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专题02 非匀变速直线运动模型
[模型导航]
【模型一】小球弹簧（蹦极、蹦床）模型 1
1.力与运动-----下落的“三段四点” 2
2.四个图像 2
3.功能变化及图像 2
【模型二】“f=kv或f=kv2”运动模型 2
1.流体的变加速运动问题 7
【模型三】机车启动模型 7
1.以恒定功率启动 10
2.以恒定加速度启动 10
3.三个重要关系式 10
4.倾斜、竖直机车启动问题 10
[模型分析]
【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”
2.四个图像
v-t图 a-t图 F-t图 a-x图
3.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
（多选）如图所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为0.3kg的物块从弹簧上端某高度处自由下落，当弹簧的压缩量为0.1m时物块达到最大速度，此后物块继续向下运动到达最低点。在以上整个运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，物块和弹簧接触瞬间机械能损失不计，不计空气阻力，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，物块的速度先增大后减小
B．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，物块的速度一直减小
C．该弹簧的劲度系数为20.0N/m
D．弹簧压缩量为0.2m时，物块的加速度大小为10m/s2
（多选）如图所示，倾角为θ的光滑固定斜面AB的底端安有一个挡板P，斜面上放有一根轻质弹簧，弹簧的一端固定在挡板上，另一端连接着质量为m的小球．开始小球处于静止状态，现用手缓慢压缩小球直到弹簧缩短量为开始小球处于静止状态时缩短量的三倍时释放，小球向上移动一段距离后速度为零．重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．释放瞬间小球加速度大小为3gsinθ
B．小球向上移动一段距离过程中加速度先减小后增大
C．小球向上移动一段距离过程中速度先增大后减小
D．小球向上移动一段距离过程中速度一直减小
（多选）如图甲所示，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．若以小球开始下落的位置O点为坐标原点，设竖直向下为正方向，小球的速度v随时间t变化的图象如图乙所示．其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的曲线，BC是平滑的曲线，则关于小球的运动过程，下列说法正确的是（ ）
A．O到A，小球做自由落体运动，aA＝0
B．从A到B，小球做变加速直线运动，a＜g
C．在B点，小球速度有最大值，aB＝0
D．从B到C小球从最低点返回向上做匀减速曲线运动aC＝0
如图所示，一根轻质弹簧下端被固定后竖直地立在水平地面上，小物块自弹簧正上方某处开始自由下落，落到弹簧上并将弹簧压缩，若已知最大压缩量为x0，则在弹簧被压缩的过程中，小物块的加速度大小a随弹簧压缩量x的变化下列哪幅图象能够正确反映（图中g为重力加速的大小）．（ ）
A． B．
C． D．
（多选）如图甲所示，竖直放置的轻弹簧下端固定在水平地面上，质量为m的小球从弹簧上端h高处静止释放。以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立坐标轴Ox，画出小球所受弹力F大小随位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g，则小球在向下运动的过程中（ ）
A．当x＝h时，速度最大
B．当x＝h+x0时，速度最大
C．当x＝h+2x0时，加速度大小为g
D．从x＝h到x＝h+2x0，加速度一直减小
如图为“反向蹦极”运动简化示意图。假设弹性轻绳的上端固定在O点，拉长后将下端固定在体验者身上，并通过扣环和地面固定。打开扣环，人从A点静止释放，沿竖直方向经B点上升到最高位置C点，B点时速度最大。不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．从A点到C点过程中，人的机械能一直在增大
B．从A点到B点过程中，弹性轻绳的弹性势能一直在减小
C．B点为弹性轻绳处于原长的位置
D．从B点到C点过程中，人的机械能保持不变
（多选） “蹦极”是很多年轻人喜爱的极限运动（如图甲所示），质量为m的蹦极爱好者从跳台上落下，其加速度随下降位移变化的图像如图乙所示，图甲x1、x2、g已知，x3、am未知，忽略空气阻力以及绳索的重力，蹦极所用的绳索可看成满足胡克定律的弹性绳，g为重力加速度，对于蹦极爱好者，下列说法正确的是（ ）
