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TOC\o"1-3"\h\u【模型一】小球彈簧（蹦極、蹦床）模型 11.力與運動下落的“三段四點”： 22.四個圖像 23.等效模型一:恒力推彈簧連接的兩物體問題 24.等效模型二:蹦極運動問題 25.功能變化及圖像 3【模型二】“f=kv”運動模型 201.運動特點分析“另類勻變速運動”： 212.“另類勻變速運動”的動量特征 213.流體的變加速運動問題 22【模型三】“F隨x均勻變化與F隨t均勻變化”運動模型 30【模型四】機車啟動模型 421.以恒定功率啟動 422.以恒定加速度啟動 433.三個重要關系式 434．傾斜、豎直機車啟動問題 43【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），的運動問題、能量轉換問題、動量變化問題。【模型要點】1.力與運動下落的“三段四點”：2.四個圖像v-t圖a-t圖F-t圖a-x圖3.等效模型一:恒力推彈簧連接的兩物體問題PQFPQF0tv加速度相等，速度差最大速度相等，壓縮量最大恢復原長PQPQ4.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O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O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xOEEP重EKCABEP彈xOEEP重EKQCABEP彈xOEEKQCABEP彈1．（2024·廣東·高考真題）如圖所示，輕質彈簧豎直放置，下端固定。木塊從彈簧正上方H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y。所受合外力為F，運動時間為t。忽略空氣阻力，彈簧在彈性限度內。關于木塊從釋放到第一次回到原點的過程中。其圖像或圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】AB．在木塊下落高度之前，木塊所受合外力為木塊的重力保持不變，即當木塊接觸彈簧后，彈簧彈力向上，則木塊的合力到合力為零前，隨著增大減小；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，隨著減小增大，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．在木塊下落高度之前，木塊做自由落體運動，根據速度逐漸增大，圖像斜率逐漸增大，當木塊接觸彈簧后到合力為零前，根據牛頓第二定律木塊的速度繼續增大，做加速度減小的加速運動，所以圖像斜率繼續增大，當彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點過程中木塊所受合外力向上，木塊做加速度增大的減速運動，所以圖斜率減小，到達最低點后，木塊向上運動，經以上分析可知，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，轉化為彈性勢能，C錯誤；D．繩剛繃緊開始一段時間內，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B點（未標出），通過調整姿態，多次彈跳后達到最高點A，然后運動員從A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B點時速度最大C．從B點下落至C點的過程，運動員做勻減速直線運動D．從A點下落至B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B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B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A點下落至B點的過程，運動員的機械能有一部分轉化為蹦床的勢能，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。下列說法正確的是（

）A．1.0s～1.4s內運動員向上運動，處于失重狀態B．1.0s～1.4s內運動員向下運動，處于超重狀態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選項D正確。故選D。5．（2024·北京東城·一模）一個質量為m的網球從距地面高處自由下落，反彈的最大高度為。不考慮所受的空氣阻力，重力加速度用g表示，對網球與地面接觸的運動過程，下列判斷正確的是（）A．網球的加速度先向上后向下B．網球速度為0時受地面的彈力最大C．地面對網球所做的功等于D．網球受地面的平均沖擊力等于【答案】B【詳解】A．整個過程中網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．網球在與地面接觸的運動過程中，網球下降的過程中網球的形變量越來越大，彈力越來越大，開始階段網球的壓縮量較小，因此地面對網球向上的彈力小于重力，此時網球的合外力向下，加速度向下，網球做加速運動，由牛頓第二定律隨著壓縮量增加，彈力增大，合外力減小，則加速度減小，方向向下，當時，合外力為零，加速度為0，此時速度最大；由于慣性網球繼續向下運動，此時方向向上，網球減速，隨著壓縮量增大，網球合外力增大，加速度增大，方向向上。所以網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，網球的速度為零，地面的彈力最大，故B項正確；C．由于網球與地面接觸過程中，作用點無位移，即有力無位移的情況，所以地面對網球所做的功為零，故C項錯誤；D．小球從處自由落下，設落地瞬間速度為，有解得小球離開地面的速度為，有解得設網球與地面作用時間為t，設向下為正方向，由動量定理有整理有由于地面與網球作用時間未知，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，輕質彈簧豎直固定在壓力傳感器上，如圖甲所示。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F隨時間t變化圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．時刻，小球的動能最大B．時間內，小球始終處于失重狀態C．時間內，小球所受合力的沖量為0D．時間內，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，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．時間內，小球與彈簧組成的整體機械能守恒，可知在時刻小球落到彈簧上，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，小球的質量為m，取向上方向為正方向，則有小球的動量變化量為由動量定理可知，小球在時間內，所受合力的沖量C錯誤；D．時間內，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，勁度系數為k的輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，一質量為m的小球，從離彈簧上端高h處自由釋放，接觸彈簧后繼續豎直向下運動。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隨坐標x的變化圖像如圖乙所示，其中OA段為直線，ABCD是平滑的曲線，AB段與OA相切于A點，C點與A點關于BE對稱，空氣阻力不計，重力加速度為g。關于小球在A、B、C、D各點對應的位置坐標及加速度大小的判斷正確的是（

