然汽车刹车失灵，开始加速运动，此时汽车所受到的摩擦力为车重的0.2倍。在加速前进了x0＝96 m后，货车冲上了平滑连接的倾角α＝37°的避险车道，已知货车在该避险车道上所受到的摩擦力为车重的0.65倍。货车的各个运动过程均可视为直线运动，取sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，不计空气阻力。求：
图8
(1)货车在下坡路上运动时刹车失灵后的加速度大小；
(2)货车刚冲上避险车道时的速度大小；
(3)货车在进入避险车道后3秒内发生的位移大小。
解析　(1)设货车加速下行时的加速度大小为a1，
由牛顿第二定律可知
mgsin θ－0.2mg＝ma1
解得a1＝3 m/s2。
(2)由公式v2－v＝2a1x0
解得v＝25 m/s。
(3)设货车在避险车道上行车时的加速度大小为a2，
由牛顿第二定律可知
mgsin α＋0.65mg＝ma2
解得a2＝12.5 m/s2
t停＝＝2 s<3 s
由v2－0＝2a2x
解得x＝25 m。
速度为0后，由于mgsin α＜0.65mg，货车不再滑下，故3 s 内发生的位移大小为25 m。
答案　(1)3 m/s2　(2)25 m/s　(3)25 m
　以斜面上运动的通电导体棒为载体考查匀变速直线运动规律的
应用
【典例2】 (2018·江苏单科)如图9所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g。求下滑到底端的过程中，金属棒
图9
(1)末速度的大小v；
(2)通过的电流大小I；
(3)通过的电荷量Q。
解析　(1)匀加速直线运动v2＝2as
解得v＝。
(2)安培力F安＝IdB
金属棒所受合力F＝mgsin θ－F安
牛顿运动定律F＝ma
解得I＝。
(3)运动时间t＝
电荷量Q＝It
解得Q＝。
答案　(1)　(2)　(3)
“一画、二选、三注意”解决匀变速直线运动问题
　　　　
1.(2019·浙江温州模拟)如图10甲是某景点的山坡滑道图片，技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图。AC是滑道的竖直高度，D点是AC竖直线上的一点，且有AD＝DE＝10 m，滑道AE可视为光滑，g＝10 m/s2，滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为(　　)
图10
A. s B. s
C.2 s D.2 s
解析　设滑道与水平面的夹角为θ，滑行者的质量为m、加速度为a，由几何知识得AE＝2ADsin θ，滑行者受重力和支持力，根据牛顿第二定律得mgsin θ＝ma，由匀变速直线运动规律得AE＝at2，联立以上三式解得t＝2 s，选项A、B、D错误，C正确。
答案　C
2.(2019·浙江温州九校高三上学期联考模拟)如图11所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面的夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量为q，重力加速度大小为g，微粒从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入极板间，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，则(　　)
图11
A.微粒到达B点时动能为mv
B.微粒的加速度大小等于gsin θ
C.两极板间的电势差UMN＝
D.微粒从A点到B点的过程中电势能减少
解析　微粒的受力情况如图所示，微粒做匀减速直线运动，到达B点时动能小于mv，选项A错误；由牛顿第二定律得mgtan θ＝ma，加速度a＝gtan θ，选项B错误；又电场力qE＝，两极板间的电场强度E＝，两板间的电势差UMN＝Ed＝，选项C正确；微粒从A向B运动，电场力做负功，电势能增加，选项D错误。
答案　C
3.(2019·浙江十校联盟适应性考试)观光旅游、科学考察经常利用热气球，保证热气球的安全就十分重要。科研人员进行科学考察时，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为M＝1 000 kg，在空中停留一段时间后，由于某种故障，气球受到的空气浮力减小，当科研人员发现气球在竖直下降时，气球速度为v0＝2 m/s，