A．下降位移为x2时，速度最大
B．下降过程中的最大速度大小为
C．下降的最大位移
D．下降过程中的最大加速度大小为
蹦极是一项非常刺激的娱乐运动。为了研究蹦极过程，做以下简化：将人视为质点，人的运动沿竖直方向，忽略人离开蹦极台时的初速度、弹性绳的质量及空气阻力。如图，某次蹦极时，人从平台跳下，到a点时弹性绳恰好伸直，人继续下落，能到达的最低位置为b点，如图甲所示。已知人的质量m＝50kg，弹性绳的弹力大小F＝k Δx．其中Δx为弹性绳的形变量，k＝200N/m，弹性绳的原长l0＝10m，整个过程中弹性绳的形变始终在弹性限度内。取重力加速度g＝10m/s2。在人离开平台至第一次到达b点的过程中，机械能损失可忽略。
（1）求人第一次到达a点时的速度大小v1；
（2）简要描述人从O到b的过程中做怎样的运动（无需说明理由）；
（3）如图甲建立坐标，蹦极台的位置记为原点。请在图乙中画出该过程人受合力F合随x变化的示意图；
（4）简要说明人从a点到b点的过程中，力对人做功及其对应的能量转化情况。若已知弹性绳的形变量为Δx时，它的弹性势能EpkΔx2。求b点与蹦极台间的距离l。
【模型二】“f=kv或f=kv2”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或f=kv2”问题。。
【模型要点】
1.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 ；
下降加速度a=g-f/m =g-kv/m随速度增大而减小 。
（多选）从地面将一质量为m的物体以某一初速度竖直向上抛出，物体在运动过程中受到恒定大小的空气阻力f，若取地面为重力势能的参考平面，则当物体上升过程中距地面高度为h时，其动能与重力势能相等；当物体下降过程中距地面为0.7h时，其动能与重力势能相等，则以下看法正确的是（重力加速度为g）（ ）
A．物体上升的最大高度H＝1.8h
B．物体上升的最大高度H＝1.75h
C．
D．
（多选）研究发现，物体在空气中下落时所受空气阻力与其运动速率成正比关系，满足Ff＝kv，k为比例系数，v为运动的瞬时速率．蚂蚁从高空跌落后不会被摔死不是因为其抗摔能力强，而是因为受到了空气阻力的影响．假设一只质量为m的蚂蚁在空气中从足够高的地方由静止释放，以下说法正确的是（ ）
A．公式Ff＝kv中的比例系数k没有单位
B．这只蚂蚁在下落过程中，先做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动
C．蚂蚁落地时的速率是
D．假设将这只蚂蚁以一定的初速度竖直向上抛出，则它上升到最高点所用的时间小于从最高点落回到抛出点的时间
将一质量为m的物体以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，上升的最大高度为H，以地面为零势能面，在上升过程中动能与势能相等时物体的高度为h1，在下降的过程中动能与势能相等时物体的高度为h2，运动过程中物体所受的空气阻力大小恒定，重力加速度为g，则（ ）
A．h1＞h2
B．h1＜h2
C．
D．
（多选）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的空气阻力的作用。距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2，则（ ）
A．该物体的质量为2kg
B．空气阻力大小为2N
C．全过程所用的时间为s
D．物体运动过程中机械能减小了24J
从地面上以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的球，若运动过程中球受到的空气阻力与其速率成正比，球运动的速率随时间变化规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1，且落地前球已经做匀速运动．已知重力加速度为g，则（ ）
A．球上升的时间等于下落的时间
B．球上升阶段阻力的冲量大于下落阶段阻力的冲量
C．球上升的最大高度
D．球抛出瞬间的加速度大小a＝g（1）
一个质量m＝1kg物体，以初速度v0＝4m/s从斜面上A点沿斜面向上运动，物体沿斜面向上运动的最大距离L＝1.2m，经过一段时间后物体再返回到A点，此时物体速率vt＝2m/s，且返回到A点之前物体已做匀速运动．设斜面的倾角α＝37°，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，物体在运动过程中受到的空气阻力大小与其速率成正比．试求：
（1）物体在运动过程中受到的空气阻力与速率的比例系数k；
（2）物体刚沿斜面向上运动时的瞬间加速度大小；
（3）物体从开始沿斜面向上运动到返回出发点所用的时间．
【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