）A． B．C． D．【答案】C【詳解】A．圖乙所示圖像中，OA段是直線，小球從O運動到A過程加速度不變，小球做自由落體運動，小球到達A時，下落高度為h，小球的加速度仍然是g，所以，故A錯誤；B．由圖示所示圖像可知，在B點小球速度最大，此時重力和彈力相等，合力為0，加速度為由可知所以B得坐標為故B錯誤；C．由于C點與A點關于BE對稱，所以在C點的彈簧彈力豎直向上，大小為小球在C點由牛頓第二定律得解得故C正確；D．小球到達D點時速度為零，則D點在C點的下方，小球到達D點時形變量加速度故D錯誤。故選C。8．（2024·江蘇泰州·一模）如圖所示，水平面OA段粗糙，AB段光滑，。一原長為、勁度系數為k（）的輕彈簧右端固定，左端連接一質量為m的物塊。物塊從O點由靜止釋放。已知物塊與OA段間的動摩擦因數為，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a、動能Ek、彈簧的彈性勢能Ep、系統的機械能E隨位移x變化的圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】A．由題意可知，A點處，物塊受到的彈力大小為可知物塊從O到A過程，一直做加速運動，動能一直增加，根據牛頓第二定律可得（）可知物塊從O到A過程，圖像應為一條斜率為負的傾斜直線，故A錯誤；B．物塊從O到A過程（），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，根據動能定理可知，圖像的切線斜率逐漸減小；物塊到A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A到彈簧恢復原長過程（），物塊繼續做加速運動，物塊的動能繼續增大，隨著彈力的減小，圖像的切線斜率逐漸減小；當彈簧恢復原長時，物塊的動能達到最大，接著彈簧處于壓縮狀態，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，圖像的切線斜率逐漸增大；故B正確；C．根據彈性勢能表達式可得可知圖像為開口向上的拋物線，頂點在處，故C錯誤；D．物塊從O到A過程（），摩擦力對系統做負功，系統的機械能逐漸減少，根據可知從O到A過程，圖像為一條斜率為負的斜率直線；物塊到達A點后，由于A點右側光滑，則物塊繼續向右運動過程，系統機械能守恒，即保持不變，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，一質量為m的運動員，某次彈跳中從床面上方A處由靜止落下，落到床面上屈伸彈起后離開床面上升到D處，已知，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A處運動到D處的全過程中，床面對運動員彈力的最大值為mgB．運動員從A處運動到D處的全過程中，運動員的機械能增加量C．運動員從A處運動到D處的全過程中，運動員重力的沖量為0D．運動員由A到B向下運動的過程中，處于完全失重狀態，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，選項A錯誤；B．運動員的機械能增加了選項B正確；C．運動員重力的沖量不等于零，選項C錯誤；D．運動員由A向運動的過程中，做自由落體運動，加速度等于豎直向下的重力加速度，處于完全失重狀態，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A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），經過圖中B位置時彈簧正好處于原長狀態。彈簧的質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A至C的運動過程中加速度大小a、速度大小v、動能和機械能E隨運動時間t的變化關系中，正確的是（

）A．B．C． D．【答案】A【詳解】A．當小球所受彈簧的彈力等于小球的重力前，根據牛頓第二定律可得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小；同理可分析，當到達平衡位置后到過程中，小球加速向下，根據牛頓第二定律可得可知小球的加速度大小隨時間為非線性逐漸增大，在B位置繼續向上，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，所以圖像不可能是線性關系，故C錯誤；D．小球在到達B位置前，彈簧彈力對小球做正功，小球的機械能增大，到達B位置繼續向上，小球只受重力，機械能守恒，即保持不變，故D錯誤。故選A。11．陳夢在乒乓球比賽中發了一個高拋球，乒乓球以初速度豎直向上拋出，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隨時間的變化圖像是（

）

A．

B．

C．

D．

【答案】B【詳解】乒乓球上升過程中，有乒乓球上升過程中，速度逐漸減小，可知乒乓球的加速度逐漸減小；乒乓球下降過程中，有乒乓球下降過程中，速度逐漸增大，可知乒乓球的加速度逐漸減小。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，體重為的運動員在時剛好落到蹦床上，對蹦床作用力大小F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。忽略空氣阻力，重力加速度大小取。下列說法正確的是（）A．時，運動員的重力勢能最大B．時，運動員的速度大小為C．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【答案】BD【詳解】A．根據牛頓第三定律結合題圖可知時，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．根據題圖可知運動員從離開蹦床到再次落到蹦床上經歷的時間為，根據豎直上拋運動的對稱性可知，運動員上升時間為1s，則在時，運動員恰好運動到最大高度處，時運動員的速度大小故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，以豎直向上為正方向，根據動量定理其中代入數據可得根據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，故D正確。故選BD。13．（2025·重慶·模擬預測）如圖甲所示，一輕質彈簧左端固定在豎直墻壁上，右端與質量為0.15kg的小物體P栓接，緊靠著P的右端放置質量為0.3kg的小物體Q，P、Q均靜止，彈簧處于原長狀態。現對Q施加水平向左的恒力F，使P和Q一起向左運動，當兩者速度為零時撒去F，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F前瞬間，Q的加速度a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均為0.5，重力加速度大小取g＝10m/s2。下列說法正確的是（

