常見的非勻變速直線運動模型-2025年高考物理模型歸納

2025版新課標高中物理模型與方法

專題02常見的非勻變速直線運動模型

目錄

【模型一】小球彈簧（蹦極、蹦床）模型.....................................................1

1.力與運動――下落的“三段四點”：......................................................2

2.四個圖像............................................................................2

3.等效模型一丁恒力推彈簧連接的兩物體問題..............................................2

4.等效模型二:蹦極運動問題............................................................2

5.功能變化及圖像.....................................................................3

【模型二】‘戶運動模型..................................................................21

1.運動特點分析——“另類勻變速運動”：...............................................21

2.“另類勻變速運動”的動量特征........................................................22

3.流體的變加速運動問題..............................................................22

【模型三】“尸隨x均勻變化與F隨t均勻變化”運動模型.......................................31

【模型四】機車啟動模型..................................................................43

1.以恒定功率啟動....................................................................43

2.以恒定加速度啟動..................................................................43

3.三個重要關系式....................................................................43

4.傾斜、豎直機車啟動問題.........................................................44

【模型一】小球彈簧（蹦極、蹦床）模型

【模型構建】如圖所示，地面上豎立著一輕質(zhì)彈簧，小球從其正上方某一高度處自由下落到彈簧上.從小

球剛接觸彈簧到彈簧被壓縮至最短的過程中（在彈簧的彈性限度內(nèi)），的運動問題、能量轉(zhuǎn)換問題、動量變

化問題。

O—A

B

C

/

【模型要點】

1.力與運動-一下落的“三段四點”:

OfiSi點:速度為零

〃接觸點:速度不是最大

a方向（，大小減小

方平衡點:加速度為零、速度最大

a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

3.等效模型一:恒力推彈簧連接的兩物體問題

,PWWQ

4.等效模型二:蹦極運動問題

如圖所示是蹦極運動的簡化示意圖，彈性繩一端固定在0點，另一端系住運動員，運動員從O點自由下落，A

點處彈性繩自然伸直.B點是運動員受到的重力與彈性繩對運動員拉力相等的點，C點是蹦極運動員到達的

最低點，運動員從0點到C點的運動過程中忽略空氣阻力。

5.功能變化及圖像

豎直小球砸彈簧傾斜小球砸彈簧水平彈簧推小球

。最短點

4平衡點

8分離點

C停止點

1.（2024?廣東?高考真題）如圖所示，輕質(zhì)彈簧豎直放置，下端固定。木塊從彈簧正上方8高度處由靜止釋

放。以木塊釋放點為原點，取豎直向下為正方向。木塊的位移為戶所受合外力為R運動時間為心忽略

空氣阻力，彈簧在彈性限度內(nèi)。關于木塊從釋放到第一次回到原點的過程中。其尸圖像或》一圖像可能

OO

【答案】B

【詳解】AB.在木塊下落以高度之前，木塊所受合外力為木塊的重力保持不變，即

F=mg

當木塊接觸彈簧后，彈簧彈力向上，則木塊的合力

F=mg-k(y_

到合力為零前，隨著》增大廠減??；當彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點,之后，木塊開始反彈，過程中

木塊所受合外力向上，隨著y減小尸增大，反彈過程，隨著y減小，圖像向X軸負方向原路返回，故A錯

誤、B正確；

CD.在木塊下落H高度之前，木塊做自由落體運動，根據(jù)