此时开始，经t0＝4 s气球继续匀加速下降h1＝16 m，科研人员立即抛掉一些压舱物，使气球匀速下降。不考虑气球由于运动而受到的空气阻力，取重力加速度
g＝10 m/s2。求：
图12
(1)气球加速下降阶段的加速度大小a；
(2)抛掉压舱物的质量m；
(3)气球从静止开始经过t＝12 s的时间内下落的总高度h总。
解析　(1)设气球加速下降的加速度大小为a，受空气的浮力为F，则由运动学公式可知h1＝v0t0＋at
解得a＝1 m/s2。
(2)由牛顿第二定律得到Mg－F＝Ma
抛掉质量为m压舱物，气体匀速下降，有(M－m)g＝F
解得m＝100 kg。
(3)设抛掉压舱物时，气球的速度为v1
由运动学公式可知v1＝v0＋at0＝6 m/s，气球从静止开始经过t＝12 s的时间下落的总高度为h总＝＋v1
解得h总＝54 m。
答案　(1)1 m/s2　(2)100 kg　(3)54 m
　牛顿运动定律的综合应用
　以多列用挂钩连接的车厢为载体考查牛顿运动定律的应用
【典例1】 (2019·浙江桐乡高三模拟)(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　)
A.8 B.10
C.15 D.18
解析　设挂钩P、Q西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则挂钩P、Q西边车厢的质量为nm，以西边这些车厢为研究对象，有
F＝nma①
P、Q东边有k节车厢，以东边这些车厢为研究对象，有
F＝km·a②
联立①②得3n＝2k，
总车厢数为N＝n＋k，由此式可知n只能取偶数，
当n＝2时，k＝3，总节数为N＝5
当n＝4时，k＝6，总节数为N＝10
当n＝6时，k＝9，总节数为N＝15
当n＝8时，k＝12，总节数为N＝20，故选项B、C正确。
答案　BC
　以图象形式考查牛顿第二定律的应用问题
【典例2】 (2019·浙江奉化高三模拟)如图13，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F与x之间关系的图象可能正确的是(　　)
图13
解析　假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上两式解得F＝kx＋ma，显然F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，则A正确，B、C、D错误。
答案　A
　以生活、科技为背景考查动力学两类问题
【典例3】 (2019·温州模拟)如图14所示，一条小鱼在水面处来了个“鲤鱼打挺”，弹起的高度为H＝2h。以不同的姿态落入水中其入水深度不同。若鱼身水平，落入水中的深度为h1＝h；若鱼身竖直，落入水中的深度为h2＝1.5h；假定鱼的运动始终在竖直方向上，在水中保持姿态不变，受到水的作用力也不变，空气中的阻力不计，鱼身的尺寸远小于鱼入水深度，重力加速度为g。求：
图14
(1)鱼入水时的速度v；
(2)鱼两次在水中运动的时间之比t1∶t2；
(3)鱼两次受到水的作用力之比F1∶F2。
解析　(1)由v2＝2gH，得v＝2。
(2)因h1＝t1，h2＝t2，得＝。
(3)v2＝2gH＝2a1h1，F1－mg＝ma1，
得F1＝3mg
同理得F2＝mg，所以＝。
答案　(1)2　(2)　(3)
应用牛顿运动定律求解问题时应注意
(1)研究对象的选取方法：整体法和隔离法。
(2)当物体的受力情况发生变化时加速度同时发生变化。
(3)两个相邻的子过程的衔接，即前一过程的末状态应为后一过程的初状态。　　　　
1.(2019·福州四校联考)(多选)一个物块放在粗糙的水平面上，现用一个很大的水平推力推物块，并且推力不断减小，结果物块运动过程中的加速度a随推力F变化的图象如图15所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
图15
A.物块的质量为0.5 kg
B.物块与水平面间的动摩擦因数为0.2
C.当推力F减小为2 N时，物块的速度最大
D.当推力F减小为0时，物块的速度为零
解析　由物块运动过程中的加速度a随推力F变化的图象可知，当推力F＝2 N时，加速度为零，运用牛顿第二定律可得F－μmg＝0；当F＝0时，加速度a＝