）A．F的大小為6.75N B．彈簧的勁度系數為22.5N/mC．P的最大速度為/s D．Q最終停在x＝-0.04m位置【答案】ACD【詳解】AB．對P、Q整體，由牛頓第二定律可得整理得由圖像可知解得，故A正確，B錯誤；C．P、Q一起向左運動時兩者的最大速度向右運動時，當時速度最大，此時由能量關系其中解得則P的最大速度為，故C正確；D．兩滑塊回到原來位置時由能量關系此后Q與P分離，則解得即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（可視為質點）與固定在地面上的扣環連接，打開扣環，游戲者從A點由靜止釋放，像火箭一樣豎直發射。游戲者上升到B位置時彈性繩恰好處于松弛狀態，C為上升的最高點，P為彈性繩上端懸點，D點為速度最大點（未畫出），彈性繩的形變在彈性限度內，且遵從胡克定律，不計空氣阻力，以A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。和為已知量，則人上升過程中（）A．AB段的長度為B．游戲者最大速度為C．A點與D點間的距離大于D點與B點間的距離D．人從A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，在內，加速度為正，游戲者向上做加速運動，在處加速度是零，此時速度最大，加速度反向增大，在處加速度大小為，說明此時游戲者只受重力作用，可知游戲者位于B位置，之后，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AB段的長度為，A錯誤；B．由題圖乙可知，在加速度均勻變化，可知合力的平均值為，則從速度最大位置到最高點由動能定理可得解得B正確；C．D點為速度最大點，由題圖乙可知AD為，DB為，段的圖線斜率相同，且，因此則有即A點與D點間的距離大于D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A點和在C點的速度是零，D點為速度最大點，因此從A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A點到D點和D點到C點合力的沖量大小相等，D正確。故選BCD。15．（2024·黑龍江·二模）如圖所示，足夠長的傾角為的光滑斜面底端固定一輕彈簧，彈簧的上端連接質量為m的薄鋼板，鋼板靜止時彈簧的壓縮量為。質量為m的物塊從斜面上A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機械能守恒C．簡諧運動的振幅為D．彈簧彈力的最大值為【答案】BD【詳解】A．鋼板靜止時有當物體A與鋼板接觸后有隨著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，當時，加速度為零，則是速度達到最大，下一刻則有隨著其壓縮量變大，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，該整體只有重力以及系統內彈簧的彈力做功，所以其系統機械能守恒，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，有結合之前的分析有解得即平衡位置在O點下方處，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，對整體有對物體A有解得所以其振幅為故C項錯誤；D．有上述分析可知，該簡諧運動的振幅為，其平衡位置為在O點下方處，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O點下方處，此時彈簧的彈力為結合之前的分析，可知彈簧的勁度系數為解得故D項正確。故選BD。【模型二】“f=kv”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“f=kv”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f=kv，則產生的加速度為等式兩邊同乘以并求和得到等式，可得，也就是說物體在任意相等的位移內速度的變化量是相等的。這與勻變直線運動的定義：物體在任意相等時間內速度速度的變化量都相等極為相似。唯一的區別就是一個對空間均勻變化。一個對時間均勻變化。我們把滿足的運動定義為“另類勻變速運動”定義為“另類勻變速運動”的“另類加速度”二者的區別展示如下：正常加速度另類加速度二者關系：即a=A·v(1).當A>0且恒定時，a隨v增大而變大；(2).當A<0且恒定時，a隨v減小而變小；(3)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，可認為力f不變，這樣，在△t1時間內，力f的沖量：同理，時間內，力f的沖量，……所以整個過程力f的沖量為：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—t圖象，圖象與t軸所圍的面積表示物體的位移x。由于f=kv，力f隨時間t變化的f—t圖象與v—t圖象相似（縱軸相差k倍）。對f—t圖象來說，圖象與t軸所圍的面積就是力f的沖量I，顯然I=kx。此結論在解答“f=kv”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f=kv或f=kv2。(2)上升加速度a=g+f/m=g+kv/m隨速度減小而減小；下降加速度a=g-f/m=g-kv/m隨速度增大而減小。fmgffmgfmg0tvv0-vmv=0，a=gmg=kvm或mg=kvm21.一質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，關于質點的運動，下列說法正確的是（）A．質點做勻速直線運動B．質點做勻加速直線運動C．質點做加速度逐漸增大的加速運動D．