12

y=2gt~

速度逐漸增大，》一圖像斜率逐漸增大，當木塊接觸彈簧后到合力為零前，根據(jù)牛頓第二定律

mg-k^y-H^=F=ma

木塊的速度繼續(xù)增大，做加速度減小的加速運動，所以VT圖像斜率繼續(xù)增大，當彈簧彈力大于木塊的重

力后到最低點過程中

F=k(y-H^-mg

木塊所受合外力向上，木塊做加速度增大的減速運動，所以V—圖斜率減小，到達最低點后，木塊向上運

動，經(jīng)以上分析可知，木塊先做加速度減小的加速運動，再做加速度增大的減速運動，再做勻減速直線運

動到最高點，而C圖中H點過后速度就開始逐漸減小，實際速度還應該增大，直到平衡位置速度到達最大,

然后速度逐漸減為零；D圖前半段速度不變，不符合題意，正確了一示意圖如下

故CD錯誤。

故選B。

2.(2023?浙江?高考真題)一位游客正在體驗蹦極，綁上蹦極專用的橡皮繩后從跳臺縱身而下。游客從跳臺

下落直到最低點過程中（）

A.彈性勢能減小B.重力勢能減小

C.機械能保持不變D.繩一繃緊動能就開始減小

【答案】B

【詳解】游客從跳臺下落，開始階段橡皮繩未拉直，只受重力作用做勻加速運動，下落到一定高度時橡皮

繩開始繃緊，游客受重力和向上的彈力作用，彈力從零逐漸增大，游客所受合力先向下減小后向上增大，

速度先增大后減小，到最低點時速度減小到零，彈力達到最大值。

A.橡皮繩繃緊后彈性勢能一直增大，A錯誤；

B.游客高度一直降低，重力一直做正功，重力勢能一直減小，B正確；

C.下落階段橡皮繩對游客做負功，游客機械能減少，轉(zhuǎn)化為彈性勢能，C錯誤；

D.繩剛繃緊開始一段時間內(nèi)，彈力小于重力，合力向下做正功，游客動能在增加；當彈力大于重力后，合

力向上對游客做負功，游客動能逐漸減小，D錯誤。

故選B。

3.（2025?貴州?模擬預測）如圖所示，運動員剛開始靜止在蹦床上的8點（未標出），通過調(diào)整姿態(tài)，多次

彈跳后達到最高點4然后運動員從/點保持姿勢不變由靜止下落至最低點C。不計空氣阻力，下列說法正

確的是（）

A.運動員從接觸蹦床到最低點的過程中，一直做減速運動

B.下落過程中，運動員在8點時速度最大

C.從5點下落至C點的過程，運動員做勻減速直線運動

D.從/點下落至8點的過程，運動員的機械能守恒

【答案】B

【詳解】A.運動員接觸蹦床后，蹦床彈力逐漸增大，彈力小于重力階段，運動員繼續(xù)加速運動，加速度減

小；彈力等于重力時，加速度為零，速度最大，運動繼續(xù)向下運動；彈力大于重力，運動員做減速運動，

加速度增大，故A錯誤；

B.運動員在8點時，重力與彈力大小相等，運動員加速度為零，速度最大，故B正確;

C.運動員從3點到C點的過程中，彈力增大，彈力大于重力，由牛頓第二定律

F—mg—ma

可知加速度增大，故運動員做加速度逐漸增大的減速運動，故C錯誤；

D.從/點下落至8點的過程，運動員的機械能有一部分轉(zhuǎn)化為蹦床的勢能，運動員機械能減少，故D錯

誤。

故選B。

4.（2024?河南周口?模擬預測）2023年10月2日，在杭州亞運會蹦床女子個人項目決賽中，中國選手包攬

冠亞軍。假設在比賽中的某一個時間段內(nèi)蹦床所受的壓力隨時間變化的關系如圖所示，忽略空氣阻力，重

力加速度g=10m/s2。下列說法正確的是（）

A.1.0s?1.4s內(nèi)運動員向上運動，處于失重狀態(tài)

B.1.0s?1.4s內(nèi)運動員向下運動，處于超重狀態(tài)

C.1.4s時運動員的速度達到最大值

D.運動員在脫離蹦床后的上升過程中上升的最大高度約為3.6m

【答案】D

【詳解】AB.1.0s?1.4s內(nèi)運動員對蹦床的壓力逐漸變大，則運動員向下運動，壓力先小于重力，加速度向

下，失重；后壓力大于重力，加速度向上，超重，選項AB錯誤；

C.1.4s時運動員對蹦床的壓力最大，此時到達最低點，則運動員的速度為零，選項C錯誤；

D.運動員在脫離蹦床后到再次回到蹦床上用時間為3.8s-2.1s=1.7s,則上升過程中上升的最大高度約為

1191-?/1.7、？_,

h=—gt=—xl0x（——）m?3.6m

222

選項D正確。

故選D。

5.（2024?北京東城?一模）一個質(zhì)量為加的網(wǎng)球從距地面高式處自由下落，反彈的最大高度為H?。不考慮

所受的空氣阻力，重力加速度用g表示，對網(wǎng)球與地面接觸的運動過程，下列判斷正確的是()

