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專題02 常見的非勻變速直線運動模型
【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”：
[來源:學科網]
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

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




【模型演練1】(2020·湖北十堰市上學期期末)如圖所示，處于自然狀態下的輕彈簧一端固定在水平地面上，質量為m的小球從彈簧的另一端所在位置由靜止釋放，設小球和彈簧一直處于豎直方向，彈簧的勁度系數為k，重力加速度為g.在小球將彈簧壓縮到最短的過程中，下列說法不正確的是(　　)

A．小球的速度先增大后減小
B．小球的加速度先減小后增大
C．小球速度最大時彈簧的形變量為
D．彈簧的最大形變量為
【答案】　D
【解析】　開始時，小球的重力大于彈簧的彈力，小球的加速度向下，向下加速運動，隨著彈簧的壓縮，彈力逐漸變大，則加速度逐漸減小，當彈力等于重力時，加速度為零，即有mg＝kx，可得x＝，此時小球的速度最大，然后小球繼續向下運動壓縮彈簧，彈力大于重力，加速度變為向上，速度逐漸減小，直到速度減小到零，到達最低點，由對稱性可知，此時彈簧的壓縮量為2x＝，故選項A、B、C正確，D錯誤．
【模型演練2】(2020·山西運城一模)蹦極就是跳躍者把一端固定的長彈性繩綁在踝關節等處，從幾十米高處跳下的一種極限運動。某人做蹦極運動，繩子拉力F的大小隨時間t的變化規律如圖所示。假設人由靜止開始下落，且運動只發生在豎直方向，重力加速度g取10 m/s2，圖中t0＝10 s。下列說法正確的是(　　)

A．繩子的長度約為30 m
B．0.2t0時刻，人的速度最大
C．人下落過程機械能守恒
D．人下落過程，先失重后超重
【答案】D
【解析】0.2t0時刻，繩子剛好伸直，伸直前，人近似自由下落，考慮阻力，下落的位移比20 m小，A錯誤；0.2t0時刻，繩子剛好伸直，人的合力大小約為人的重力，它與速度的方向相同，因此人將繼續加速下降，B錯誤；人下落過程，要克服阻力和繩子的拉力做功，機械能減少，C錯誤；人先加速下降后減速下降，先處于失重狀態后處于超重狀態，D正確。
【模型演練3】(多選)(2021·山東淄博市3月模擬)如圖所示，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處自由下落，接觸彈簧后繼續向下運動．小球從開始下落到小球第一次運動到最低點的過程中，下列關于小球的速度v、加速度a隨時間t變化的圖象中符合實際情況的是(　　)


【答案】　AD
【解析】　在小球下落的開始階段，小球做自由落體運動，加速度為g；接觸彈簧后，開始時重力大于彈力，加速度方向向下，隨著小球的不斷下降，彈力逐漸變大，故小球做加速度減小的加速運動，某時刻加速度可減小到零，此時速度最大；小球繼續下落時，彈力大于重力，加速度方向變為向上，且加速度逐漸變大，直到速度減小到零，到達最低點，由對稱知識可知，到達最低點的加速度大于g，故A、D正確．
【模型演練4】(2021·北京豐臺區期末)圖甲是某人站在接有傳感器的力板上做下蹲、起跳和回落動作的示意圖，圖中的小黑點表示人的重心。圖乙是力板所受壓力隨時間變化的圖象，取重力加速度g＝10 m/s2。根據圖象分析可知(　　)

甲　　　　　　　　　　　乙
A．人的重力可由b點讀出，約為300 N
B．b到c的過程中，人先處于超重狀態再處于失重狀態
C．人在雙腳離開力板的過程中，處于完全失重狀態
D．人在b點對應時刻的加速度大于在c點對應時刻的加速度
【答案】C　
【解析】開始時人處于平衡狀態，人對傳感器的壓力約為900 N，人的重力也約為900 N，故A錯誤；b到c的過程中，人先處于失重狀態再處于超重狀態，故B錯誤；雙腳離開力板的過程中只受重力的作用，處于完全失重狀態，故C正確；b點彈力與重力的差值要小于c點彈力與重力的差值，則人在b點的加速度要小于在c點的加速度，故D錯誤。
【模型演練5】在兒童樂園的蹦床項目中，小孩在兩根彈性繩和蹦床的協助下實現上下彈跳。如圖所示，某次蹦床活動中小孩靜止時處于O點，當其彈跳到最高點A后下落可將蹦床壓到最低點B，小孩可看成質點，不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　)