質點做加速度逐漸減小的加速運動【答案】C【詳解】從圖可知，x與v成正比，即，k是比例系數（常量），根據顯然加速度與速度成正比，所以質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，小球的質量為m，水平初速度為，初始時小球離地面高度為h。已知小球落地時速度大小為v，方向與水平面成角，小球在運動過程中受到的空氣阻力大小與速率成正比，比例系數為k，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B．小球下落的時間為C．小球下落過程中的水平位移大小為D．小球下落過程中空氣阻力所做的功為【答案】B【詳解】A．小球落地時重力的功率為故A錯誤；B．小球下落過程在豎直方向根據動量定理解得小球下落的時間為故B正確；C．小球在水平方向根據動量定理解得小球下落過程中的水平位移大小為故C錯誤；D．小球下落過程根據動能定理解得小球下落過程中空氣阻力所做的功為故D錯誤。故選B。3．（2024·安徽黃山·二模）某小球質量為M，現讓它在空氣中由靜止開始豎直下落，下落過程中所受空氣阻力與速率的關系滿足（k為定值），當下落時間為t時，小球開始勻速下落，已知重力加速度為g，則小球在t時間內下降的高度h為（）A． B．C． D．【答案】A【詳解】根據題意可得，當小球勻速下落時，有下落過程中，根據動量定理可得聯立可得故選A。4.一質量為m的小球用細線懸掛靜止在空中（圖甲），某時刻剪斷細線，小球開始在空中下降，已知小球所受空氣阻力與速度的大小成正比，通過傳感器得到小球的加速度隨下降速度變化的圖像如圖乙所示，已知重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．小球剛開始運動時的加速度a0<gB．小球下降的速度將會一直增大C．小球下降過程所受空氣阻力f＝D．小球下降過程機械能的減少大于克服空氣阻力所做的功【答案】C【詳解】A．某時刻剪斷細線，小球只受重力，則小球剛開始運動時的加速度a0＝g，故A錯誤；B．當小球下降的速度使小球受到的空氣阻力與重力相等時，合力為零，加速度為零，速度達到最大，之后以最大速度做勻速下降，故小球下降的速度不會一直增大，故B錯誤；C．根據牛頓第二定律可得mg－f＝ma由圖乙可知a＝a0－v又a0＝g聯立解得故C正確；D．根據功能關系可知，小球下降過程機械能的減少等于克服空氣阻力所做的功，故D錯誤。故選C。5.（2024·江西贛州·模擬預測）將一小球從地面處豎直向上拋出，其動能隨時間的變化如圖。已知小球受到的空氣阻力與速率成正比。已知小球的質量為m，最終小球的動能為，重力加速度為g，小球到達地面時恰好達到最大速度，則小球在整個運動過程中（）A．上升過程中克服阻力做功大于下落過程克服阻力做功B．下落過程中加速度一直增大C．上升過程中速度為時，加速度為D．從地面上升一半高度的過程中克服阻力做功小于【答案】AC【詳解】A．上升過程中的平均速率大于下落過程的平均速率，所以上升過程的阻力大于下落過程的阻力，所以上升過程中克服阻力做功大于下落過程中克服阻力做功，故A正確；B．根據牛頓第二定律下落過程中速度增大，阻力增大，加速度減小，故B錯誤；C．小球到達地面時恰好達到最大速度，則又上升過程中速度為時，由牛頓第二定律，可得解得故C正確；D．全程列動能定理，克服阻力做功為上升過程中克服阻力做功大于下落過程中克服阻力做功，則而上升前一半高度克服阻力做功大于上升后一半高度克服阻力做功，則從地面上升一半高度的過程中克服阻力做功大于，故D錯誤。故選AC。6.在地面上以大小為v1的初速度豎直向上拋出一質量為m的皮球，皮球落地時速度大小為v2．若皮球運動過程中所受空氣阻力的大小與其速率成正比，重力加速度為g．下列判斷正確的是()A．皮球上升的最大高度為B．皮球從拋出到落地過程中克服阻力做的功為C．皮球上升過程經歷的時間為D．皮球從拋出到落地經歷的時間為【答案】BD【詳解】A．當阻力為零時，皮球上升的最大高度，由動能定理：，可得上升的最大高度：當有阻力作用時，皮球上升的最大高度小于．故A錯誤．B．皮球在整個上升和下降過程中只有阻力做功，根據動能定理有：，因為阻力做負功，所以克服阻力做功為：．故B正確．C．皮球上升過程中受到向下的阻力作用，故皮球上升時的加速度大于重力加速度，故上升時間小于．故C錯誤．D．用動量定理，結合微積分思想，假設向下為正方向，設上升階段的平均速度為v，則：上升過程：mgt1+kvt1＝mv1，由于平均速度乘以時間等于上升的高度，故有：h＝vt1，即mgt1+kh＝mv1．同理，設上升階段的平均速度為v′，則下降過程：mgt2+kvt2＝mv2，即：mgt2﹣kh＝mv2．聯立可得：mg（t1+t2）＝m（v1+v2）而t1+t2＝t，可得：故D正確．7.質量為m的小球以初速度豎直向上拋出，經過時間t后落回到拋出點位置。已知小球所受阻力大小與小球的速率成正比（，k為常數），重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．小球落回到拋出點時速度大小為B．小球上升時間小于C．小球上升過程克服阻力做功小于下降過程克服阻力做功D．全過程小球克服阻力做功【答案】AB【詳解】A．設小球上升時間為t1，小球下降時間為t2，小球落回至拋出點時的速度大小為v。取向下為正方向，根據動量定理由于上升的高度等于下降的高度又依題意，有t1+t2=t聯立解得故A正確；B．根據牛頓第二定律，小球上升階段的加速度下降階段的加速度則上升階段加速度較大，根據可知小球上升時間小于。故B正確；C．根據功的定義式，小球上升過程平均阻力大于下降過程的平均阻力，則上升階段克服阻力做功大于下降過程克服阻力做功。故C錯誤；D．根據動能定理，全過程小球克服阻力做功為故D錯誤。故選AB。8.（2024·安徽池州·二模）從地面上以初速度豎直向上拋出一質量為m的小球，若運動過程中小球受到的空氣阻力與其速率成正比，比例系數為k，小球運動的速率隨時間變化規律如圖所示，時刻到達最高點，再落回地面，且落地前小球已經做速率為的勻速直線運動。已知重力加速度為，則（