A.網(wǎng)球的加速度先向上后向下

B.網(wǎng)球速度為0時受地面的彈力最大

C.地面對網(wǎng)球所做的功等于加g(d-4)

m（7^+7^7）

D.網(wǎng)球受地面的平均沖擊力等于

【答案】B

【詳解】A.整個過程中網(wǎng)球的加速度均為重力加速度，所以加速度不變，故A項錯誤；

B.網(wǎng)球在與地面接觸的運動過程中，網(wǎng)球下降的過程中網(wǎng)球的形變量越來越大，彈力越來越大，開始階段

網(wǎng)球的壓縮量較小，因此地面對網(wǎng)球向上的彈力小于重力，此時網(wǎng)球的合外力向下，加速度向下，網(wǎng)球做

加速運動，由牛頓第二定律

mg-kx=max

隨著壓縮量增加，彈力增大，合外力減小，則加速度減小，方向向下，當

mg=kx

時，合外力為零，加速度為0,此時速度最大；由于慣性網(wǎng)球繼續(xù)向下運動，此時

kx-mg=ma2

方向向上，網(wǎng)球減速，隨著壓縮量增大，網(wǎng)球合外力增大，加速度增大，方向向上。所以網(wǎng)球下降過程中

加速度先變小后變大，速度先變大后變小，小球運動最低點時，網(wǎng)球的速度為零，地面的彈力最大，故B

項正確；

C.由于網(wǎng)球與地面接觸過程中，作用點無位移，即有力無位移的情況，所以地面對網(wǎng)球所做的功為零，故

C項錯誤;

D.小球從耳處自由落下，設落地瞬間速度為％,有

v；=2gHi

解得

匕=飛2gHi

小球離開地面的速度為匕，有

0-尺=-2g“2

解得

.=飛2gH2

設網(wǎng)球與地面作用時間為t,設向下為正方向，由動量定理有

-Ft=-mv2-mvi

整理有

-2gHi+J2gH2）

t

由于地面與網(wǎng)球作用時間未知，所以平均沖力取法求得，故D項錯誤。

故選B。

6.（2024?北京門頭溝?一模）把一壓力傳感器固定在水平地面上，輕質(zhì)彈簧豎直固定在壓力傳感器上，如圖

甲所示。f=0時，將金屬小球從彈簧正上方由靜止釋放，小球落到彈簧上后壓縮彈簧到最低點，又被彈起

離開彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復。壓力傳感器中壓力大小尸隨時間f變化圖像如圖乙所示。

下列說法正確的是（）

A.4時刻，小球的動能最大

B.%~時間內(nèi)，小球始終處于失重狀態(tài)

C.時間內(nèi)，小球所受合力的沖量為0

D.4時間內(nèi)，小球機械能的增加量等于彈簧彈性勢能的減少量

【答案】D

【詳解】A.由圖乙可知，在4時刻，小球落到彈簧上，開始壓縮彈簧，此后彈簧的彈力開始增大，小球受

到的重力與彈力的合力方向向下，逐漸減小，由牛頓第二定律可知，加速度向下，且逐漸減小，小球的速

度仍在增大，當彈力增大到大小等于重力時，小球的速度最大，則動能最大，A錯誤；

B.由圖乙可知，時刻彈力最大，此時壓縮彈簧到最低點，可知在時間內(nèi)，彈力先小于重力后大于

重力，則加速度方向先向下，后向上，小球先失重后超重，B錯誤；

C.%~匕時間內(nèi)，小球與彈簧組成的整體機械能守恒，可知在4時刻小球落到彈簧上，4時刻小球離開彈簧,

則有兩時刻小球的速度大小相等，方向相反，設此時的速度大小為v,小球的質(zhì)量為加，取向上方向為正方

向，則有小球的動量變化量為

Ap=mv-（-wv）=2mv

由動量定理可知，小球在。時間內(nèi)，所受合力的沖量

/=△/?=2mv

c錯誤；

D.巧~，3時間內(nèi)，彈力逐漸減小，是小球被彈起直至離開彈簧的過程，此過程小球和彈簧組成的整體機械

能守恒，則有小球增加的動能與重力勢能之和等于彈簧彈性勢能的減少量，即小球機械能的增加量等于彈

簧彈性勢能的減少量，D正確。

故選D。

7.（2024?山東?一模）如圖甲所示，勁度系數(shù)為后的輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，一質(zhì)量為加