A．從A運動到O，小孩重力勢能減少量大于動能增加量
B．從O運動到B，小孩動能減少量等于蹦床彈性勢能增加量
C．從A運動到B，小孩機械能減少量小于蹦床彈性勢能增加量
D．若從B返回到A，小孩機械能增加量等于蹦床彈性勢能減少量
【答案】A　
【解析】從A運動到O，小孩重力勢能減少量等于動能增加量與彈性繩的彈性勢能的增加量之和，選項A正確；從O運動到B，小孩動能和重力勢能的減少量等于彈性繩和蹦床的彈性勢能的增加量，選項B錯誤；從A運動到B，小孩機械能減少量大于蹦床彈性勢能增加量，選項C錯誤；若從B返回到A，小孩機械能增加量等于蹦床和彈性繩彈性勢能減少量之和，選項D錯誤。
【模型演練6】(多選)(2019·江蘇高考)如圖所示，輕質彈簧的左端固定，并處于自然狀態。小物塊的質量為m，從A點向左沿水平地面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止。物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度。在上述過程中(　　)

A．彈簧的最大彈力為μmg
B．物塊克服摩擦力做的功為2μmgs
C．彈簧的最大彈性勢能為μmgs
D．物塊在A點的初速度為
【答案】BC　
【解析】對物塊從A點開始到再回到A點整個過程，由動能定理可知Wf＝－2μmgs＝0－mv，則vA＝2，故B正確，D錯誤。對物塊從A點開始到彈簧壓縮量最大這一過程，由動能定理可知W彈＋W′f＝0－mv，W′f＝－μmgs，則W彈＝－μmgs，則物塊克服彈力做功為μmgs，所以彈簧彈性勢能增加μmgs，故C正確。當克服彈力做功為μmgs時，彈簧的最大彈力要大于μmg，故A錯誤。
【模型演練7】(多選)(2018·江蘇高考)如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運動，最遠到達B點。在從A到B的過程中，物塊(　　)

A．加速度先減小后增大 B．經過O點時的速度最大
C．所受彈簧彈力始終做正功 D．所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功
【答案】AD　
【解析】對物塊受力分析，當彈簧處于壓縮狀態時，由牛頓第二定律可得kx－f＝ma，x減小，a減小，當a＝0時，物塊速度最大，此時，物塊在O點左側，選項B錯誤；從加速度a＝0處到O點過程，由牛頓第二定律得f－kx＝ma，x減小，a增大，當彈簧處于伸長狀態時，由牛頓第二定律可得kx＋f＝ma，x增大，a繼續增大，可知物塊的加速度先減小后增大，選項A正確；物塊所受彈簧的彈力對物塊先做正功，后做負功，選項C錯誤；從A到B的過程，由動能定理可得W彈－Wf＝0，選項D正確。
【模型演練8】．“蹦極”運動中，長彈性繩的一端固定，另一端綁在人身上，人從幾十米高處跳下，將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運動，從繩恰好伸直，到人第一次下降至最低點的過程中，下列分析正確的是(　　)
A．繩對人的沖量始終向上，人的動量先增大后減小
B．繩對人的拉力始終做負功，人的動能一直減小
C．繩恰好伸直時，繩的彈性勢能為零，人的動能最大
D．人在最低點時，繩對人的拉力等于人所受的重力
【答案】A.
【解析】：從繩恰好伸直到人第一次下降至最低點的過程中，人先做加速度減小的加速運動，后做加速度增大的減速運動，加速度等于零時，速度最大，故人的動量和動能都是先增大后減小，加速度等于零時(即繩對人的拉力等于人所受的重力時)速度最大，動量和動能最大，在最低點時人具有向上的加速度，繩對人的拉力大于人所受的重力．繩的拉力方向始終向上與運動方向相反，故繩對人的沖量方向始終向上，繩對人的拉力始終做負功．故A正確，B、C、D錯誤．
【模型演練9】．從同樣高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，下列說法正確的是(　　)
A．掉在水泥地上的玻璃杯動量小，而掉在草地上的玻璃杯動量大
B．掉在水泥地上的玻璃杯動量改變小，掉在草地上的玻璃杯動量改變大
C．掉在水泥地上的玻璃杯動量改變大，掉在草地上的玻璃杯動量改變小
D．掉在水泥地上的玻璃杯動量改變量與掉在草地上的玻璃杯動量改變量相等
【答案】D.
【解析】：玻璃杯從同樣高度落下，到達地面時具有相同的速度，即具有相同的動量，與地面相互作用后都靜止．所以兩種地面的情況中玻璃杯動量的改變量相同，故A、B、C錯誤，D正確．
【模型演練10】(2020·湖南常德模擬)如圖所示，質量為m的小球從距離地面高H的A點由靜止開始釋放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到達距地面深度為h的B點時速度減為零．不計空氣阻力，重力加速度為g，關于小球下落的整個過程，下列說法正確的有(　　)