）A．小球上升的時間大于下落的時間B．小球上升過程速率為時的加速度大小為C．小球上升的最大高度為D．小球從拋出到落回地面的整個過程中克服空氣阻力做的功為【答案】BD【詳解】A．圖像與時間軸圍成的面積表示位移，由于上升過程和下降過程中的位移相等，上升階段平均速度大于下降階段平均速度，根據公式可知上升時間小于下降時間，故A錯誤；B．根據牛頓第二定律可得解得故B正確；C.設上升時加速度為a，根據牛頓第二定律可知

取極短時間，速度變化量為

由于

上升全程速度變化量為

則解得故C錯誤；D．球上升到落回地面的全過程由動能定理則故D正確；故選BD。【模型三】“F隨x均勻變化與F隨t均勻變化”運動模型1.如圖甲所示，質量為m的物塊靜止在豎直放置的輕彈簧上（不相連），彈簧下端固定，勁度系數為k。t＝0時刻，對物塊施加一豎直向上的外力F，使物塊由靜止向上運動，當彈簧第一次恢復原長時，撤去外力F。從0時刻到F撤去前，物塊的加速度a隨位移x的變化關系如圖乙所示。重力加速度為g，忽略空氣阻力，則在物塊上升過程（）

A．外力F為恒力B．物塊的最大加速度大小為2gC．外力F撤去后物塊可以繼續上升的最大高度為D．彈簧最大彈性勢能為【答案】AC【詳解】A．根據圖像可知，F撤去前瞬間，加速度為零，故初始時對物塊有即根據圖像可知，為圖像的截距，為定值，所以為恒力，故A正確；B．初始時刻加速度最大，為故B錯誤；C．從初始到物體脫離彈簧，根據速度位移公式可知圖像與橫軸圍成的面積表示，則有從脫離彈力到最高點，根據動能定理有聯立解得外力F撤去后物塊可以繼續上升的最大高度為故C正確；D．從初始到物體脫離彈簧，根據功能關系有解得彈簧最大彈性勢能為故D錯誤。故選AC。2.如圖甲所示為一種新型的電動玩具，整體質量為m，下方的圓球里有電動機、電池、紅外線發射器等，打開開關后葉片轉動時會產生一個與葉片轉動平面垂直的升力F，使玩具從離地面高度為處靜止釋放，玩具將在豎直方向做直線運動，升力F隨離地面高度變化的關系如圖乙所示，重力加速度為g，玩具只受升力和自身重力作用。對于過程，下列說法正確的是（）