的小球，從離彈簧上端高人處自由釋放，接觸彈簧后繼續(xù)豎直向下運動。若以小球開始下落的位置為原點，

沿豎直向下建立坐標軸Ox,則小球的速度的二次方v2隨坐標％的變化圖像如圖乙所示，其中04段為直線，

/BCD是平滑的曲線，N8段與。/相切于N點，C點與N點關于對稱，空氣阻力不計，重力加速度為

g。關于小球在/、B、C、。各點對應的位置坐標乙、乙、％、積及加速度大小巴、aB.ac,詼的判斷正確的

是（）

V2

T

J

W

W

O

"X

甲

乙

A<gB-A+筮%-o

2

m-gm

十Q-gD^-+>g

Tc--_T￡

【詳解】A.圖乙所示圖像中，04段是直線，小球從。運動到/過程加速度不變，小球做自由落體運動,

小球到達/時，下落高度為九小球的加速度仍然是g,所以

xA=h,aA=g

故A錯誤；

B.由圖示所示圖像可知，在8點小球速度最大，此時重力和彈力相等，合力為0,加速度為

%=°

由

mg=kx

可知

整

A-

k

所以5得坐標為

7mg

X=h-\-----

BRk

故B錯誤；

C.由于。點與Z點關于BE對稱，所以

72mg

x=h-------

。rk

在。點的彈簧彈力豎直向上，大小為

F=2kx=2mg

小球在c點由牛頓第二定律得

F-mg=mac

解得

〃c=g

故C正確;

D.小球到達。點時速度為零，則。點在C點的下方，小球到達。點時形變量

,2mg

XJJ>/lT-----

k

加速度

aD>g

故D錯誤。

故選C。

————I2

8.（2024?江蘇泰州?一模）如圖所示，水平面04段粗糙，段光滑，OA=AB=-o一原長為《/、勁度

系數(shù)為k（k>當冬）的輕彈簧右端固定，左端連接一質(zhì)量為加的物塊。物塊從。點由靜止釋放。已知

物塊與段間的動摩擦因數(shù)為〃，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則物塊在向右運動過程中，其加速度大

小°、動能與、彈簧的彈性勢能斗、系統(tǒng)的機械能E隨位移x變化的圖像可能正確的是（）

【答案】B

【詳解】A.由題意可知，/點處，物塊受到的彈力大小為

可知物塊從。到“過程，一直做加速運動，動能一直增加，根據(jù)牛頓第二定律可得

kx-jumg

ci------〃g(0<x<0.5/)

mm

可知物塊從。到/過程，a-x圖像應為一條斜率為負的傾斜直線，故A錯誤;

B.物塊從。到N過程（OVxVO.5/）,由于彈簧彈力一直大于滑動摩擦力，物塊一直做加速運動，動能一

直增加，但隨著彈力的減小，物塊受到的合力逐漸減小，根據(jù)動能定理可知，耳-x圖像的切線斜率逐漸減

小；物塊到/點瞬間，合力突變等于彈簧彈力，則》圖像的切線斜率突變變大，接著物塊從/到彈簧

恢復原長過程（0.5/<xV0.6/）,物塊繼續(xù)做加速運動，物塊的動能繼續(xù)增大，隨著彈力的減小，瓦-了圖

像的切線斜率逐漸減?。划攺椈苫謴驮L時，物塊的動能達到最大，接著彈簧處于壓縮狀態(tài)，物塊開始做

減速運動，物塊的動能逐漸減小到0,該過程，隨著彈力的增大，穌-x圖像的切線斜率逐漸增大；故B正

確；

C.根據(jù)彈性勢能表達式可得

1,1,

Ep.左⑻?.?Of/-x）2

可知綜-x圖像為開口向上的拋物線，頂點在x=0.6/處，故C錯誤；

D.物塊從。到/過程（OWxWO.5/）,摩擦力對系統(tǒng)做負功，系統(tǒng)的機械能逐漸減少，根據(jù)

