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专题02 常见的非匀变速直线运动模型
【模型一】 小球弹簧（蹦极、蹦床）模型
【模型构建】如图所示，地面上竖立着一轻质弹簧，小球从其正上方某一高度处自由下落到弹簧上．从小球刚接触弹簧到弹簧被压缩至最短的过程中（在弹簧的弹性限度内），的运动问题、能量转换问题、动量变化问题。

【模型要点】
1.力与运动-----下落的“三段四点”：
[来源:学科网]
2.四个图像
v-t图 a-t图 F-t图 a-x图

3.等效模型一:恒力推弹簧连接的两物体问题

4.等效模型二:蹦极运动问题
如图所示是蹦极运动的简化示意图，弹性绳一端固定在O点，另一端系住运动员，运动员从O点自由下落，A点处弹性绳自然伸直．B点是运动员受到的重力与弹性绳对运动员拉力相等的点，C点是蹦极运动员到达的最低点，运动员从O点到C点的运动过程中忽略空气阻力。

5.功能变化及图像
竖直小球砸弹簧 倾斜小球砸弹簧 水平弹簧推小球




【模型演练1】(2020·湖北十堰市上学期期末)如图所示，处于自然状态下的轻弹簧一端固定在水平地面上，质量为m的小球从弹簧的另一端所在位置由静止释放，设小球和弹簧一直处于竖直方向，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g.在小球将弹簧压缩到最短的过程中，下列说法不正确的是(　　)

A．小球的速度先增大后减小
B．小球的加速度先减小后增大
C．小球速度最大时弹簧的形变量为
D．弹簧的最大形变量为
【答案】　D
【解析】　开始时，小球的重力大于弹簧的弹力，小球的加速度向下，向下加速运动，随着弹簧的压缩，弹力逐渐变大，则加速度逐渐减小，当弹力等于重力时，加速度为零，即有mg＝kx，可得x＝，此时小球的速度最大，然后小球继续向下运动压缩弹簧，弹力大于重力，加速度变为向上，速度逐渐减小，直到速度减小到零，到达最低点，由对称性可知，此时弹簧的压缩量为2x＝，故选项A、B、C正确，D错误．
【模型演练2】(2020·山西运城一模)蹦极就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动。某人做蹦极运动，绳子拉力F的大小随时间t的变化规律如图所示。假设人由静止开始下落，且运动只发生在竖直方向，重力加速度g取10 m/s2，图中t0＝10 s。下列说法正确的是(　　)

A．绳子的长度约为30 m
B．0.2t0时刻，人的速度最大
C．人下落过程机械能守恒
D．人下落过程，先失重后超重
【答案】D
【解析】0.2t0时刻，绳子刚好伸直，伸直前，人近似自由下落，考虑阻力，下落的位移比20 m小，A错误；0.2t0时刻，绳子刚好伸直，人的合力大小约为人的重力，它与速度的方向相同，因此人将继续加速下降，B错误；人下落过程，要克服阻力和绳子的拉力做功，机械能减少，C错误；人先加速下降后减速下降，先处于失重状态后处于超重状态，D正确。
【模型演练3】(多选)(2021·山东淄博市3月模拟)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程中，下列关于小球的速度v、加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是(　　)


【答案】　AD
【解析】　在小球下落的开始阶段，小球做自由落体运动，加速度为g；接触弹簧后，开始时重力大于弹力，加速度方向向下，随着小球的不断下降，弹力逐渐变大，故小球做加速度减小的加速运动，某时刻加速度可减小到零，此时速度最大；小球继续下落时，弹力大于重力，加速度方向变为向上，且加速度逐渐变大，直到速度减小到零，到达最低点，由对称知识可知，到达最低点的加速度大于g，故A、D正确．
【模型演练4】(2021·北京丰台区期末)图甲是某人站在接有传感器的力板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心。图乙是力板所受压力随时间变化的图象，取重力加速度g＝10 m/s2。根据图象分析可知(　　)

