常见的非匀变速直线运动模型-2025年高考物理模型归纳

2025版新课标高中物理模型与方法

专题02常见的非匀变速直线运动模型

目录

【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.等效模型一丁恒力推弹簧连接的两物体问题..............................................2

4.等效模型二:蹦极运动问题............................................................2

5.功能变化及图像.....................................................................3

【模型二】‘户运动模型..................................................................21

1.运动特点分析——“另类匀变速运动”：...............................................21

2.“另类匀变速运动”的动量特征........................................................22

3.流体的变加速运动问题..............................................................22

【模型三】“尸随x均匀变化与F随t均匀变化”运动模型.......................................31

【模型四】机车启动模型..................................................................43

1.以恒定功率启动....................................................................43

2.以恒定加速度启动..................................................................43

3.三个重要关系式....................................................................43

4.倾斜、竖直机车启动问题.........................................................44

【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。

O—A

B

C

/

【模型要点】

1.力与运动-一下落的“三段四点”:

OfiSi点:速度为零

〃接触点:速度不是最大

a方向（，大小减小

方平衡点:加速度为零、速度最大

a方向T,大小增大

C最低点:速度为零、加速度最大且大于g

2.四个图像

3.等效模型一:恒力推弹簧连接的两物体问题

,PWWQ

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0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0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

。最短点

4平衡点

8分离点

C停止点

1.（2024•广东•高考真题）如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方8高度处由静止释

放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为户所受合外力为R运动时间为心忽略

空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中。其尸图像或》一图像可能

OO

【答案】B

【详解】AB.在木块下落以高度之前，木块所受合外力为木块的重力保持不变，即

F=mg

当木块接触弹簧后，弹簧弹力向上，则木块的合力

F=mg-k(y_

到合力为零前，随着》增大厂减小；当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点,之后，木块开始反弹，过程中

木块所受合外力向上，随着y减小尸增大，反弹过程，随着y减小，图像向X轴负方向原路返回，故A错

误、B正确；

CD.在木块下落H高度之前，木块做自由落体运动，根据

12

y=2gt~

速度逐渐增大，》一图像斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律

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

木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，所以VT图像斜率继续增大，当弹簧弹力大于木块的重

力后到最低点过程中

F=k(y-H^-mg

木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以V—图斜率减小，到达最低点后，木块向上运

动，经以上分析可知，木块先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，再做匀减速直线运

动到最高点，而C图中H点过后速度就开始逐渐减小，实际速度还应该增大，直到平衡位置速度到达最大,

然后速度逐渐减为零；D图前半段速度不变，不符合题意，正确了一示意图如下

故CD错误。

故选B。

2.(2023・浙江•高考真题)一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台

下落直到最低点过程中（）

A.弹性势能减小B.重力势能减小

C.机械能保持不变D.绳一绷紧动能就开始减小

【答案】B

【详解】游客从跳台下落，开始阶段橡皮绳未拉直，只受重力作用做匀加速运动，下落到一定高度时橡皮

绳开始绷紧，游客受重力和向上的弹力作用，弹力从零逐渐增大，游客所受合力先向下减小后向上增大，

速度先增大后减小，到最低点时速度减小到零，弹力达到最大值。

A.橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大，A错误；

B.游客高度一直降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，B正确；

C.下落阶段橡皮绳对游客做负功，游客机械能减少，转化为弹性势能，C错误；

D.绳刚绷紧开始一段时间内，弹力小于重力，合力向下做正功，游客动能在增加；当弹力大于重力后，合

力向上对游客做负功，游客动能逐渐减小，D错误。

故选B。

3.（2025・贵州•模拟预测）如图所示，运动员刚开始静止在蹦床上的8点（未标出），通过调整姿态，多次

弹跳后达到最高点4然后运动员从/点保持姿势不变由静止下落至最低点C。不计空气阻力，下列说法正

确的是（）

A.运动员从接触蹦床到最低点的过程中，一直做减速运动

B.下落过程中，运动员在8点时速度最大

C.从5点下落至C点的过程，运动员做匀减速直线运动

D.从/点下落至8点的过程，运动员的机械能守恒

【答案】B

【详解】A.运动员接触蹦床后，蹦床弹力逐渐增大，弹力小于重力阶段，运动员继续加速运动，加速度减

小；弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，运动继续向下运动；弹力大于重力，运动员做减速运动，