AE=-jumgx

可知從。到/過程，圖像為一條斜率為負的斜率直線；物塊到達N點后，由于/點右側(cè)光滑，則物

塊繼續(xù)向右運動過程，系統(tǒng)機械能守恒，即E保持不變，故D錯誤。

故選B。

9.蹦床是一項運動員利用蹦床的反彈在空中表現(xiàn)雜技技巧的競技運動.如圖所示為運動員在蹦床運動中完

成某個動作的示意圖，圖中水平虛線PQ是彈性蹦床的初始位置，一質(zhì)量為加的運動員，某次彈跳中從床

面上方N處由靜止落下，落到床面上屈伸彈起后離開床面上升到。處，已知AB=h,DB=H,重力加速度

大小為g,不考慮空氣阻力，下列說法正確的是（）

A.運動員從/處運動到。處的全過程中，床面對運動員彈力的最大值為mg

B.運動員從/處運動到。處的全過程中，運動員的機械能增加量機g（〃-力）

C.運動員從/處運動到。處的全過程中，運動員重力的沖量為0

D.運動員由/到8向下運動的過程中，處于完全失重狀態(tài)，其機械能減少

【答案】B

【詳解】A.運動員在最低點時，床面對運動員的彈力最大，從最低點向上運動時，先做加速運動，彈力的

最大值大于加g,選項A錯誤；

B.運動員的機械能增加了

AE=mgH—mgh=mg—h)

選項B正確；

C.運動員重力的沖量

I=mgt

不等于零，選項C錯誤；

D.運動員由/向B運動的過程中，做自由落體運動，加速度等于豎直向下的重力加速度g,處于完全失重

狀態(tài)，此過程中只有重力做功，運動員的機械能守恒，選項D錯誤。

故選B。

10.把一個小球放在豎立的彈簧上，并把小球向下按至N位置，如圖甲所示。迅速松手后，彈簧把小球彈

起，小球升至最高點C（圖乙），經(jīng)過圖中2位置時彈簧正好處于原長狀態(tài)。彈簧的質(zhì)量和空氣的阻力均可

忽略，重力加速度為g。下列關于小球從/至C的運動過程中加速度大小。、速度大小V、動能線和機械能E

隨運動時間/的變化關系中，正確的是（）

O-c

OOOO

【答案】A

【詳解】A.當小球所受彈簧的彈力等于小球的重力前，根據(jù)牛頓第二定律

kx—mg=ma

可得

kx

Q=---g

m

隨著小球上升加速度隨位移x線性減小，但由于物體向上做加速度減小的加速運動，可知加速度隨時間非

線性減?。煌砜煞治?，當?shù)竭_平衡位置后到5過程中，小球加速向下，根據(jù)牛頓第二定律

mg-kx=ma

可得

kx

a=g-----

m

可知小球的加速度大小隨時間為非線性逐漸增大，在3位置繼續(xù)向上，彈簧彈力為零，小球的加速度始終

為重力加速度不變，故A正確；

B.根據(jù)A選項分析可知小球先做加速度減小的加速運動，再做加速度增大的減速運動，后做加速度不變的

減速運動，故B錯誤；

C.無論加速階段還是減速階段，小球的位移和時間都不是線性關系，且力也不是恒力，所以耳—圖像不

可能是線性關系，故c錯誤；

D.小球在到達5位置前，彈簧彈力對小球做正功，小球的機械能增大，到達2位置繼續(xù)向上，小球只受

重力，機械能守恒，即保持不變，故D錯誤。

故選Ao

11.陳夢在乒乓球比賽中發(fā)了一個高拋球，乒乓球以初速度1豎直向上拋出，乒乓球在空中運動過程中空

氣阻力大小與速率成正比，以向上為正方向，則乒乓球從拋出到落回拋出點的過程中速度V隨時間t的變化

圖像是（）

【詳解】乒乓球上升過程中，有

mg+kv=mah

乒乓球上升過程中，速度逐漸減小，可知乒乓球的加速度逐漸減?。?/p>

乒乓球下降過程中，有

mg-kv=may

乒乓球下降過程中，速度逐漸增大，可知乒乓球的加速度逐漸減小。V—圖象的斜率表示加速度，可知B

正確，ACD錯誤。

故選B。

12.（2024?全國?高考真題）蹦床運動中，體重為60kg的運動員在"0時剛好落到蹦床上，對蹦床作用力大

小廠與時間t的關系如圖所示。假設運動過程中運動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時蹦床水平。