甲　　　　　　　　　　　乙
A．人的重力可由b点读出，约为300 N
B．b到c的过程中，人先处于超重状态再处于失重状态
C．人在双脚离开力板的过程中，处于完全失重状态
D．人在b点对应时刻的加速度大于在c点对应时刻的加速度
【答案】C　
【解析】开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力约为900 N，人的重力也约为900 N，故A错误；b到c的过程中，人先处于失重状态再处于超重状态，故B错误；双脚离开力板的过程中只受重力的作用，处于完全失重状态，故C正确；b点弹力与重力的差值要小于c点弹力与重力的差值，则人在b点的加速度要小于在c点的加速度，故D错误。
【模型演练5】在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和蹦床的协助下实现上下弹跳。如图所示，某次蹦床活动中小孩静止时处于O点，当其弹跳到最高点A后下落可将蹦床压到最低点B，小孩可看成质点，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)

A．从A运动到O，小孩重力势能减少量大于动能增加量
B．从O运动到B，小孩动能减少量等于蹦床弹性势能增加量
C．从A运动到B，小孩机械能减少量小于蹦床弹性势能增加量
D．若从B返回到A，小孩机械能增加量等于蹦床弹性势能减少量
【答案】A　
【解析】从A运动到O，小孩重力势能减少量等于动能增加量与弹性绳的弹性势能的增加量之和，选项A正确；从O运动到B，小孩动能和重力势能的减少量等于弹性绳和蹦床的弹性势能的增加量，选项B错误；从A运动到B，小孩机械能减少量大于蹦床弹性势能增加量，选项C错误；若从B返回到A，小孩机械能增加量等于蹦床和弹性绳弹性势能减少量之和，选项D错误。
【模型演练6】(多选)(2019·江苏高考)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中(　　)

A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在A点的初速度为
【答案】BC　
【解析】对物块从A点开始到再回到A点整个过程，由动能定理可知Wf＝－2μmgs＝0－mv，则vA＝2，故B正确，D错误。对物块从A点开始到弹簧压缩量最大这一过程，由动能定理可知W弹＋W′f＝0－mv，W′f＝－μmgs，则W弹＝－μmgs，则物块克服弹力做功为μmgs，所以弹簧弹性势能增加μmgs，故C正确。当克服弹力做功为μmgs时，弹簧的最大弹力要大于μmg，故A错误。
【模型演练7】(多选)(2018·江苏高考)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块(　　)

A．加速度先减小后增大 B．经过O点时的速度最大
C．所受弹簧弹力始终做正功 D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
【答案】AD　
【解析】对物块受力分析，当弹簧处于压缩状态时，由牛顿第二定律可得kx－f＝ma，x减小，a减小，当a＝0时，物块速度最大，此时，物块在O点左侧，选项B错误；从加速度a＝0处到O点过程，由牛顿第二定律得f－kx＝ma，x减小，a增大，当弹簧处于伸长状态时，由牛顿第二定律可得kx＋f＝ma，x增大，a继续增大，可知物块的加速度先减小后增大，选项A正确；物块所受弹簧的弹力对物块先做正功，后做负功，选项C错误；从A到B的过程，由动能定理可得W弹－Wf＝0，选项D正确。
【模型演练8】．“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是(　　)
A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大
D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
【答案】A.
【解析】：从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力．绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功．故A正确，B、C、D错误．
【模型演练9】．从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，下列说法正确的是(　　)
A．掉在水泥地上的玻璃杯动量小，而掉在草地上的玻璃杯动量大
B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变小，掉在草地上的玻璃杯动量改变大
C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小
D．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变量与掉在草地上的玻璃杯动量改变量相等
【答案】D.
【解析】：玻璃杯从同样高度落下，到达地面时具有相同的速度，即具有相同的动量，与地面相互作用后都静止．所以两种地面的情况中玻璃杯动量的改变量相同，故A、B、C错误，D正确．
【模型演练10】(2020·湖南常德模拟)如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h的B点时速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g，关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有(　　)