加速度增大，故A错误；

B.运动员在8点时，重力与弹力大小相等，运动员加速度为零，速度最大，故B正确;

C.运动员从3点到C点的过程中，弹力增大，弹力大于重力，由牛顿第二定律

F—mg—ma

可知加速度增大，故运动员做加速度逐渐增大的减速运动，故C错误；

D.从/点下落至8点的过程，运动员的机械能有一部分转化为蹦床的势能，运动员机械能减少，故D错

误。

故选B。

4.（2024・河南周口•模拟预测）2023年10月2日，在杭州亚运会蹦床女子个人项目决赛中，中国选手包揽

冠亚军。假设在比赛中的某一个时间段内蹦床所受的压力随时间变化的关系如图所示，忽略空气阻力，重

力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（）

A.1.0s〜1.4s内运动员向上运动，处于失重状态

B.1.0s〜1.4s内运动员向下运动，处于超重状态

C.1.4s时运动员的速度达到最大值

D.运动员在脱离蹦床后的上升过程中上升的最大高度约为3.6m

【答案】D

【详解】AB.1.0s〜1.4s内运动员对蹦床的压力逐渐变大，则运动员向下运动，压力先小于重力，加速度向

下，失重；后压力大于重力，加速度向上，超重，选项AB错误；

C.1.4s时运动员对蹦床的压力最大，此时到达最低点，则运动员的速度为零，选项C错误；

D.运动员在脱离蹦床后到再次回到蹦床上用时间为3.8s-2.1s=1.7s,则上升过程中上升的最大高度约为

1191-„/1.7、？_,

h=—gt=—xl0x（——）m«3.6m

222

选项D正确。

故选D。

5.（2024•北京东城•一模）一个质量为加的网球从距地面高式处自由下落，反弹的最大高度为H?。不考虑

所受的空气阻力，重力加速度用g表示，对网球与地面接触的运动过程，下列判断正确的是()

A.网球的加速度先向上后向下

B.网球速度为0时受地面的弹力最大

C.地面对网球所做的功等于加g(d-4)

m（7^+7^7）

D.网球受地面的平均冲击力等于

【答案】B

【详解】A.整个过程中网球的加速度均为重力加速度，所以加速度不变，故A项错误；

B.网球在与地面接触的运动过程中，网球下降的过程中网球的形变量越来越大，弹力越来越大，开始阶段

网球的压缩量较小，因此地面对网球向上的弹力小于重力，此时网球的合外力向下，加速度向下，网球做

加速运动，由牛顿第二定律

mg-kx=max

随着压缩量增加，弹力增大，合外力减小，则加速度减小，方向向下，当

mg=kx

时，合外力为零，加速度为0,此时速度最大；由于惯性网球继续向下运动，此时

kx-mg=ma2

方向向上，网球减速，随着压缩量增大，网球合外力增大，加速度增大，方向向上。所以网球下降过程中

加速度先变小后变大，速度先变大后变小，小球运动最低点时，网球的速度为零，地面的弹力最大，故B

项正确；

C.由于网球与地面接触过程中，作用点无位移，即有力无位移的情况，所以地面对网球所做的功为零，故

C项错误;