B.f=0.30s時，運動員的速度大小為10m/s

C.f=1.00s時，運動員恰好運動到最大高度處

D.運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4600N

【答案】BD

【詳解】A.根據(jù)牛頓第三定律結合題圖可知t=0.15s時，蹦床對運動員的彈力最大，蹦床的形變量最大,

此時運動員處于最低點，運動員的重力勢能最小，故A錯誤；

BC.根據(jù)題圖可知運動員從f=0.30s離開蹦床到，=2.3s再次落到蹦床上經(jīng)歷的時間為2s,根據(jù)豎直上拋運

動的對稱性可知，運動員上升時間為1s,則在f=1.3s時，運動員恰好運動到最大高度處，/=0.30s時運動

員的速度大小

v=10xlm/s=10m/s

故B正確，C錯誤；

D.同理可知運動員落到蹦床時的速度大小為10m/s,以豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理

F-At-mg-Af=mv-（—mv）

其中

A/=O.3s

代入數(shù)據(jù)可得

F=4600N

根據(jù)牛頓第三定律可知運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4600N,故D正確。

故選BDo

13.（2025?重慶?模擬預測）如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧左端固定在豎直墻壁上，右端與質(zhì)量為0.15kg的小物

體P栓接，緊靠著P的右端放置質(zhì)量為0.3kg的小物體Q,P、Q均靜止，彈簧處于原長狀態(tài)?，F(xiàn)對Q施加

水平向左的恒力R使P和Q一起向左運動，當兩者速度為零時撒去尸，P、Q最終均停止運動。以初始時

Q靜止的位置為坐標原點，向左為正方向，從Q開始向左運動到撒去產(chǎn)前瞬間，Q的加速度。隨位移x變

化的圖像如圖乙所示。已知P、Q兩物體與地面間的動摩擦因數(shù)均為0.5,重力加速度大小取g=10m/s2。下

列說法正確的是（）

A.尸的大小為6.75NB.彈簧的勁度系數(shù)為22.5N/m

C.P的最大速度為25m/s

D.Q最終停在尤=-0.04m位置

10

【答案】ACD

【詳解】AB.對P、Q整體，由牛頓第二定律可得

F-Mrrip+mQ)g-kx=(mp+mQ)tz

整理得

20k20廠匚

a=-------x-\-----r-5

99

由圖像可知

20^_0-10

于一2x10-2-0

計一5=10

解得

k=225N/m,F=6.75N

故A正確，B錯誤;

C.P、Q一起向左運動時兩者的最大速度

x—x2xl0-2xlOm/s=^-m/s

Vml=6晟=\2

25

向右運動時，當

Ju(mp+mQ)g=kxl

時速度最大，此時

$=0.01m

由能量關系

〃(%+mQ)g(xm-X])=g(%+mQ"工

其中

2

xm=4x10-m

解得

36.

%2=—

則P的最大速度為歧m/s,故C正確;

10

D.兩滑塊回到原來位置時由能量關系

12

Fxm-2〃("~+mQ)gxm=-(wP+mQ)v

此后Q與P分離，則

12

^mQgs=-mQv

解得

s=0.04m

即Q最終停在x=-0.04m位置，故D正確。

故選ACD?

14.（2024?廣東梅州?模擬預測）如圖甲是游樂設施——“反向蹦極”的示意圖，游戲者（可視為質(zhì)點）與固

定在地面上的扣環(huán)連接，打開扣環(huán)，游戲者從N點由靜止釋放，像火箭一樣豎直發(fā)射。游戲者上升到3位

置時彈性繩恰好處于松弛狀態(tài)，C為上升的最高點，尸為彈性繩上端懸點，。點為速度最大點（未畫出），

彈性繩的形變在彈性限度內(nèi)，且遵從胡克定律，不計空氣阻力，以/點為坐標原點，向上為正方向，作出

游戲者上升過程中加速度與位移的關系如圖乙。玉、當、退和g為已知量，則人上升過程中（）

A.段的長度為多

B.游戲者最大速度為J（2x3-網(wǎng)-馬，

C.A點與。點間的距離大于。點與B點間的距離

D.人從N點到D點和D點到C點合力的沖量大小相等

【答案】BCD

【詳解】A.由題圖乙可知，在0~西內(nèi)，加速度為正，游戲者向上做加速運動，在多處加速度是零，此時

速度最大，%~尤2加速度反向增大，在Z處加速度大小為g，說明此時游戲者只受重力作用，可知游戲者位

于8位置，之后馬~苫3，游戲者一直做減速運動到速度減到零，在最高點C位置，因此段的長度為X2,

A錯誤；

B.由題圖乙可知，在西加速度均勻變化，可知合力的平均值為;加g，則從速度最大位置到最高點由

動能定理可得

一；機8（/_&）一加8（退_々）=0_3加片

解得

%=42匕一再一々加

B正確;