利用一台竖直升降机，尽可能快地把30箱总质量为150kg的箱子搬到12m高的楼上。已知升降机的平均输出功率与所装物体质量之间的关系如图所示。不计升降机返回地面的时间和搬起、放下货物的时间。那么下列正确的是（ ）
A．为减少搬运时间，每次搬运的箱子最好多一些
B．在所需时间最短的情况下，他每次搬运的箱子为5箱
C．把所有箱子都搬到楼上所需要的最短时间约为750s
D．搬运过程中电机消耗的电能为1.8kJ
质量m＝180kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，如图甲所示为汽车运动的速度与时间的关系，图乙为汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中所受阻力不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大。重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．汽车受到的阻力为200N
B．汽车的最大牵引力为700N
C．汽车在做变加速运动过程中的位移大小为95.5m
D．8﹣18s内汽车牵引力做的功为3.6×103J
（多选）动车是指一辆单节自带动力的轨道车辆，拖车是指一辆单节不带动力的轨道车辆，把几节动车和拖车串在一起就构成了动车组，不同型号的动车组动拖分布情况不同，比如，CRH2A型号动车组动拖分布为：（头车）拖﹣动﹣动﹣拖﹣拖﹣动﹣动﹣拖（从左到右编号依次为1～8）。假设行驶过程中所受阻力与质量成正比，每节车质量同为m，每节动车额定功率为P0，动车组最大行驶速度为vm，若动车组以额定功率启动，某时刻速度为最大行驶速度的一半时，判断以下关于车厢之间的弹力说法正确的是（假设各节车厢之间只有水平弹力）（ ）
A．第1节和第2节之间的弹力为
B．两车之间的弹力有三处为零
C．两车之间的弹力有三处为
D．第7节车厢对第8车厢弹力指向车头
已知某品牌概念车的质量为m，额定功率为P，运动过程中，汽车所受的阻力大小恒定，若保持额定功率P不变，汽车能达到的最大速度为v。若汽车以的恒定功率启动，从静止开始做加速直线运动，当速度为时，汽车的加速度大小为a1，当速度为时，汽车的加速度大小为a2，则加速度之差a1﹣a2为（ ）
A． B． C． D．
一辆机动车在平直的公路上由静止启动，如图所示，图线A表示该车运动的速度与时间的关系，图线B表示该车的功率与时间的关系，设机车在运动过程中阻力不变，则下列说法正确的是（ ）
A．0﹣22s内机动车先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速运动
B．机动车的质量为562.5kg
C．机动车速度为5m/s时，牵引力大小为3×103N
D．运动过程中机动车所受阻力为2250N
如图所示为某型号电动车在某次测试中的速度v与牵引力F大小的倒数图像（v），已知汽车在平直路面上由静止启动，阻力恒定，最终达到最大速度vm后以额定功率匀速行驶，ab、cd平行于v轴，bc反向延长线过原点O，汽车质量为M，已知M、F1、F2、vm，下列说法不正确的是（ ）
A．汽车额定功率为F2vm
B．汽车从b到c过程做变加速运动
C．汽车匀加速运动持续的时间为
D．汽车从a到b过程克服阻力做功
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专题02 非匀变速直线运动模型
[模型导航]
【模型一】小球弹簧（蹦极、蹦床）模型 1
1.力与运动-----下落的“三段四点” 2
2.四个图像 2
3.功能变化及图像 2
【模型二】“f=kv或f=kv2”运动模型 2
1.流体的变加速运动问题 10
【模型三】机车启动模型 10
1.以恒定功率启动 16
2.以恒定加速度启动 16
3.三个重要关系式 16
4.倾斜、竖直机车启动问题 17
[模型分析]
【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”
2.四个图像
v-t图 a-t图 F-t图 a-x图
3.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
（多选）如图所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为0.3kg的物块从弹簧上端某高度处自由下落，当弹簧的压缩量为0.1m时物块达到最大速度，此后物块继续向下运动到达最低点。在以上整个运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，物块和弹簧接触瞬间机械能损失不计，不计空气阻力，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，物块的速度先增大后减小
B．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，物块的速度一直减小
C．该弹簧的劲度系数为20.0N/m
D．弹簧压缩量为0.2m时，物块的加速度大小为10m/s2