A．玩具先做勻加速運動再做勻減速運動B．玩具下落到距地面高處速度最大C．玩具下落的最大速度大小為D．玩具下落的最大速度大小為【答案】BC【詳解】A．由圖乙可知，內升力F不斷增大，因此合外力不斷變化，加速度也在不斷變化，玩具不可能做勻變速直線運動，故A錯誤；B．根據圖乙可知，在高處，升力F與重力平衡，在高處之前，升力小于重力，加速度方向向下，玩具向下做加速運動，在高處之后，升力大于于重力，加速度方向向上，玩具向下做減速運動，可知，在高處時加速度為零，玩具向下的速度達到最大，故B正確；CD．圖像中，圖像與橫坐標所圍幾何圖形的面積表示功，根據上述在高處時加速度為零，玩具向下的速度達到最大，則在內，重力做的功為在內，升力F做的功為由動能定理有解得玩具下落的最大速度大小為故C正確，D錯誤。故選BC。3.如圖1所示，一輕彈簧豎直固定于水平桌面上，另一相同的彈簧下端與光滑固定斜面底端的擋板相連，物體P、Q分別從兩彈簧上端由靜止釋放，加速度a與彈簧壓縮量x的關系分別如圖2中實線、虛線所示。則（）A．光滑斜面的傾角為37°B．P、Q向下運動達到最大速度時兩彈簧的壓縮量之比為C．P、Q的質量之比為D．P、Q向下運動過程中的最大速度之比為【答案】CD【詳解】A．設物體P、Q分別質量為、。由圖2可知彈簧壓縮量為零時，物體P、Q加速度分別為，。對物體P，有得①設斜面的傾角為，對物體Q，有②由①②得得A錯誤；B．加速度為零時，物體P、Q的速度最大。由圖2可知，P、Q向下運動達到最大速度時兩彈簧的壓縮量分別為，。P、Q向下運動達到最大速度時兩彈簧的壓縮量之比為。B錯誤；C．P、Q向下運動達到最大速度時，對兩物體，有又得C正確；D．P、Q向下運動過程中的最大速度分別為和，對P、Q由動能定理得③④由③④得，P、Q向下運動過程中的最大速度之比D正確。故選CD。4.如圖所示，勁度系數為k的輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于水平面上質量為m的物體接觸（未連接），彈簧水平且無形變。用水平力緩慢推動物體，在彈性限度內彈簧長度被壓縮了x0，此時物體靜止。撤去F后，物體開始向左運動，運動的最大距離為4x0。物體與水平面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g。則（）A．撤去F后，物體先做勻加速運動，再做勻減速運動B．撤去F后，物體剛運動時的加速度大小為C．物體做勻減速運動的時間為D．物體開始向左運動到速度最大的過程中克服摩擦力做的功為μmg（x0－）【答案】CD【詳解】A．撤去F后，彈簧形變在恢復的過程中，彈力逐漸減小，則合力先減小，再增大，最后脫離彈簧后，保持不變，A錯誤；B．撤去F后，物體剛運動時有kx0－μmg＝ma解得a＝B錯誤；C．物體脫離彈簧后，做勻減速直線運動，逆向得物體做初速度為零的勻加速直線運動，有×t2＝3x0解得t＝C正確；D．速度最大時，合力為零，有kx－μmg＝0此時彈簧形變為x＝則該過程中克服摩擦力做的功為Wf＝μmg（x0－）D正確。故選CD。5.如圖甲所示，輕質彈簧的下端固定在傾角為的固定光滑斜面的底部，在彈簧的上端從靜止開始釋放的滑塊，滑塊的加速度與彈簧壓縮量間的關系如圖乙所示。重力加速度大小取，彈簧的彈性勢能可表示為，為彈簧的勁度系數，為彈簧的形變量，則（）A．斜面的傾角 B．彈簧的勁度系數為C．滑塊速度最大時，彈簧的彈性勢能為 D．滑塊最大的動能為【答案】BC【詳解】A．當彈簧壓縮量時解得故A錯誤；B．當彈簧壓縮量為時，，則解得故B正確；C．在圖像中，當時，，此時滑塊速度最大，此時克服彈力做功等于彈性勢能的增加量，即故C正確；D．滑塊速度最大時，動能最大，由能量守恒得則滑塊的最大動能為故D錯誤。故選BC。6.如圖甲所示，質量為m的物塊在水平力F的作用下可沿豎直墻面滑動，水平力F隨時間t變化的關系圖像如圖乙所示，物塊與豎直墻面間的動摩擦因數為μ，物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，豎直墻面足夠高，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）

A．物塊一直做勻加速直線運動B．物塊先做加速度減小的加速運動，后做勻速直線運動C．物塊的最大速度為D．時，物塊停止下滑【答案】C【詳解】根據物塊的受力，由牛頓第二定律有由圖像可知而解得故隨時間的增大，物塊先做加速度逐漸減小的加速運動，后做加速逐漸增大的減速運動，最后停止下滑，靜止后物塊的加速度為零，處于平衡狀態；當時，物塊的加速度為零，此時物塊的速度最大，做出圖像如下圖所示

根據其面積求出最大速度為故選C。7.如圖所示，在足夠長的粗糙豎直墻壁上有一物塊保持靜止。某一時刻無初速度釋放物塊，并分別以兩種方式施加外力，使物塊時刻緊緊地貼合在墻壁上運動。假設兩次釋放物塊完全相同，墻壁粗糙程度不變，比例系數k大小相同（在國際單位制下數值相等）。則（）

A．方式一下落過程中物體受到合外力方向改變，方式二下落過程中物體受到合外力方向不變B．方式一下落過程中物體速度先增大后減小，方式二下落過程中物體速度一直增大C．兩次釋放過程中物體最終均可保持靜止D．方式一下落過程中物體達到的最大速度大于方式二下落過程中物體達到的最大速度【答案】AD【詳解】A．對方式一下落過程，對物體豎直方向的受力分析，它受到重力mg，豎直向上的摩擦力f，由牛頓第二定律,得由上式子可知,當時加速度a=0，那么可以分兩種情況討論可知：當時加速度a>0，得出合力向下，加速運動；當時加速度，得出合力向上，做減速運動；故方式一下落過程中物體受到合外力方向改變；對方式二下落過程，對物體豎直方向的受力分析，它受到重力mg，豎直向上的摩擦力f，由牛頓第二定律,得由上式子可知,當時加速度a=0，那么速度v不再增大，同樣分兩種情況討論可知：當時加速度a>0，得出合力向下，繼續向下加速運動；當時加速度a=0，得出合力為0，向下做勻速直線運動；故方式二下落過程中物體受到合外力方向不變；故A正確；BC．因為方式一下落過程中物體從靜止開始先加速后減速，所以速度先增大后減小，最終保持靜止；方式二下落過程中物體從靜止開始先加速后勻速，最終保持勻速，故BC錯誤；D．方式二下落過程中達到的最大速度為方式一下落過程中加速度為由函數關系可知，物體加速度隨時間均勻減小，且當時加速度a=0，故物體下落速度達到最大速度過程的等效加速度為由勻加速運動速度公式,代入數值可知對比v1和v2，可知故D正確。故選AD。8.（2024·安徽合肥·模擬預測）如圖1所示，質量為的物塊在水平力F的作用下由靜止釋放，物塊與足夠高的豎直墻面間的動摩擦因數為0.4，力F隨時間t變化的關系圖像如圖2所示，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小，不計空氣阻力。在0~8s時間內，下列判斷正確的是（