D.小球从耳处自由落下，设落地瞬间速度为％,有

v；=2gHi

解得

匕=飞2gHi

小球离开地面的速度为匕，有

0-尺=-2g“2

解得

.=飞2gH2

设网球与地面作用时间为t,设向下为正方向，由动量定理有

-Ft=-mv2-mvi

整理有

-2gHi+J2gH2）

t

由于地面与网球作用时间未知，所以平均冲力取法求得，故D项错误。

故选B。

6.（2024・北京门头沟•一模）把一压力传感器固定在水平地面上，轻质弹簧竖直固定在压力传感器上，如图

甲所示。f=0时，将金属小球从弹簧正上方由静止释放，小球落到弹簧上后压缩弹簧到最低点，又被弹起

离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。压力传感器中压力大小尸随时间f变化图像如图乙所示。

下列说法正确的是（）

A.4时刻，小球的动能最大

B.%~时间内，小球始终处于失重状态

C.时间内，小球所受合力的冲量为0

D.4时间内，小球机械能的增加量等于弹簧弹性势能的减少量

【答案】D

【详解】A.由图乙可知，在4时刻，小球落到弹簧上，开始压缩弹簧，此后弹簧的弹力开始增大，小球受

到的重力与弹力的合力方向向下，逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向下，且逐渐减小，小球的速

度仍在增大，当弹力增大到大小等于重力时，小球的速度最大，则动能最大，A错误；

B.由图乙可知，时刻弹力最大，此时压缩弹簧到最低点，可知在时间内，弹力先小于重力后大于

重力，则加速度方向先向下，后向上，小球先失重后超重，B错误；

C.%~匕时间内，小球与弹簧组成的整体机械能守恒，可知在4时刻小球落到弹簧上，4时刻小球离开弹簧,

则有两时刻小球的速度大小相等，方向相反，设此时的速度大小为v,小球的质量为加，取向上方向为正方

向，则有小球的动量变化量为

Ap=mv-（-wv）=2mv

由动量定理可知，小球在。时间内，所受合力的冲量

/=△/?=2mv

c错误；

D.巧~，3时间内，弹力逐渐减小，是小球被弹起直至离开弹簧的过程，此过程小球和弹簧组成的整体机械

能守恒，则有小球增加的动能与重力势能之和等于弹簧弹性势能的减少量，即小球机械能的增加量等于弹

簧弹性势能的减少量，D正确。

故选D。

7.（2024•山东・一模）如图甲所示，劲度系数为后的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为加

的小球，从离弹簧上端高人处自由释放，接触弹簧后继续竖直向下运动。若以小球开始下落的位置为原点，

沿竖直向下建立坐标轴Ox,则小球的速度的二次方v2随坐标％的变化图像如图乙所示，其中04段为直线，

/BCD是平滑的曲线，N8段与。/相切于N点，C点与N点关于对称，空气阻力不计，重力加速度为

g。关于小球在/、B、C、。各点对应的位置坐标乙、乙、％、积及加速度大小巴、aB.ac,诙的判断正确的

是（）

V2

T

J

W

W

O

"X

甲

乙

A<gB-A+筮%-o

2

m-gm

十Q-gD^-+>g

Tc--_T£

【详解】A.图乙所示图像中，04段是直线，小球从。运动到/过程加速度不变，小球做自由落体运动,

小球到达/时，下落高度为九小球的加速度仍然是g,所以

xA=h,aA=g

故A错误；

B.由图示所示图像可知，在8点小球速度最大，此时重力和弹力相等，合力为0,加速度为

%=°

由

mg=kx

可知

整

A-

k

所以5得坐标为

7mg

X=h-\-----

BRk

故B错误；

C.由于。点与Z点关于BE对称，所以

72mg

x=h-------

。rk

在。点的弹簧弹力竖直向上，大小为

F=2kx=2mg

小球在c点由牛顿第二定律得

F-mg=mac

解得

〃c=g

故C正确;

D.小球到达。点时速度为零，则。点在C点的下方，小球到达。点时形变量

,2mg

XJJ>/lT-----

k

加速度

aD>g

故D错误。

故选C。

————I2

8.（2024•江苏泰州•一模）如图所示，水平面04段粗糙，段光滑，OA=AB=-o一原长为《/、劲度

系数为k（k>当冬）的轻弹簧右端固定，左端连接一质量为加的物块。物块从。点由静止释放。已知

物块与段间的动摩擦因数为〃，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则物块在向右运动过程中，其加速度大