－2 m/s2，运用牛顿第二定律，－μmg＝ma，联立解得μ＝0.2，m＝1.0 kg。即物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，物块的质量为1.0 kg，选项A错误，B正确；用一个很大的水平力推物块，并且推力不断减小，物块做加速度逐渐减小的加速运动，当推力F减小为2 N时加速度为零，物块的速度最大，选项C正确；当推力F减小为0时，物块做减速运动，物块的速度不为零，选项D错误。
答案　BC
2.(2019·稽阳联谊学校联考)2019年1月4日上午10时许，科技人员在北京航天飞行控制中心发出指令，嫦娥四号探测器在月面上空开启发动机，实施降落任务。在距月面高为H＝102 m处开始悬停，识别障碍物和坡度，选定相对平坦的区域后，先以a1匀加速下降，加速至v1＝4 m/s时，立即改变推力，以大小a2＝
2 m/s2匀减速下降，至月表高度30 m处速度减为零，立即开启自主避障程序，缓慢下降。最后距离月面2.5 m时关闭发动机，探测器以自由落体的方式降落，自主着陆在月球背面南极－艾特肯盆地内的冯·卡门撞击坑中，整个过程始终垂直月球表面做直线运动，取竖直向下为正方向。已知嫦娥四号探测器的质量m＝40 kg，月球表面重力加速度为1.6 m/s2，求：
图16
(1)匀加速直线下降过程中探测器的加速度大小；
(2)匀加速直线下降过程推力F的大小和方向。
解析　(1)由题意知加速和减速发生的位移为
h＝102 m－30 m＝72 m
由位移关系得＋＝h，解得a1＝1 m/s2。
(2)匀加速直线下降过程由牛顿第二定律得
mg′－F＝ma1，解得F＝24 N，方向竖直向上。
答案　(1)1 m/s2　(2)24 N　竖直向上
高考物理中的“五大”解题思想
现如今，高考物理越来越注重考查考生的能力和科学素养，其命题更加明显地渗透着对物理思想、物理方法的考查。在平时的复习备考过程中，物理习题浩如烟海，千变万化，我们若能掌握一些基本的解题思想，就如同在开启各式各样的“锁”时，找到了一把“多功能的钥匙”。
一、数形结合的思想
数形结合的思想，就是把物体的空间形式和数量关系结合起来进行考查，通过“数”与“形”之间的对应和转化来解决问题的思想，其实质是把抽象的数学语言、数量关系与直观的图形结合起来，把抽象思维和形象思维结合起来。数形结合的思想，一方面可以以“形”助“数”，实现抽象概念与具体形象的联系与转化，化抽象为直观，化难为易；另一方面可以以“数”解“形”，可以由数入手，将有些涉及图形的问题转化为数量关系来研究，对图形做精细的分析，从而使人们对直观图形有更精确、理性的理解。
【例1】 (2019·浙江丽水选考模拟)一弹簧测力计的秤盘质量为m1，盘内放一质量为m2的物体，弹簧质量不计，其劲度系数为k，系统处于静止状态，如图17所示。t0时刻给物体施加一个竖直向上的力F，使物体从静止开始向上做加速度为a的匀加速直线运动，经2 s物体与秤盘脱离，用FN表示物体与秤盘间的相互作用力的大小，已知重力加速度大小为g，则下列F和FN随时间变化的关系图象正确的是(　　)
图17
解析　对秤盘和物体整体分析，系统处于静止状态时，弹簧形变量为x0，利用牛顿第二定律得，kx0＝(m1＋m2)g，F＋kx－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，又x＝x0－
a(t－t0)2，解上述两式得F＝(m1＋m2)a＋ka(t－t0)2，所以选项A、B错误；以物体为研究对象，物体静止时，FN＝m2g，运动后对秤盘受力分析，利用牛顿第二定律得kx－m1g－FN＝m1a，FN＝m2g－m1a－ka(t－t0)2，所以选项C正确，D错误。
答案　C
二、分解思想
有些物理问题的运动过程、情景较为复杂，在运用一些物理规律或公式不奏效的情况下，将物理过程按照事物发展的顺序分成几段熟悉的子过程来分析，或者将复杂的运动分解成几个简单或特殊的分运动(如匀速直线运动、匀变速直线运动、圆周运动等)来考虑，往往能事半功倍。
【例2】 (2018·江苏单科，3)某弹射管每次弹出的小球速度相等。在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球。忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的(　　)
A.时刻相同，地点相同 B.时刻相同，地点不同
C.时刻不同，地点相同 D.时刻不同，地点不同
解析　弹射管沿光滑竖直轨道自由下落，向下的加速度大小为g，且下落时保持水平，故先后弹出的两只小球在竖直方向的分速度与弹射管的分速度相同，即两只小球同时落地，故两只小球在空中运动的时间不同；又两只小球先后弹出且水平分速度相等，则运动的水平位移不同，落地点不同，选项B正确。