）A．物塊運動的最大速度為 B．物塊一直向下運動，且速度不為0C．時物塊距離出發點最遠 D．0~4s內摩擦力的沖量大小為【答案】A【詳解】BC．當物塊受到摩擦力與重力相等時，有解得可知內物塊向下做加速運動，內物塊向下做減速運動，末物塊的速度為零，內物塊靜止，內物塊向下做加速運動，故時物塊離出發點最遠，故BC錯誤；A．2s末物塊速度最大，內摩擦力的沖量大小為由動量定理解得A正確；D．內摩擦力的沖量大小為D錯誤。故選A。9．（2024·廣西賀州·一模）如圖甲所示，一放置在水平面的電荷量為的絕緣物塊（可視為質點），在方水平向左的勻強電場中，從位置A由靜止水平向左運動至位置D，然后又被輕質彈簧（一端固定在墻壁，與水平面平行）彈離，向右運動到位置A，途中經過位置B時物塊正好與輕質彈簧分離，此時彈簧處于原長，經過位置C時彈簧的彈力大小。物塊在A、D之間做往復運動的過程中，彈簧的彈力大小F隨時間t的變化如圖乙所示。已知物塊的質量為m，電場強度大小為E，不計一切摩擦，則（）A．時間內，物塊的加速度先增大后減小B．物塊的最大速度C．A、B間的距離D．彈簧彈力的最大值【答案】CD【詳解】A．時間內，物塊與彈簧接觸，受到彈簧彈力和電場力作用，開始時彈簧壓縮量小，電場力大于彈力，隨著彈簧壓縮量的增加，彈力增大，故物塊的加速度逐漸減小，當彈力大小等于電場力時，物塊的加速度為零，速度最大。彈簧繼續被壓縮，彈力大于電場力，物塊的加速度反向且逐漸增大，過程為的逆過程，物塊的加速度減小后增大。故時間內物塊的加速度先減小后增大，再減小，再增大，故A錯誤；B．由圖分析可知物塊從B到A再到B的時間為可知B點的速度為解得B點的速度為但當彈力等于電場力，即物塊在C點時速度最大，故B錯誤；C．物塊從B到A，根據動能定理有解得A、B間的距離故C正確；D．根據牛頓第二定律可知根據對稱性可知則故D正確；故選CD。【模型四】機車啟動模型1.以恒定功率啟動(1)動態過程(2)這一過程的P－t圖象、v－t圖象和F－t圖象如圖所示：2.以恒定加速度啟動(1)動態過程(2)這一過程的P－t圖象、v－t圖象和F－t圖象如圖所示：3.三個重要關系式(1)機車以恒定功率運行時，牽引力做的功W＝Pt。由動能定理：Pt－F阻x＝ΔEk。此式經常用于求解機車以恒定功率啟動過程的位移大小。(2)機車以恒定加速度啟動的運動過程中，勻加速過程結束時，功率達到最大，但速度沒有達到最大，即v＝eq\f(P,F)<vm＝eq\f(P,F阻)。(3)無論哪種啟動過程，機車的最大速度都等于其勻速運動時的速度，即vm＝eq\f(P,Fmin)＝eq\f(P,F阻)(式中Fmin為最小牽引力，其值等于阻力F阻)。4．傾斜、豎直機車啟動問題θ(θ(mgsinθP/vfθ(θ(mgsinθP/vfmgmgP/v上坡最大速度vm=P/(f+mgsinθ)下坡最大速度vm=P/(f-mgsinθ)豎直提升最大速度vm=P/mg1．（2024·遼寧朝陽·二模）如圖甲所示，一輛汽車空載時的質量為M，車廂中平放有質量為0.5M的貨物。若路面對車的阻力大小總等于車對路面壓力大小的0.2倍，重力加速度為g，。（1）當汽車以功率P在平直路面上勻速行駛時，求汽車速度是多大？（2）保持功率不變，汽車開上一個傾角為的斜坡，若剛駛上斜坡時的速度大小同第（1）問，求此時車的加速度和車廂對貨物的摩擦力？（3）汽車在斜坡上經過時間又達到速度勻速行駛，在乙圖中試畫出汽車上坡過程中的運動圖像。【答案】（1）；（2），方向沿斜面向下，，方向沿斜面向上；（3）見解析【詳解】（1）汽車勻速行駛又汽車功率可解得（2）汽車剛上坡，功率和速率都不變，則牽引力大小也不變，對整體根據牛頓第二定律，有解得方向沿斜面向下，對貨物，根據牛頓第二定律，有解得方向沿斜面向上；（3）上坡過程中，速度減小，根據可知牽引力增大，速度越來越小，則牽引力越來越大，根據牛頓第二定律可知加速度越來越小，直到牽引力的大小與重力沿斜面分力和阻力之和相等時，汽車做勻速直線運動，所以汽車做加速度減小的減速運動，上坡過程中的圖如圖所示2.