小°、动能与、弹簧的弹性势能斗、系统的机械能E随位移x变化的图像可能正确的是（）

【答案】B

【详解】A.由题意可知，/点处，物块受到的弹力大小为

可知物块从。到“过程，一直做加速运动，动能一直增加，根据牛顿第二定律可得

kx-jumg

ci------〃g(0<x<0.5/)

mm

可知物块从。到/过程，a-x图像应为一条斜率为负的倾斜直线，故A错误;

B.物块从。到N过程（OVxVO.5/）,由于弹簧弹力一直大于滑动摩擦力，物块一直做加速运动，动能一

直增加，但随着弹力的减小，物块受到的合力逐渐减小，根据动能定理可知，耳-x图像的切线斜率逐渐减

小；物块到/点瞬间，合力突变等于弹簧弹力，则》图像的切线斜率突变变大，接着物块从/到弹簧

恢复原长过程（0.5/<xV0.6/）,物块继续做加速运动，物块的动能继续增大，随着弹力的减小，瓦-了图

像的切线斜率逐渐减小；当弹簧恢复原长时，物块的动能达到最大，接着弹簧处于压缩状态，物块开始做

减速运动，物块的动能逐渐减小到0,该过程，随着弹力的增大，稣-x图像的切线斜率逐渐增大；故B正

确；

C.根据弹性势能表达式可得

1,1,

Ep.左⑻?.©Of/-x）2

可知综-x图像为开口向上的抛物线，顶点在x=0.6/处，故C错误；

D.物块从。到/过程（OWxWO.5/）,摩擦力对系统做负功，系统的机械能逐渐减少，根据

AE=-jumgx

可知从。到/过程，图像为一条斜率为负的斜率直线；物块到达N点后，由于/点右侧光滑，则物

块继续向右运动过程，系统机械能守恒，即E保持不变，故D错误。

故选B。

9.蹦床是一项运动员利用蹦床的反弹在空中表现杂技技巧的竞技运动.如图所示为运动员在蹦床运动中完

成某个动作的示意图，图中水平虚线PQ是弹性蹦床的初始位置，一质量为加的运动员，某次弹跳中从床

面上方N处由静止落下，落到床面上屈伸弹起后离开床面上升到。处，已知AB=h,DB=H,重力加速度

大小为g,不考虑空气阻力，下列说法正确的是（）

A.运动员从/处运动到。处的全过程中，床面对运动员弹力的最大值为mg

B.运动员从/处运动到。处的全过程中，运动员的机械能增加量机g（〃-力）

C.运动员从/处运动到。处的全过程中，运动员重力的冲量为0

D.运动员由/到8向下运动的过程中，处于完全失重状态，其机械能减少

【答案】B

【详解】A.运动员在最低点时，床面对运动员的弹力最大，从最低点向上运动时，先做加速运动，弹力的

最大值大于加g,选项A错误；

B.运动员的机械能增加了

AE=mgH—mgh=mg—h)

选项B正确；

C.运动员重力的冲量

I=mgt

不等于零，选项C错误；

D.运动员由/向B运动的过程中，做自由落体运动，加速度等于竖直向下的重力加速度g,处于完全失重

状态，此过程中只有重力做功，运动员的机械能守恒，选项D错误。

故选B。

10.把一个小球放在竖立的弹簧上，并把小球向下按至N位置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把小球弹