A．小球的機械能減小了mg(H＋h)
B．小球克服阻力做的功為mgh
C．小球所受阻力的沖量大于m
D．小球動量的改變量等于所受阻力的沖量
【答案】AC.
【解析】：小球在整個過程中，動能變化量為零，重力勢能減小了mg(H＋h)，則小球的機械能減小了mg(H＋h)，故A正確；對小球下落的全過程運用動能定理得，mg(H＋h)－Wf＝0，則小球克服阻力做功Wf＝mg(H＋h)，故B錯誤；小球落到地面的速度v＝，對小球進入泥潭的過程運用動量定理得：IG－IF＝0－m，得：IF＝IG＋m，知阻力的沖量大于m，故C正確；對全過程分析，運用動量定理知，小球動量的變化量等于重力的沖量和阻力沖量的矢量和，故D錯誤．
【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 ；[來源:學科網ZXXK]
下降加速度a=g-f/m =g-kv/m隨速度增大而減小 。

【模型演練1】(2021·鄭州質量預測)甲、乙兩球質量分別為m1、m2，從同一地點(足夠高)同時由靜止釋放。兩球下落過程所受空氣阻力大小f僅與球的速率v成正比，與球的質量無關，即f＝kv(k為正的常量)。兩球的v－t圖象如圖所示。落地前，經時間t0兩球的速度都已達到各自的穩定值v1、v2。則下列判斷正確的是(　　)

A．釋放瞬間甲球加速度較大 B.＝
C．甲球質量大于乙球質量 D．t0時間內兩球下落的高度相等
【答案】　C
【解析】釋放瞬間，兩球受到的阻力均為0，此時加速度相同，選項A錯誤；運動到最后達到勻速時，重力和阻力大小相等，mg＝kv，則＝，選項B錯誤；由圖象可知v1＞v2，因此甲球質量大于乙球質量，選項C正確；下落高度等于圖線與時間軸圍成的面積，可知甲球下落高度大，選項D錯誤。
【模型演練2】．(多選)(2020·泰安一模)雨滴在空氣中下落時會受到空氣阻力的作用。假設阻力大小只與雨滴的速率成正比，所有雨滴均從相同高處由靜止開始下落，到達地面前均達到最大速率。下列判斷正確的是(　　)
A．達到最大速率前，所有雨滴均做勻加速運動
B．所有雨滴的最大速率均相等
C．較大的雨滴最大速率也較大
D．較小的雨滴在空中運動的時間較長
【答案】CD　
【解析】設雨滴下落時受到的阻力為f＝kv，根據牛頓第二定律：mg－kv＝ma，則雨滴下落時，隨著速率的增加，加速度逐漸減小，則達到最大速率前，所有雨滴均做加速度減小的變加速運動，選項A錯誤；當a＝0時速率最大，則vm＝，質量越大，則最大速率越大，選項B錯誤，C正確；較小的雨滴在空中運動的最大速率較小，整個過程的平均速率較小，則在空中運動的時間較長，選項D正確。
【模型演練3】．將一質量為m的物體以初速豎直向上拋出，已知物體在運動過程中所受空氣阻力的大小與其運動速度成正比，比例系數為k，若物體能夠上升的最大高度為H，則其上升過程所用的時間應為（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】對物體的上升過程，由動量定理有：由于If=kH所以mgt+kH=mv0得：
【模型演練4】如圖所示，在光滑的水平面上，有一豎直向下的勻強磁場，分布在寬度為L的區域內，現有一邊長為l（l
A. 1：1 B. 2：1 C. 3：1 D. 4：1
【答案】C
【解析】設導線框完全滑入時速度為。對導線框滑入過程，由動量定理有：
（其中）同理，對滑出過程，有解得：
再從能量關系即可得出C正確。
【模型演練5】(多選)(2020·福建省三明市上學期期末)如圖所示為一個質量為m、帶電荷量為＋q的圓環，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中．現給圓環向右初速度v0，在以后的運動過程中，圓環運動的v－t圖象可能是下圖中的(　　)