C.。點為速度最大點，由題圖乙可知40為占，DB為Xzf,0~%段的圖線斜率相同，且4>g，因此

則有

X

X]>無2-1

即A點與。點間的距離大于。點與B點間的距離，C正確；

D.由動量定理可知，游戲者所受合力的沖量大小等于他的動量變化量大小，已知在/點和在C點的速度

是零，D點為速度最大點，因此從/點到D點的速度的變化量和從和D點到C點的速度的變化量大小相同,

則動量變化量大小相同，因此人從/點到。點和。點到C點合力的沖量大小相等，D正確。

故選BCDo

15.（2024?黑龍江?二模）如圖所示，足夠長的傾角為8的光滑斜面底端固定一輕彈簧，彈簧的上端連接質(zhì)

量為〃?的薄鋼板，鋼板靜止時彈簧的壓縮量為毛。質(zhì)量為機的物塊從斜面上/點滑下，與鋼板碰撞后二者

（不粘連）立刻一起做簡諧運動且運動到最高點時恰好不分開。不計空氣阻力，下列說法正確的是（）

A.碰撞后二者向下運動到最低點的過程中速度一直減小

B.碰撞后物塊、鋼板和彈簧構成的系統(tǒng)機械能守恒

C.簡諧運動的振幅為迎

D.彈簧彈力的最大值為4〃zgsin0

【答案】BD

【詳解】A.鋼板靜止時有

mgsin9=kx0

當物體A與鋼板接觸后有

2mgsin0-kx=2ma

隨著A物體和鋼板對彈簧的壓縮，其加速度逐漸減小，由于此時加速度方向與速度方向一致，所以其做加

速度減小的加速運動，當

2mgsin0=kx

時，加速度為零，則是速度達到最大，下一刻則有

kx-2mgsin0=2ma

隨著其壓縮量變大，其加速度增加，由于加速度方向與速度方向相反，所以其做加速度增加的減速運動，

直至速度為零，達到最低點。綜上所述可知，其碰撞后二者先做加速度減小的加速運動后做加速度增加的

減速運動，故A項錯誤；

B.碰撞后將物塊、鋼板和彈簧看成一個系統(tǒng)，該整體只有重力以及系統(tǒng)內(nèi)彈簧的彈力做功，所以其系統(tǒng)機

械能守恒，故B項正確；

C.碰撞后其做簡諧運動，則為平衡位置時設彈簧的壓縮量為Xj有

2mgsin3=kxx

結合之前的分析有

mgsin0=kxQ

解得

$=2x0

即平衡位置在。點下方2%處，由題意可知，其上升到最高點時速度為零，設此時彈簧的拉伸形變量為％,

對整體有

2mgsin3+kx2=2max

對物體A有

mgsin0=ma1

解得

x2=0

所以其振幅為

A—玉—2XQ

故c項錯誤；

D.有上述分析可知，該簡諧運動的振幅為2%,其平衡位置為在。點下方2無。處，所以彈簧彈力最大位置,

即兩物體處于簡諧運動的最低點，即。點下方4%處，此時彈簧的彈力為

F彈=k-4x0

結合之前的分析，可知彈簧的勁度系數(shù)為

7mgsin0

k二-------

%

解得

F彈=4mgsin0

故D項正確。

故選BDo

【模型二】，戶陟”運動模型

【概述】高中物理中有這樣一類問題：物體受到一個與物體的運動速度v成正比變化的外力而做復雜的變

速運動我們不妨稱之為'六問題。。

【模型要點】

1.運動特點分析——“另類勻變速運動”：

若物體所受合力為戶則產(chǎn)生的加速度為。=/=&v等式兩邊同乘以f并求和得到等式

mm

YaAt=Y-vAt,可得Av=&x,也就是說物體在任意相等的位移內(nèi)速度的變化量是相等的。這與勻

mm

變直線運動的定義：物體在任意相等時間內(nèi)速度速度的變化量都相等極為相似。唯一的區(qū)別就是一個對空

kA-pk

間均勻變化。一個對時間均勻變化。我們把滿足Av=的運動定義為“另類勻變速運動”定義Z=—