答案　B
三、守恒思想
物理学中最常用的一种思维方法——守恒。高中物理涉及的守恒定律有能量守恒定律、动量守恒定律、机械能守恒定律、质量守恒定律、电荷守恒定律等，它们是我们处理高中物理问题的重要原理。
【例3】 (2019·浙江东阳高三模拟)如图18所示，长R＝0.6 m 的不可伸长的细绳一端固定在O点，另一端系着质量m2＝0.1 kg的小球B，小球B刚好与水平面相接触。现使质量m1＝0.3 kg的物块A沿光滑水平面以v0＝4 m/s 的速度向B运动并与B发生弹性正碰，A、B碰撞后，小球B能在竖直平面内做圆周运动。已知重力加速度g＝10 m/s2，A、B均可视为质点，试求：
图18
(1)在A与B碰撞后瞬间，小球B的速度v2的大小；
(2)小球B运动到最高点时对细绳的拉力。
解析　(1)物块A与小球B碰撞时，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
解得碰撞后瞬间物块A的速度v1＝v0＝2 m/s
小球B的速度v2＝v0＝6 m/s。
(2)碰撞后，设小球B运动到最高点时的速度为v，则由机械能守恒定律有
m2v＝m2v2＋2m2gR
又由向心力公式有F＋m2g＝m2
联立解得小球B对细绳的拉力F′＝F＝1 N。
答案　(1)6 m/s　(2)1 N
四、对称思想
对称思想普遍存在于各种物理现象、物理过程和物理规律之中，它反映了科学生活中物理世界的和谐与优美。应用对称思想不仅能帮助我们认识和探索物质世界的某些基本规律，而且能帮助我们去求解某些具体的物理问题。用对称的思想解题的关键是敏锐地看出并抓住事物在某一方面的对称性，这些对称性往往就是通往答案的捷径。
【例4】 (2019·浙江嘉兴高三模拟)在一半径为R的圆周上均匀分布有N个带电小球(可视为质点)无间隙排列，其中A点的小球带电荷量为＋3q，其余小球带电荷量为＋q，此时圆心O点的电场强度大小为E，现仅撤去A点的小球，则O点的电场强度大小为(　　)
图19
A.E B.
C. D.
解析　假设圆周上均匀分布的都是电荷量为＋q的小球，由于圆周的对称性，根据电场的叠加原理知，圆心O处电场强度为0，所以A点小球带电荷量为＋3q，其余小球带电荷量为＋q时，圆心O点的电场强度大小等效于A点处电荷量为＋2q的小球在O点产生的电场强度大小，则有E＝k，A处＋q在圆心O点产生的电场强度大小为E1＝k，方向水平向左，其余小球带电荷量为＋q的小球在O点处产生的合电场强度大小E2＝E1＝k＝，所以仅撤去A点的小球，则O点的电场强度大小等于E2＝。
答案　B
五、等效思想
在某些物理问题中，一个过程的发展、一个状态的确定，往往是由多个因素决定的，若某些因素所起的作用和另一些因素所起的作用相同，则前一些因素与后一些因素是等效的，
它们便可以互相代替，而对过程的发展或状态的确定，以及最后结果并无影响。掌握等效思想，有助于提高考生的科学素养，形成科学的世界观和方法论，为终身的学习、研究和发展奠定基础。
【例5】 (2019·浙江绍兴新高考适应性测试)如图20所示，在方向水平向左、范围足够大的匀强电场中，固定一由内表面绝缘光滑且内径很小的圆管弯制而成的圆弧BD，圆弧的圆心为O，竖直半径OD＝R，B点和地面上A点的连线与地面成θ＝37°角，AB＝R。一质量为m、电荷量为q的小球(可视为质点)从地面上A点以某一初速度沿AB方向做直线运动，恰好无碰撞地从管口B进入管道BD中，到达管中某处C(图中未标出)时恰好与管道间无作用力。已知sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8，重力加速度大小为g。求：
图20
(1)匀强电场的场强大小E和小球到达C处时的速度大小v；
(2)小球的初速度大小v0以及到达D处时的速度大小vD。
解析　(1)小球做直线运动时的受力情况如图甲所示，
甲
小球带正电，则qE＝，得E＝，小球到达C处时电场力与重力的合力恰好提供小球做圆周运动的向心力，如图乙所示，
乙
OC∥AB，则＝m
得v＝。
(2)小球“恰好无碰撞地从管口B进入管道BD”，说明AB⊥OB
小球从A点运动到C点的过程，根据动能定理有
－·2R＝mv2－mv
得v0＝
小球从C处运动到D处的过程，根据动能定理有
(R－Rsin θ)＝mv－mv2
得vD＝。
答案　(1)　　(2)　

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