起，小球升至最高点C（图乙），经过图中2位置时弹簧正好处于原长状态。弹簧的质量和空气的阻力均可

忽略，重力加速度为g。下列关于小球从/至C的运动过程中加速度大小。、速度大小V、动能线和机械能E

随运动时间/的变化关系中，正确的是（）

O-c

OOOO

【答案】A

【详解】A.当小球所受弹簧的弹力等于小球的重力前，根据牛顿第二定律

kx—mg=ma

可得

kx

Q=---g

m

随着小球上升加速度随位移x线性减小，但由于物体向上做加速度减小的加速运动，可知加速度随时间非

线性减小；同理可分析，当到达平衡位置后到5过程中，小球加速向下，根据牛顿第二定律

mg-kx=ma

可得

kx

a=g-----

m

可知小球的加速度大小随时间为非线性逐渐增大，在3位置继续向上，弹簧弹力为零，小球的加速度始终

为重力加速度不变，故A正确；

B.根据A选项分析可知小球先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，后做加速度不变的

减速运动，故B错误；

C.无论加速阶段还是减速阶段，小球的位移和时间都不是线性关系，且力也不是恒力，所以耳—图像不

可能是线性关系，故c错误；

D.小球在到达5位置前，弹簧弹力对小球做正功，小球的机械能增大，到达2位置继续向上，小球只受

重力，机械能守恒，即保持不变，故D错误。

故选Ao

11.陈梦在乒乓球比赛中发了一个高抛球，乒乓球以初速度1竖直向上抛出，乒乓球在空中运动过程中空

气阻力大小与速率成正比，以向上为正方向，则乒乓球从抛出到落回抛出点的过程中速度V随时间t的变化

图像是（）

【详解】乒乓球上升过程中，有

mg+kv=mah

乒乓球上升过程中，速度逐渐减小，可知乒乓球的加速度逐渐减小；

乒乓球下降过程中，有

mg-kv=may

乒乓球下降过程中，速度逐渐增大，可知乒乓球的加速度逐渐减小。V—图象的斜率表示加速度，可知B

正确，ACD错误。

故选B。

12.（2024•全国•高考真题）蹦床运动中，体重为60kg的运动员在"0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大

小厂与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。

B.f=0.30s时，运动员的速度大小为10m/s

C.f=1.00s时，运动员恰好运动到最大高度处

D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N

【答案】BD

【详解】A.根据牛顿第三定律结合题图可知t=0.15s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大,

此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；

BC.根据题图可知运动员从f=0.30s离开蹦床到，=2.3s再次落到蹦床上经历的时间为2s,根据竖直上抛运

动的对称性可知，运动员上升时间为1s,则在f=1.3s时，运动员恰好运动到最大高度处，/=0.30s时运动

员的速度大小

v=10xlm/s=10m/s

故B正确，C错误；

D.同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10m/s,以竖直向上为正方向，根据动量定理

F-At-mg-Af=mv-（—mv）

其中

A/=O.3s

代入数据可得

F=4600N

根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N,故D正确。

故选BDo

13.（2025・重庆•模拟预测）如图甲所示，一轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端与质量为0.15kg的小物

体P栓接，紧靠着P的右端放置质量为0.3kg的小物体Q,P、Q均静止，弹簧处于原长状态。现对Q施加

水平向左的恒力R使P和Q一起向左运动，当两者速度为零时撒去尸，P、Q最终均停止运动。以初始时

Q静止的位置为坐标原点，向左为正方向，从Q开始向左运动到撒去产前瞬间，Q的加速度。随位移x变

化的图像如图乙所示。已知P、Q两物体与地面间的动摩擦因数均为0.5,重力加速度大小取g=10m/s2。下

列说法正确的是（）

A.尸的大小为6.75NB.弹簧的劲度系数为22.5N/m

C.P的最大速度为25m/s

D.Q最终停在尤=-0.04m位置

10

【答案】ACD

【详解】AB.对P、Q整体，由牛顿第二定律可得

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

整理得

20k20厂匚

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

99

由图像可知

20^_0-10

于一2x10-2-0

计一5=10

解得

k=225N/m,F=6.75N

故A正确，B错误;

C.P、Q一起向左运动时两者的最大速度

x—x2xl0-2xlOm/s=^-m/s

Vml=6晟=\2

25

向右运动时，当

Ju(mp+mQ)g=kxl

时速度最大，此时

$=0.01m

由能量关系

〃(%+mQ)g(xm-X])=g(%+mQ"工

其中

2

xm=4x10-m

解得

36.