【解答】解：AB、从接触弹簧到压缩至最短的过程中，物块受到重力和弹簧的弹力两个力作用，弹力先小于重力、后大于重力，物块的合力先向下后向上，则物块的速度先增大后减小，故A正确，B错误；
C、当物块的加速度为0时，速度最大，则mg＝kx，据题知x＝0.1m，m＝0.3kg，解得：k＝30.0N/m，故C错误；
D、当弹簧压缩量为x′＝0.2m时，根据牛顿第二定律得：kx′﹣mg＝ma，解得物块的加速度大小为a＝10m/s2，故D正确。
故选：AD。
（多选）如图所示，倾角为θ的光滑固定斜面AB的底端安有一个挡板P，斜面上放有一根轻质弹簧，弹簧的一端固定在挡板上，另一端连接着质量为m的小球．开始小球处于静止状态，现用手缓慢压缩小球直到弹簧缩短量为开始小球处于静止状态时缩短量的三倍时释放，小球向上移动一段距离后速度为零．重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．释放瞬间小球加速度大小为3gsinθ
B．小球向上移动一段距离过程中加速度先减小后增大
C．小球向上移动一段距离过程中速度先增大后减小
D．小球向上移动一段距离过程中速度一直减小
【解答】解：A、小球处于静止状态时，有mgsinθ＝kx；用手缓慢压缩小球直到弹簧缩短量为开始静止时缩短量的三倍时，弹簧弹力的大小为F＝3kx＝3mgsinθ，所以释放瞬间，加速度大小为a2gsinθ，故A错误；
B、当mgsinθ＝kx时小球的加速度为零，所以小球向上移动一段距离的过程中加速度先减小后增大，故B正确；
CD、小球向上移动一段距离过程中，弹簧的弹力先大于重力沿斜面向下的分力，后小于重力沿斜面向下的分力，合力先沿斜面向上后沿斜面向下，则小球的速度先增大后减小，故C正确，D错误。
故选：BC。
（多选）如图甲所示，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．若以小球开始下落的位置O点为坐标原点，设竖直向下为正方向，小球的速度v随时间t变化的图象如图乙所示．其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的曲线，BC是平滑的曲线，则关于小球的运动过程，下列说法正确的是（ ）
A．O到A，小球做自由落体运动，aA＝0
B．从A到B，小球做变加速直线运动，a＜g
C．在B点，小球速度有最大值，aB＝0
D．从B到C小球从最低点返回向上做匀减速曲线运动aC＝0
【解答】解：A、OA过程是自由落体，加速度为g，故A错误。
B、AB过程，小球所受的重力大于弹簧的弹力，小球做变加速直线运动，加速度a＜g．故B正确。
C、B点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为0，aB＝0．故C正确。
D、从B到C小球向下做减速直线运动，C点是最低点，弹簧的弹力大于重力，合力不等于零，aC≠0．故D错误。
故选：BC。
如图所示，一根轻质弹簧下端被固定后竖直地立在水平地面上，小物块自弹簧正上方某处开始自由下落，落到弹簧上并将弹簧压缩，若已知最大压缩量为x0，则在弹簧被压缩的过程中，小物块的加速度大小a随弹簧压缩量x的变化下列哪幅图象能够正确反映（图中g为重力加速的大小）．（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：小物块与弹簧接触后，弹簧压缩量不断变大，弹力不断变大，当弹力小于重力时，物体加速下降，但加速度不断变小，当加速度减为零时，速度达到最大值，此后，物体由于惯性继续下降，弹力开始大于重力，物体做加速度不断变大的减速运动，即加速度先变小后变大，故A错误；
物体刚与弹簧接触时，只受重力，加速度等于g；关于平衡位置对称的点物体的加速度大小相等，速度大小也相等，故当速度减为零时物体的加速度大于物体刚与弹簧接触时的加速度，故只有C正确；
故选：C。
（多选）如图甲所示，竖直放置的轻弹簧下端固定在水平地面上，质量为m的小球从弹簧上端h高处静止释放。以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立坐标轴Ox，画出小球所受弹力F大小随位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g，则小球在向下运动的过程中（ ）
A．当x＝h时，速度最大
B．当x＝h+x0时，速度最大
C．当x＝h+2x0时，加速度大小为g
D．从x＝h到x＝h+2x0，加速度一直减小
【解答】解：ABD、根据乙图可知，小球开始做自由落体运动，接触弹簧后，由于弹力小于重力，根据牛顿第二定律可知，小球先做加速度减小的加速运动，
当x＝h+x0，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球的加速度为零，速度达到最大，接下来弹力大于重力，小球做加速度增大的减速运动，直到速度减小为零，故AD错误，B正确；
C、当x＝h+x0时，有mg＝kx0，