質量m=2×103kg的汽車在水平路面上由靜止開始加速行駛，一段時間后達到最大速度，之后保持勻速運動，其v-t圖像如圖所示。已知汽車運動過程中發動機的功率P恒為60kW，受到的阻力f恒為2×103N，取重力加速度g=10m/s2。求：（1）汽車行駛的最大速度vm；（2）汽車的速度為10m/s時，加速度a的大小；（3）汽車在0~60s內位移的大小x。【答案】（1）30m/s；（2）2m/s2；（3）1350m【詳解】（1）當牽引力和阻力相等時時，汽車行駛的速度達到最大，有可得最大速度（2）設汽車的速度10m/s時，牽引力大小為F1，有由牛頓第二定律有可得加速度為（3）根據動能定理可得汽車在0~60s內位移的大小為3.2023年8月15日，中智行5GAI無人駕駛汽車亮相上海科普活動，活動現場，中智行展示了公司最新研發的、具有百分百自主知識產權的無人駕駛技術。在一次性能測試中，汽車發動機的額定功率為，質量為，當汽車在水平路面上行駛時受到阻力為自重的0.2倍，取重力加速度。求：（1）汽車在路面上能達到的最大速度大小；（2）若汽車以額定功率啟動，當汽車速度為時的加速度大小；【答案】（1）；（2）【詳解】（1）當牽引力等于阻力時，汽車速度達到最大，則有可得最大速度大小為（2）當速度時，牽引力大小為根據牛頓第二定律得可得加速度大小為4.某品牌新能源汽車在平直公路上進行性能測試，其運動的圖像如圖所示，已知在10s末關閉發動機，汽車的質量為1500kg，求汽車從起步到停止運動過程中：(1)發動機的最大輸出功率；(2)牽引力做的功。【答案】(1)(2)【詳解】（1）在內，汽車由于關閉發動機運動方向上只受摩擦力作用，故加速度大小為根據牛頓第二定律可得摩擦力為當剛要結束勻加速直線運動時，發動機的輸出功率最大，根據牛頓第二定律可得根據圖像可得解得牽引力為則發動機的最大輸出功率為（2）根據動能定理可得由圖像可得聯立解得牽引力做的功為5.動車組是城際間實現小編組、大密度的高效運輸工具，因其編組靈活、方便、快捷、安全、可靠、舒適等特點而備受世界各國鐵路運輸和城市軌道交通運輸的青睞。幾節自帶動力的車廂加幾節不帶動力的車廂編成一組，就是動車組。假設有一動車組由六節車廂連接而成，每節車廂的總質量均為。其中第一節車廂和第四節車廂帶動力，每節車廂的額定功率是，動車組在行駛過程中阻力大小恒為動車組重力的。(1)求該動車組的最大行駛速度；(2)若動車組以的加速度勻加速啟動，求時，第四節和第五節車廂之間拉力的大小。【答案】(1)62.5m/s(2)【詳解】（1）整列動車組的質量當牽引力大小等于阻力大小時，動車組速度最大，有阻力解得（2）當時有對整列動車組有解得說明此時動車組仍處于勻加速運動階段，對第五節、第六節車廂整體有其中解得第四、五節車廂間的拉力大小為6．（2024·四川南充·三模）為測試質量m=1kg的電動玩具車的性能，電動車置于足夠大的水平面上，某時刻開始，電動車從靜止開始做加速直線運動，運動過程中所受阻力恒為車重的0.2倍，電動車的牽引力F與速率的倒數關系圖像如圖中實線所示，g=10m/s2.（1）求電動車的最大速度vm以及電動車的輸出功率P；（2）電動車運動10s恰好達到最大速度，求電動車在這段時間運動的距離x.【答案】（1）10m/s，20W；（2）75m【詳解】（1）根據圖像得故根據得結合圖像得，斜率即為電動機得輸出功率，即（2）根據動能定理得代入數據解得7．（2024·貴州·二模）如圖（a），某生產車間運送貨物的斜面長8m，高2.4m，一質量為200kg的貨物（可視為質點）沿斜面從頂端由靜止開始滑動，經4s滑到底端。工人對該貨物進行質檢后，使用電動機通過一不可伸長的輕繩牽引貨物，使其沿斜面回到頂端，如圖（b）所示。已知電動機允許達到的最大輸出功率為2200W，輕繩始終與斜面平行，重力加速度大小取10m/s2，設貨物在斜面上運動過程中所受摩擦力大小恒定。（1）求貨物在斜面上運動過程中所受摩擦力的大小；（2）若要在電動機輸出功率為1200W的條件下，沿斜面向上勻速拉動貨物，貨物速度的大小是多少？（3）啟動電動機后，貨物從斜面底端由靜止開始沿斜面向上做加速度大小為0.5m/s2的勻