%2=—

则P的最大速度为歧m/s,故C正确;

10

D.两滑块回到原来位置时由能量关系

12

Fxm-2〃("~+mQ)gxm=-(wP+mQ)v

此后Q与P分离，则

12

^mQgs=-mQv

解得

s=0.04m

即Q最终停在x=-0.04m位置，故D正确。

故选ACD„

14.（2024・广东梅州•模拟预测）如图甲是游乐设施——“反向蹦极”的示意图，游戏者（可视为质点）与固

定在地面上的扣环连接，打开扣环，游戏者从N点由静止释放，像火箭一样竖直发射。游戏者上升到3位

置时弹性绳恰好处于松弛状态，C为上升的最高点，尸为弹性绳上端悬点，。点为速度最大点（未画出），

弹性绳的形变在弹性限度内，且遵从胡克定律，不计空气阻力，以/点为坐标原点，向上为正方向，作出

游戏者上升过程中加速度与位移的关系如图乙。玉、当、退和g为已知量，则人上升过程中（）

A.段的长度为多

B.游戏者最大速度为J（2x3-网-马，

C.A点与。点间的距离大于。点与B点间的距离

D.人从N点到D点和D点到C点合力的冲量大小相等

【答案】BCD

【详解】A.由题图乙可知，在0~西内，加速度为正，游戏者向上做加速运动，在多处加速度是零，此时

速度最大，%~尤2加速度反向增大，在Z处加速度大小为g，说明此时游戏者只受重力作用，可知游戏者位

于8位置，之后马~苫3，游戏者一直做减速运动到速度减到零，在最高点C位置，因此段的长度为X2,

A错误；

B.由题图乙可知，在西加速度均匀变化，可知合力的平均值为;加g，则从速度最大位置到最高点由

动能定理可得

一；机8（/_&）一加8（退_々）=0_3加片

解得

%=42匕一再一々加

B正确;