当x＝h+2x0时，由牛顿第二定律得：k 2x0﹣mg＝ma，
联立解得：a＝g，故C正确；
故选：BC。
如图为“反向蹦极”运动简化示意图。假设弹性轻绳的上端固定在O点，拉长后将下端固定在体验者身上，并通过扣环和地面固定。打开扣环，人从A点静止释放，沿竖直方向经B点上升到最高位置C点，B点时速度最大。不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．从A点到C点过程中，人的机械能一直在增大
B．从A点到B点过程中，弹性轻绳的弹性势能一直在减小
C．B点为弹性轻绳处于原长的位置
D．从B点到C点过程中，人的机械能保持不变
【解答】解：AD、从A点到B点过程中，弹性轻绳对人做正功，人的机械能增大；从B到C过程中，不知道弹性轻绳的原长，无法判断弹性轻绳是否一直做正功，此过程中人的机械能可能先增大、后不变，也有可能一直增大，故AD错误；
B、从A点到B点过程中，弹性轻绳的弹力一直减小，则弹性轻绳的弹性势能一直在减小，故B正确；
C、在B点人的速度最大，此时弹性轻绳的弹力等于人的重力，所以B点弹性轻绳仍处于拉长状态，故C错误。
故选：B。
（多选） “蹦极”是很多年轻人喜爱的极限运动（如图甲所示），质量为m的蹦极爱好者从跳台上落下，其加速度随下降位移变化的图像如图乙所示，图甲x1、x2、g已知，x3、am未知，忽略空气阻力以及绳索的重力，蹦极所用的绳索可看成满足胡克定律的弹性绳，g为重力加速度，对于蹦极爱好者，下列说法正确的是（ ）
A．下降位移为x2时，速度最大
B．下降过程中的最大速度大小为
C．下降的最大位移
D．下降过程中的最大加速度大小为
【解答】解：A、由图乙可知，下降位移为x2时，蹦极爱好者加速度为零，此时速度最大，故A正确；
B、从开始下落到最大速度过程中，根据动能定理可得：mgx20，解得最大速度大小为：vm，故B错误；
C、设弹性绳的劲度系数为k，下降x2时，根据平衡条件可得：mg＝k（x2﹣x1），解得：k
对全过程由功能关系可得：mgx3，解得：x3＝x2，故C错误；
D、在x3处，由牛顿第二定律可得：kx3﹣mg＝mam，解得最大加速度大小为，故D正确。
故选：AD。
蹦极是一项非常刺激的娱乐运动。为了研究蹦极过程，做以下简化：将人视为质点，人的运动沿竖直方向，忽略人离开蹦极台时的初速度、弹性绳的质量及空气阻力。如图，某次蹦极时，人从平台跳下，到a点时弹性绳恰好伸直，人继续下落，能到达的最低位置为b点，如图甲所示。已知人的质量m＝50kg，弹性绳的弹力大小F＝k Δx．其中Δx为弹性绳的形变量，k＝200N/m，弹性绳的原长l0＝10m，整个过程中弹性绳的形变始终在弹性限度内。取重力加速度g＝10m/s2。在人离开平台至第一次到达b点的过程中，机械能损失可忽略。
（1）求人第一次到达a点时的速度大小v1；
（2）简要描述人从O到b的过程中做怎样的运动（无需说明理由）；
（3）如图甲建立坐标，蹦极台的位置记为原点。请在图乙中画出该过程人受合力F合随x变化的示意图；
（4）简要说明人从a点到b点的过程中，力对人做功及其对应的能量转化情况。若已知弹性绳的形变量为Δx时，它的弹性势能EpkΔx2。求b点与蹦极台间的距离l。
【解答】解：（1）人离开平台第一次到达a点的过程中，由动能定理得
解得：v1/s
（2）人从O到a点，做自由落体运动，a到b点，先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，到b点，速度为0。
（3）人从O到a点，弹性绳处于原长状态，合力F合＝mg，a到b点，弹性绳有弹力，大小F＝k Δx，方向竖直向上，则合力为
F合＝mg﹣k Δx＝mg﹣k（x﹣l0）＝﹣kx+（mg+kl0）
代入数据得F合＝﹣200x+2500
画该过程人受合力F合随x变化的图像如图所示
（4）a点到b点的过程中，重力竖直向下做正功，弹力做竖直向上做负功，人做加速度减小的加速运动过程中，重力势能转化为弹性势能和动能，做加速度增大的减速运动中，重力势能和动能转化为弹性势能。
从O点到b点的过程中，人和弹性绳组成的系统机械能守恒，得mgl
解得：l＝20m
答：（1）人第一次到达a点时的速度大小v1为；
（2）人从O到a点，做自由落体运动，a到b点，先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，到b点，速度为0；
（3）
（4）a点到b点的过程中，重力竖直向下做正功，弹力做竖直向上做负功，人做加速度减小的加速运动过程中，重力势能转化为弹性势能和动能，做加速度增大的减速运动中，重力势能和动能转化为弹性势能。b点与蹦极台间的距离l为20m。
【模型二】“f=kv或f=kv2”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或f=kv2”问题。。
【模型要点】
1.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 ；