A．小球的机械能减小了mg(H＋h)
B．小球克服阻力做的功为mgh
C．小球所受阻力的冲量大于m
D．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量
【答案】AC.
【解析】：小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小了mg(H＋h)，则小球的机械能减小了mg(H＋h)，故A正确；对小球下落的全过程运用动能定理得，mg(H＋h)－Wf＝0，则小球克服阻力做功Wf＝mg(H＋h)，故B错误；小球落到地面的速度v＝，对小球进入泥潭的过程运用动量定理得：IG－IF＝0－m，得：IF＝IG＋m，知阻力的冲量大于m，故C正确；对全过程分析，运用动量定理知，小球动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D错误．
【模型二】“f=kv”运动模型
【概述】高中物理中有这样一类问题：物体受到一个与物体的运动速度v成正比变化的外力而做复杂的变速运动我们不妨称之为“f= kv”问题。。
【模型要点】
1.运动特点分析-------“另类匀变速运动”：
若物体所受合力为f= kv，则产生的加速度为等式两边同乘以并求和得到等式，可得，也就是说物体在任意相等的位移内速度的变化量是相等的。这与匀变直线运动的定义：物体在任意相等时间内速度速度的变化量都相等极为相似。唯一的区别就是一个对空间均匀变化。一个对时间均匀变化。我们把满足的运动定义为“另类匀变速运动”定义为“另类匀变速运动”的“另类加速度”二者的区别展示如下：
正常加速度 另类加速度
二者关系： 即a=A·v
(1).当A>0且恒定时，a随v增大而变大；
(2).当A<0且恒定时，a随v减小而变小；
(3)图像

2.“另类匀变速运动”的动量特征
物体在变力作用下做复杂的变速运动，可以把物体的运动分割成若干小段，在每一小段内，可认为力f不变，这样，在△t1时间内，力f的冲量：

同理，时间内，力f的冲量
，……
所以整个过程力f的冲量为：

即变力的冲量大小与物体的位移大小成正比。
这个结论的几何解释如图所示（仅仅是示意性地画出，并不真正表示物体就做图示形式的运动）。对于v—t图象，图象与t轴所围的面积表示物体的位移x。由于f=kv，力f随时间t变化的f—t图象与v—t图象相似（纵轴相差k倍）。对f—t图象来说，图象与t轴所围的面积就是力f的冲量I，显然I= kx 。此结论在解答“f=kv”问题中有很重要的作用。

3.流体的变加速运动问题
(1)注意阻力的三种可能情况：①阻力不计；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f=kv或f=kv2。
(2)上升加速度a=g+f/m=g+kv/m随速度减小而减小 ；[来源:学科网ZXXK]
下降加速度a=g-f/m =g-kv/m随速度增大而减小 。

【模型演练1】(2021·郑州质量预测)甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点(足够高)同时由静止释放。两球下落过程所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即f＝kv(k为正的常量)。两球的v－t图象如图所示。落地前，经时间t0两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．甲球质量大于乙球质量 D．t0时间内两球下落的高度相等
【答案】　C
【解析】释放瞬间，两球受到的阻力均为0，此时加速度相同，选项A错误；运动到最后达到匀速时，重力和阻力大小相等，mg＝kv，则＝，选项B错误；由图象可知v1＞v2，因此甲球质量大于乙球质量，选项C正确；下落高度等于图线与时间轴围成的面积，可知甲球下落高度大，选项D错误。
【模型演练2】．(多选)(2020·泰安一模)雨滴在空气中下落时会受到空气阻力的作用。假设阻力大小只与雨滴的速率成正比，所有雨滴均从相同高处由静止开始下落，到达地面前均达到最大速率。下列判断正确的是(　　)
A．达到最大速率前，所有雨滴均做匀加速运动
B．所有雨滴的最大速率均相等
C．较大的雨滴最大速率也较大
D．较小的雨滴在空中运动的时间较长
【答案】CD　
【解析】设雨滴下落时受到的阻力为f＝kv，根据牛顿第二定律：mg－kv＝ma，则雨滴下落时，随着速率的增加，加速度逐渐减小，则达到最大速率前，所有雨滴均做加速度减小的变加速运动，选项A错误；当a＝0时速率最大，则vm＝，质量越大，则最大速率越大，选项B错误，C正确；较小的雨滴在空中运动的最大速率较小，整个过程的平均速率较小，则在空中运动的时间较长，选项D正确。
【模型演练3】．将一质量为m的物体以初速竖直向上抛出，已知物体在运动过程中所受空气阻力的大小与其运动速度成正比，比例系数为k，若物体能够上升的最大高度为H，则其上升过程所用的时间应为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】对物体的上升过程，由动量定理有：由于If=kH所以mgt+kH=mv0得：
【模型演练4】如图所示，在光滑的水平面上，有一竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为L的区域内，现有一边长为l（l
A. 1：1 B. 2：1 C. 3：1 D. 4：1
【答案】C
【解析】设导线框完全滑入时速度为。对导线框滑入过程，由动量定理有：
（其中）同理，对滑出过程，有解得：
再从能量关系即可得出C正确。
【模型演练5】(多选)(2020·福建省三明市上学期期末)如图所示为一个质量为m、带电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中．现给圆环向右初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的v－t图象可能是下图中的(　　)