C.。点为速度最大点，由题图乙可知40为占，DB为Xzf,0~%段的图线斜率相同，且4>g，因此

则有

X

X]>无2-1

即A点与。点间的距离大于。点与B点间的距离，C正确；

D.由动量定理可知，游戏者所受合力的冲量大小等于他的动量变化量大小，已知在/点和在C点的速度

是零，D点为速度最大点，因此从/点到D点的速度的变化量和从和D点到C点的速度的变化量大小相同,

则动量变化量大小相同，因此人从/点到。点和。点到C点合力的冲量大小相等，D正确。

故选BCDo

15.（2024•黑龙江•二模）如图所示，足够长的倾角为8的光滑斜面底端固定一轻弹簧，弹簧的上端连接质

量为〃?的薄钢板，钢板静止时弹簧的压缩量为毛。质量为机的物块从斜面上/点滑下，与钢板碰撞后二者

（不粘连）立刻一起做简谐运动且运动到最高点时恰好不分开。不计空气阻力，下列说法正确的是（）

A.碰撞后二者向下运动到最低点的过程中速度一直减小

B.碰撞后物块、钢板和弹簧构成的系统机械能守恒

C.简谐运动的振幅为迎

D.弹簧弹力的最大值为4〃zgsin0

【答案】BD

【详解】A.钢板静止时有

mgsin9=kx0

当物体A与钢板接触后有

2mgsin0-kx=2ma

随着A物体和钢板对弹簧的压缩，其加速度逐渐减小，由于此时加速度方向与速度方向一致，所以其做加

速度减小的加速运动，当

2mgsin0=kx

时，加速度为零，则是速度达到最大，下一刻则有

kx-2mgsin0=2ma

随着其压缩量变大，其加速度增加，由于加速度方向与速度方向相反，所以其做加速度增加的减速运动，

直至速度为零，达到最低点。综上所述可知，其碰撞后二者先做加速度减小的加速运动后做加速度增加的

减速运动，故A项错误；

B.碰撞后将物块、钢板和弹簧看成一个系统，该整体只有重力以及系统内弹簧的弹力做功，所以其系统机

械能守恒，故B项正确；

C.碰撞后其做简谐运动，则为平衡位置时设弹簧的压缩量为Xj有

2mgsin3=kxx

结合之前的分析有

mgsin0=kxQ

解得

$=2x0

即平衡位置在。点下方2%处，由题意可知，其上升到最高点时速度为零，设此时弹簧的拉伸形变量为％,

对整体有

2mgsin3+kx2=2max

对物体A有

mgsin0=ma1

解得

x2=0

所以其振幅为

A—玉—2XQ

故c项错误；

D.有上述分析可知，该简谐运动的振幅为2%,其平衡位置为在。点下方2无。处，所以弹簧弹力最大位置,

即两物体处于简谐运动的最低点，即。点下方4%处，此时弹簧的弹力为

F弹=k-4x0

结合之前的分析，可知弹簧的劲度系数为

7mgsin0

k二-------

%

解得

F弹=4mgsin0

故D项正确。

故选BDo

【模型二】，户陟”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'六问题。。

【模型要点】

1.运动特点分析——“另类匀变速运动”：

若物体所受合力为户则产生的加速度为。=/=&v等式两边同乘以f并求和得到等式

mm

YaAt=Y-vAt,可得Av=&x,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

mm

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

kA-pk

间均匀变化。一个对时间均匀变化。我们把满足Av=的运动定义为“另类匀变速运动”定义Z=—

mAxm

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。=丝另类加速度2=竺=幺

A/Axm

一上aAvAxAx

一者关系：一=-------二—=vnBnPa=A\

AAZAvAZ

(1).当4>0且恒定时，。随v增大而变大;

(2).当4Vo且恒定时，。随v减小而变小;

⑶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/不变,

这样，在时间内，力/的冲量：

/]==kvx-=%

同理，时间内，力/的冲量

所以整个过程力/的冲量为：

/=/]+/,+—卜/“=kx

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—f

图象，图象与f轴所围的面积表示物体的位移X。由于上力/随时间/变化的图象与v—/图象相似

（纵轴相差左倍）。对图象来说，图象与/轴所围的面积就是力/的冲量/,显然/=依o此结论在解答

中”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

比即产Av或尸前2。

（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。

mgrng=kv„,或mg=kv„?

1.一质点由静止开始沿直线运动，速度随位移变化的图像如图所示，关于质点的运动，下列说法正确的是

()

A.质点做匀速直线运动

B.质点做匀加速直线运动

C.质点做加速度逐渐增大的加速运动

D.质点做加速度逐渐减小的加速运动

【答案】C

【详解】从图可知，尤与v成正比，即'=豆，左是比例系数（常量），根据

Ax7Av7

v=——=k——=ka

△tNt

显然加速度与速度成正比，所以质点做加速度逐渐增大的加速运动。

故选C。

2.（2024•安徽•一模）如图所示，实线是实验小组某次研究平抛运动得到的实际轨迹，虚线是相同初始条件

下平抛运动的理论轨迹。分析后得知这种差异是空气阻力影响的结果。实验中，小球的质量为%,水平初

速度为％,初始时小球离地面高度为限已知小球落地时速度大小为v,方向与水平面成e角，小球在运动

过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，比例系数为七重力加速度为g。下列说法正确的是（）

A.小球落地时重力的功率为机5V

,，、一4,,1、,mvsin0+kh

B.小球下落的时间为----------

mg

C.小球下落过程中的水平位移大小为加-2VCOS。）

k

D.小球下落过程中空气阻力所做的功为g加“2-）+机

【答案】B

【详解】A.小球落地时重力的功率为

PG=mgvsin0

故A错误；

B.小球下落过程在竖直方向根据动量定理

mvsin0=mgt-k（yyi+vy2+vy3+.....）t

Z(%+Vy2+V”+……)t=h

解得小球下落的时间为

mvsind+kh

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

mg

故B正确；

C.小球在水平方向根据动量定理

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

V+V+V

E(A1X2X3+……"=X

解得小球下落过程中的水平位移大小为

m（v-vcos。）

X-0

k