下降加速度a=g-f/m =g-kv/m随速度增大而减小 。
（多选）从地面将一质量为m的物体以某一初速度竖直向上抛出，物体在运动过程中受到恒定大小的空气阻力f，若取地面为重力势能的参考平面，则当物体上升过程中距地面高度为h时，其动能与重力势能相等；当物体下降过程中距地面为0.7h时，其动能与重力势能相等，则以下看法正确的是（重力加速度为g）（ ）
A．物体上升的最大高度H＝1.8h
B．物体上升的最大高度H＝1.75h
C．
D．
【解答】解：当物体上升过程中距地面高度为h时，由动能定理得：
Ek1﹣Ek0＝﹣mgh﹣fh
据题有：mgh＝Ek1。
下降过程，由动能定理得：
（mg﹣f）（H﹣0.7h）＝Ek2﹣0
据题有：mg 0.7h＝Ek2。
对上升的整个过程，由动能定理得：
﹣（mg﹣f）H＝0﹣Ek0。
联立解得：H＝1.75h，fmg
故选：BD。
（多选）研究发现，物体在空气中下落时所受空气阻力与其运动速率成正比关系，满足Ff＝kv，k为比例系数，v为运动的瞬时速率．蚂蚁从高空跌落后不会被摔死不是因为其抗摔能力强，而是因为受到了空气阻力的影响．假设一只质量为m的蚂蚁在空气中从足够高的地方由静止释放，以下说法正确的是（ ）
A．公式Ff＝kv中的比例系数k没有单位
B．这只蚂蚁在下落过程中，先做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动
C．蚂蚁落地时的速率是
D．假设将这只蚂蚁以一定的初速度竖直向上抛出，则它上升到最高点所用的时间小于从最高点落回到抛出点的时间
【解答】解：A、由已知Ff＝kv，则k1N s/m，故k的单位是N s/m，故A错误；
B、根据牛顿第二定律表示出下落的加速度：a，v从0开始逐渐增大，则a逐渐减小，至mg＝kv时a减小到0，速度不再变化，故这只蚂蚁在下落过程中，先做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动，B正确；
C、由于蚂蚁下落高度足够高，即蚂蚁落地前已经做匀速运动，则蚂蚁落地时：mg＝kv，得：v，故C正确；
D、蚂蚁上升时：a，hat2，得：t；下落时：a′，下落所用时间：t′，
可以看出a＞a′，故t＜t′，故D正确；
故选：BCD。
将一质量为m的物体以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，上升的最大高度为H，以地面为零势能面，在上升过程中动能与势能相等时物体的高度为h1，在下降的过程中动能与势能相等时物体的高度为h2，运动过程中物体所受的空气阻力大小恒定，重力加速度为g，则（ ）
A．h1＞h2
B．h1＜h2
C．
D．
【解答】解：AB、在上升过程中，由于有空气阻力，物体减少的动能大于增加的动能，当动能与重力势能相等时，也就是剩下的动能（等于重力势能）小于减少的动能，所以继续上升的高度小于已经上升的高度，即h1，同理在下降过程中，当动能与重力势能相等时，故AB错；
C、由动能定理可得（mg+f）H＝Ek0，
（mg+f）h1＝Ek0﹣mgh1，
联立求得
，故C正确；
D、同样应用动能定理可求得
，故D错误。
故选：C。
（多选）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的空气阻力的作用。距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2，则（ ）
A．该物体的质量为2kg
B．空气阻力大小为2N
C．全过程所用的时间为s
D．物体运动过程中机械能减小了24J
【解答】解：AB、根据动能定理可得：F合Δh＝ΔEk，解得Ek﹣h图象的斜率k＝F合
上升过程中有：mg+f
下落过程中：mg﹣f
联立解得：f＝2N，m＝1kg，故A错误，B正确；
C、根据动能的表达式可知，，则物体的初速度为v1＝12m/s，
根据牛顿第二定律得：
12m/s2
上升过程中的运动时间为
同理，物块落地时，，则物块落回地面的速度为
根据牛顿第二定律得：
下降过程中的运动时间为
则运动的总时间为t＝t1+t2＝1ss，故C正确；
D、物体运动过程中克服阻力做功，根据动能定理可得：Wf＝Ek0﹣Ek＝72J﹣48J＝24J，则物体运动过程中机械能减小了24J，故D正确。
故选：BCD。
从地面上以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的球，若运动过程中球受到的空气阻力与其速率成正比，球运动的速率随时间变化规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1，且落地前球已经做匀速运动．已知重力加速度为g，则（ ）
A．球上升的时间等于下落的时间
B．球上升阶段阻力的冲量大于下落阶段阻力的冲量
C．球上升的最大高度
D．球抛出瞬间的加速度大小a＝g（1）
【解答】解：A、根据v﹣t图像与时间轴围成的面积表示物体的位移，由于上升过程和下降过程中的位移大小相等，上升阶段平均速度大于下降阶段平均速度，则上升的时间小于下降的时间，故A错误；