【答案】　BC
【解析】　当qvB＝mg时，圆环做匀速直线运动，此时图象为B，故B正确；当qvB＞mg时，FN＝qvB－mg，此时：μFN＝ma，所以圆环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB＝mg时，圆环开始做匀速运动，故C正确；当qvB＜mg时，FN＝mg－qvB，此时：μFN＝ma，所以圆环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v－t图象的斜率应该逐渐增大，故A、D错误．
【模型演练6】如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝3 Ω的光滑水平导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝2 T，导轨间距为L＝1 m．一质量m＝2 kg、接入电路的阻值r＝1 Ω的金属棒在拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒与导轨垂直且接触良好，金属棒的v ­x图象如图乙所示，取g＝10 m/s2.在金属棒从起点运动到x＝1 m处的过程中，求：

(1)回路中通过电阻R的电荷量q；
(2)金属棒运动到x＝1 m处时所受安培力大小；
(3)定值电阻R中产生的焦耳热QR.
【答案】：(1)0.5 C　(2)2 N　(3)0.75 J
【解析】：(1)由E＝，I＝得通过电阻R的电荷量
q＝＝＝0.5 C.
(2)由v ­x图象得 v＝2x
金属棒所受安培力F安＝＝
可见F安与x为线性关系
当x＝0时，安培力 F安1＝0
当x＝1 m时，安培力F安2＝2 N
(3)从起点发生x＝1 m位移的过程中，
克服安培力做功为
W安＝安·x＝·x＝1.0 J
根据能量守恒，整个电路产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝1.0 J
则电阻R上产生的热量QR＝Q＝Q＝0.75 J.
【模型演练7】(2020·陕西咸阳二模)19世纪末美国物理学家密立根进行了多次试验，比较准确地测定了电子的电量．如图所示，用喷雾器将油滴喷入电容器的两块水平的平行电极板之间时，油滴经喷射后，一般都是带电的．设油滴可视为球体，密度为ρ，空气阻力与油滴半径平方、与油滴运动速率成正比．实验中观察到，在不加电场的情况下，半径为r的小油滴1以速度v匀速降落；当上下极板间间距为d、加恒定电压U时，该油滴以速度0.5v匀速上升．已知重力加速度为g，试求：

(1)此油滴带什么电？带电量多大？
(2)当保持极板间电压不变而把极板间距增大到4d，发现此油滴以另一速度v1匀速下落，求v1与v的比值；
(3)维持极板间距离为d，维持电压U不变，观察到另外一个油滴2，半径仍为r，正以速度0.5v匀速下降，求油滴2与油滴1带电量之比．
【答案】　(1)带负电　　(2)　(3)1∶3
【解析】　(1)由题意得，油滴带负电m＝ρπr3①
不加电场匀速下降，有mg＝kr2v②
当油滴以0.5v匀速下降由平衡条件mg＋kr2·0.5v＝q1③
故q1＝
(2)d增大到4倍，根据平衡条件得mg＝q1＋f1④
f1＝kr2v1⑤
解得＝⑥
(3)设油滴2的电量为q2，由平衡条件得：
mg＝q2＋kr2·0.5v⑦
解得q2∶q1＝1∶3⑧
【模型三】 机车启动模型
1.以恒定功率启动
(1)动态过程