mAxm

為“另類勻變速運動,，的“另類加速度,，二者的區(qū)別展示如下：

正常加速度。=絲另類加速度2=竺=幺

A/Axm

一上aAvAxAx

一者關系：一=-------二—=vnBnPa=A\

AAZAvAZ

(1).當4>0且恒定時，。隨v增大而變大;

(2).當4Vo且恒定時，。隨v減小而變小;

⑶圖像

2.“另類勻變速運動”的動量特征

物體在變力作用下做復雜的變速運動，可以把物體的運動分割成若干小段，在每一小段內(nèi)，可認為力/不變,

這樣，在時間內(nèi)，力/的沖量：

/]==kvx-=%

同理，時間內(nèi)，力/的沖量

所以整個過程力/的沖量為：

/=/]+/,+—卜/“=kx

即變力的沖量大小與物體的位移大小成正比。

這個結論的幾何解釋如圖所示（僅僅是示意性地畫出，并不真正表示物體就做圖示形式的運動）。對于v—f

圖象，圖象與f軸所圍的面積表示物體的位移X。由于上力/隨時間/變化的圖象與v—/圖象相似

（縱軸相差左倍）。對圖象來說，圖象與/軸所圍的面積就是力/的沖量/,顯然/=依o此結論在解答

中”問題中有很重要的作用。

3.流體的變加速運動問題

（1）注意阻力的三種可能情況：①阻力不計；②阻力大小恒定；③阻力跟速度（或速度的二次方）大小成正

比即產(chǎn)Av或尸前2。

（2）上升加速度a=g+f/m=g+kv/m隨速度減小而減?。?/p>

下降加速度a=g-f/m=g-kv/m隨速度增大而減小。

mgrng=kv?,或mg=kv??

1.一質(zhì)點由靜止開始沿直線運動，速度隨位移變化的圖像如圖所示，關于質(zhì)點的運動，下列說法正確的是

()

A.質(zhì)點做勻速直線運動

B.質(zhì)點做勻加速直線運動

C.質(zhì)點做加速度逐漸增大的加速運動

D.質(zhì)點做加速度逐漸減小的加速運動

【答案】C

【詳解】從圖可知，尤與v成正比，即'=豆，左是比例系數(shù)（常量），根據(jù)

Ax7Av7

v=——=k——=ka

△tNt

顯然加速度與速度成正比，所以質(zhì)點做加速度逐漸增大的加速運動。

故選C。

2.（2024?安徽?一模）如圖所示，實線是實驗小組某次研究平拋運動得到的實際軌跡，虛線是相同初始條件

下平拋運動的理論軌跡。分析后得知這種差異是空氣阻力影響的結果。實驗中，小球的質(zhì)量為%,水平初

速度為％,初始時小球離地面高度為限已知小球落地時速度大小為v,方向與水平面成e角，小球在運動

過程中受到的空氣阻力大小與速率成正比，比例系數(shù)為七重力加速度為g。下列說法正確的是（）

A.小球落地時重力的功率為機5V

,，、一4,,1、,mvsin0+kh

B.小球下落的時間為----------

mg

C.小球下落過程中的水平位移大小為加-2VCOS。）

k

D.小球下落過程中空氣阻力所做的功為g加“2-）+機

【答案】B

【詳解】A.小球落地時重力的功率為

PG=mgvsin0

故A錯誤；

B.小球下落過程在豎直方向根據(jù)動量定理

mvsin0=mgt-k（yyi+vy2+vy3+.....）t

Z(%+Vy2+V”+……)t=h

解得小球下落的時間為

mvsind+kh

t=----------------

mg

故B正確；

C.小球在水平方向根據(jù)動量定理

mvcos0-mvQ=-k(vxl+vx2+vx3+.....)t

V+V+V

E(A1X2X3+……"=X

解得小球下落過程中的水平位移大小為

m（v-vcos。）

X-0

k