B、阻力f＝kv，阻力的冲量I＝ft＝kvt＝kx，x表示小球的位移，上升过程和下降过程中的位移大小相等，因此球上升阶段的阻力冲量与下降阶段阻力冲量一样大，故B错误；
C、设上升时加速度为a，根据牛顿第二定律可知：mg+kv＝ma
取极短Δt时间，速度变化量为：Δv＝aΔt＝（g）Δt
由于vΔt＝Δh
上升全程速度变化量为：∑Δv＝﹣g∑Δt∑Δh＝0﹣v0
则v0＝gt1H
解得：，故C正确；
D、空气阻力与其速率成正比，最终以v1匀速下降，根据平衡条件有：mg＝kv1
小球抛出瞬间，根据牛顿第二定律可得：mg+kv0＝ma
联立解得：a＝g（1），故D错误；
故选：C。
一个质量m＝1kg物体，以初速度v0＝4m/s从斜面上A点沿斜面向上运动，物体沿斜面向上运动的最大距离L＝1.2m，经过一段时间后物体再返回到A点，此时物体速率vt＝2m/s，且返回到A点之前物体已做匀速运动．设斜面的倾角α＝37°，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，物体在运动过程中受到的空气阻力大小与其速率成正比．试求：
（1）物体在运动过程中受到的空气阻力与速率的比例系数k；
（2）物体刚沿斜面向上运动时的瞬间加速度大小；
（3）物体从开始沿斜面向上运动到返回出发点所用的时间．
【解答】解：（1）设空气阻力为f，则：f＝kv；
匀速运动过程中，根据共点力的平衡条件可得：mgsinα＝kv1+μmgcosα，
解得：k＝1kg/s；
（2）设刚抛出时物体的加速度为a0，
根据牛顿第二定律可得：mgsinα+μmgcosα+kv0＝ma0，
解得：a0＝gsinα+μgcosα（10×0.6+0.5×10×0.8）m/s2＝14m/s2；
（3）设物体沿斜面向上运动时的加速度为a，以沿斜面向上为正方向
则根据牛顿第二定律可得：a＝﹣gsinα﹣μgcosα
取对物体取极短△t时间有：a＝﹣gsinα﹣μgcosα，
即：（﹣gsinα﹣μgcosα）△t△t＝△v
解得：﹣（gsinα+μgcosα）△t△x＝△v
对物体沿斜面向上运动的全过程累加求和有：
﹣（gsinα+μgcosα）（△t1+△t2+△t3+…）（△x1+△x2+△x3+…）＝△v1+△v2+△v3+…
即：﹣（gsinα+μgcosα）t10﹣v0；
得：t1＝0.28s；
同理对物体沿斜面向下运动的全过程有：（gsinα﹣μgcosα）t2vt﹣0；
解得：t2＝1.6s；
所以总时间：t＝t1+t2＝0.28s+1.6s＝1.88s．
答：（1）物体在运动过程中受到的空气阻力与速率的比例系数k为1kg/s；
（2）物体刚沿斜面向上运动时的瞬间加速度大小14m/s2；
（3）物体从开始沿斜面向上运动到返回出发点所用的时间1.88s．
【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
利用一台竖直升降机，尽可能快地把30箱总质量为150kg的箱子搬到12m高的楼上。已知升降机的平均输出功率与所装物体质量之间的关系如图所示。不计升降机返回地面的时间和搬起、放下货物的时间。那么下列正确的是（ ）
A．为减少搬运时间，每次搬运的箱子最好多一些
B．在所需时间最短的情况下，他每次搬运的箱子为5箱
C．把所有箱子都搬到楼上所需要的最短时间约为750s
D．搬运过程中电机消耗的电能为1.8kJ
【解答】解：AB、把30个箱子全部搬到12m高的楼上去，升降机所做的功是一定的，由t可知，要使搬运时间最短，升降机的功率必须最大，由图可知升降机搬运15kg物体上楼时的功率最大，此时最大功率为P≈24W，而每个箱子的质量为mm＝5kg，所以每次搬运箱子的数量为n3，故AB错误；
D、把所有箱子都搬到楼上所需要克服重力做功为W＝Mgh＝150×10×12J＝18000J，故搬运过程中电机消耗的电能等于克服重力所做的功为18000J，故D错误；
C、把所有箱子都搬到楼上所需要的最短时间约为ts＝750s，故C正确；
故选：C。
质量m＝180kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，如图甲所示为汽车运动的速度与时间的关系，图乙为汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中所受阻力不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大。重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．汽车受到的阻力为200N
B．汽车的最大牵引力为700N
C．汽车在做变加速运动过程中的位移大小为95.5m
D．8﹣18s内汽车牵引力做的功为3.6×103J
【解答】解：A、当牵引力等于阻力时，速度取到最大值，则有：fN＝720N，故A错误；
B、汽车做匀加速运动的牵引力最大，则有：FN＝900N，故B错误；