(2)这一过程的P－t图象、v－t图象和F－t图象如图所示：
2.以恒定加速度启动
(1)动态过程

(2)这一过程的P－t图象、v－t图象和F－t图象如图所示：
3.三个重要关系式
(1)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt。由动能定理：Pt－F阻x＝ΔEk。此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小。
(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率达到最大，但速度没有达到最大，即v＝ (3)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝＝(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力F阻)。
4． 倾斜、竖直机车启动问题

上坡最大速度vm=P/(f+mgsinθ) 下坡最大速度vm=P/(f-mgsinθ) 竖直提升最大速度vm=P/mg[来源:Z*xx*k.Com]
【模型演练1】质量为m的汽车沿平直的公路行驶，在时间t内，以恒定功率P由静止开始经过距离s达到最大速度vm。已知汽车所受的阻力Ff恒定不变，则在这段时间内发动机所做的功W可用下列哪些式子计算(　　)
A．W＝Ffs　 B．W＝Ffvmt C．W＝Ffvmt D．W＝mv
【答案】C　
【解析】发动机的功率恒定，经过时间t，发动机做的功为W＝Pt，汽车从静止到最大速度vm的过程中，由动能定理可知W－Ffs＝mv，故W＝mv＋Ffs，A、D错误；速度达到最大时，牵引力等于Ff，P＝Ffvm，所以W＝Ffvmt，B错误，C正确。
【模型演练2】(2021·芜湖模拟)一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的功率达到最大值P，之后起重机保持该功率不变，继续提升重物，最后重物以最大速度v2匀速上升，不计钢绳重力。则整个过程中，下列说法正确的是(　　)
A．钢绳的最大拉力为
B．重物匀加速过程的时间为
C．重物匀加速过程的加速度为
D．速度由v1增大至v2的过程中，重物的平均速度<
【答案】B　
【解析】匀加速过程物体处于超重状态，钢绳拉力较大，匀加速运动阶段钢绳的拉力为F＝，故A错误；根据牛顿第二定律可知F－mg＝ma，结合v＝at解得a＝－g，t＝，故B正确，C错误；在速度由v1增大至v2的过程中，重物做加速度减小的变加速运动，平均速度>，故D错误。
【模型演练3】.(2020·吉林五地六校合作体联考)一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5 s内做匀加速直线运动，5 s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其v­t图象如图所示。已知汽车的质量为m＝1×103 kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，g取10 m/s2，则以下说法正确的是(　　)

A．汽车在前5 s内的牵引力为5×102 N
B．汽车速度为25 m/s时的加速度为5 m/s2
C．汽车的额定功率为100 kW
D．汽车的最大速度为80 m/s
【答案】C　
【解析】由图象可知匀加速直线运动的加速度为a＝＝ m/s2＝4 m/s2，根据牛顿第二定律得F－f＝ma，解得牵引力为F＝f＋ma＝0.1×1×104 N＋1×103×4 N＝5×103 N，故A错误。额定功率为P＝Fv＝5 000×20 W＝100 kW，故C正确。当车的速度是25 m/s时，牵引力F′＝＝ N＝4 000 N，此时车的加速度a′＝＝ m/s2＝3 m/s2，故B错误。当牵引力与阻力相等时，速度最大，最大速度为vm＝＝＝ m/s＝100 m/s，故D错误。
【模型演练4】(多选)(2020·天津市普通高中学业水平等级考试，8)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内(　　)

A．做匀加速直线运动 B．加速度逐渐减小
C．牵引力的功率P＝Fvm D．牵引力做功W＝mv－mv
【答案】　BC
【解析】　由于动车以恒定功率启动，则由P＝F牵引力v可知动车的速度增大则牵引力减小，由牛顿第二定律F牵引力－F＝ma得动车的加速度逐渐减小，A错误，B正确；当动车的加速度为零时，即牵引力等于阻力时，动车的速度最大，即P＝Fvm，C正确；设动车在时间t内的位移为x，由动能定理得W－Fx＝mv－mv，则牵引力所做的功为W＝Fx＋mv－mv，D错误。
【模型演练5】如图甲所示，用起重机将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，其v－t图象如图乙所示，下列说法正确的是(　　)