C、变加速过程中，根据动能定理得：Pt﹣fsmvm2mv12，解得：s≈95.5m，故C正确；
D、8s﹣18s过程中汽车牵引力已达到最大功率，所以牵引力做的功为：W＝Pt＝7.2×103W×（18s﹣8s）＝7.2×104 J，故D错误。
故选：C。
（多选）动车是指一辆单节自带动力的轨道车辆，拖车是指一辆单节不带动力的轨道车辆，把几节动车和拖车串在一起就构成了动车组，不同型号的动车组动拖分布情况不同，比如，CRH2A型号动车组动拖分布为：（头车）拖﹣动﹣动﹣拖﹣拖﹣动﹣动﹣拖（从左到右编号依次为1～8）。假设行驶过程中所受阻力与质量成正比，每节车质量同为m，每节动车额定功率为P0，动车组最大行驶速度为vm，若动车组以额定功率启动，某时刻速度为最大行驶速度的一半时，判断以下关于车厢之间的弹力说法正确的是（假设各节车厢之间只有水平弹力）（ ）
A．第1节和第2节之间的弹力为
B．两车之间的弹力有三处为零
C．两车之间的弹力有三处为
D．第7节车厢对第8车厢弹力指向车头
【解答】解：A、根据题意可知f＝km，当牵引力等于阻力时，行驶速度最大，则4P0＝8kmvm，解得
当行驶速度为最大速度一半时，根据，解得F＝16km
根据牛顿第二定律可得：F﹣8km＝8ma，解得a＝k
对第1节车厢，根据牛顿第二定律可得：F弹﹣km＝ma，解得，故A错误；
BCD、以前2节车厢为研究对象，根据牛顿第二定律可得：，解得F23＝0
以前3节车厢为研究对象，根据牛顿第二定律可得：，解得
同理可得F45＝0，，F67＝0，，故BD正确，C错误；
故选：BD。
已知某品牌概念车的质量为m，额定功率为P，运动过程中，汽车所受的阻力大小恒定，若保持额定功率P不变，汽车能达到的最大速度为v。若汽车以的恒定功率启动，从静止开始做加速直线运动，当速度为时，汽车的加速度大小为a1，当速度为时，汽车的加速度大小为a2，则加速度之差a1﹣a2为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：汽车以额定功率启动，当牵引力大小等于阻力大小时，汽车具有最大速度，即；当汽车以的恒定功率启动，速度为时，牵引力，由牛顿第二定律有F1﹣f＝ma1，解得；
速度为时，牵引力，由牛顿第二定律有F2﹣f＝ma2，解得，则a1﹣a2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
一辆机动车在平直的公路上由静止启动，如图所示，图线A表示该车运动的速度与时间的关系，图线B表示该车的功率与时间的关系，设机车在运动过程中阻力不变，则下列说法正确的是（ ）
A．0﹣22s内机动车先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速运动
B．机动车的质量为562.5kg
C．机动车速度为5m/s时，牵引力大小为3×103N
D．运动过程中机动车所受阻力为2250N
【解答】解：A、根据速度﹣时间图象可知，机动车先做匀加速运动，后做变加速运动，最后做匀速运动，故A错误；
BCD、最大速度vm＝12m/s，根据图线B可知机车的额定功率为：P0＝18000W
当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，由功率公式得阻力为：fN＝1500N
0﹣6s内的加速度为：am/s2
匀加速运动的牵引力为：2250N
根据牛顿第二定律得：F﹣f＝ma
解得机动车的质量为：m＝562.5kg
当机动车速度为v＝5m/s时，当v＜v6时，机车处于匀加速直线运动过程中，牵引力大小为2250N，故B正确，CD错误。
故选：B。
如图所示为某型号电动车在某次测试中的速度v与牵引力F大小的倒数图像（v），已知汽车在平直路面上由静止启动，阻力恒定，最终达到最大速度vm后以额定功率匀速行驶，ab、cd平行于v轴，bc反向延长线过原点O，汽车质量为M，已知M、F1、F2、vm，下列说法不正确的是（ ）
A．汽车额定功率为F2vm
B．汽车从b到c过程做变加速运动
C．汽车匀加速运动持续的时间为
D．汽车从a到b过程克服阻力做功
【解答】解：A、根据P＝Fv可知v＝P，额定功率等于图线的斜率，PF2vm，故A正确；
B、根据P＝Fv，汽车由b到c过程中功率不变，随着汽车速度的增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律得：
F﹣f＝ma
汽车所受阻力不变，随着牵引力的减小，汽车的加速度也减小，汽车由b到c过程中加速度减小的加速运动，故B正确；
C、汽车所受的阻力为fF2
由于额定功率等于图线的斜率，有：P
解得：F2vm＝v1F1
汽车从a到b，根据牛顿第二定律得：F1﹣f＝Ma
汽车从a到b持续的时间为t
联立解得：t
故C错误；
D、汽车从a到b过程运动的位移为x
克服阻力做功W＝fx
解得：W
本题选择错误选项；
故选：C。
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