【答案】　BC
【解析】　當qvB＝mg時，圓環做勻速直線運動，此時圖象為B，故B正確；當qvB＞mg時，FN＝qvB－mg，此時：μFN＝ma，所以圓環做加速度逐漸減小的減速運動，直到qvB＝mg時，圓環開始做勻速運動，故C正確；當qvB＜mg時，FN＝mg－qvB，此時：μFN＝ma，所以圓環做加速度逐漸增大的減速運動，直至停止，所以其v－t圖象的斜率應該逐漸增大，故A、D錯誤．
【模型演練6】如圖甲所示，左側接有定值電阻R＝3 Ω的光滑水平導軌處于垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感應強度B＝2 T，導軌間距為L＝1 m．一質量m＝2 kg、接入電路的阻值r＝1 Ω的金屬棒在拉力F作用下由靜止開始從CD處沿導軌向右加速運動，金屬棒與導軌垂直且接觸良好，金屬棒的v -x圖象如圖乙所示，取g＝10 m/s2.在金屬棒從起點運動到x＝1 m處的過程中，求：

(1)回路中通過電阻R的電荷量q；
(2)金屬棒運動到x＝1 m處時所受安培力大小；
(3)定值電阻R中產生的焦耳熱QR.
【答案】：(1)0.5 C　(2)2 N　(3)0.75 J
【解析】：(1)由E＝，I＝得通過電阻R的電荷量
q＝＝＝0.5 C.
(2)由v -x圖象得 v＝2x
金屬棒所受安培力F安＝＝
可見F安與x為線性關系
當x＝0時，安培力 F安1＝0
當x＝1 m時，安培力F安2＝2 N
(3)從起點發生x＝1 m位移的過程中，
克服安培力做功為
W安＝安·x＝·x＝1.0 J
根據能量守恒，整個電路產生的焦耳熱等于克服安培力做的功，即Q＝1.0 J
則電阻R上產生的熱量QR＝Q＝Q＝0.75 J.
【模型演練7】(2020·陜西咸陽二模)19世紀末美國物理學家密立根進行了多次試驗，比較準確地測定了電子的電量．如圖所示，用噴霧器將油滴噴入電容器的兩塊水平的平行電極板之間時，油滴經噴射后，一般都是帶電的．設油滴可視為球體，密度為ρ，空氣阻力與油滴半徑平方、與油滴運動速率成正比．實驗中觀察到，在不加電場的情況下，半徑為r的小油滴1以速度v勻速降落；當上下極板間間距為d、加恒定電壓U時，該油滴以速度0.5v勻速上升．已知重力加速度為g，試求：

(1)此油滴帶什么電？帶電量多大？
(2)當保持極板間電壓不變而把極板間距增大到4d，發現此油滴以另一速度v1勻速下落，求v1與v的比值；
(3)維持極板間距離為d，維持電壓U不變，觀察到另外一個油滴2，半徑仍為r，正以速度0.5v勻速下降，求油滴2與油滴1帶電量之比．
【答案】　(1)帶負電　　(2)　(3)1∶3
【解析】　(1)由題意得，油滴帶負電m＝ρπr3①
不加電場勻速下降，有mg＝kr2v②
當油滴以0.5v勻速下降由平衡條件mg＋kr2·0.5v＝q1③
故q1＝
(2)d增大到4倍，根據平衡條件得mg＝q1＋f1④
f1＝kr2v1⑤
解得＝⑥
(3)設油滴2的電量為q2，由平衡條件得：
mg＝q2＋kr2·0.5v⑦
解得q2∶q1＝1∶3⑧
【模型三】 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＝ (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＝＝(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

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/mg[來源:Z*xx*k.Com]
【模型演練1】質量為m的汽車沿平直的公路行駛，在時間t內，以恒定功率P由靜止開始經過距離s達到最大速度vm。已知汽車所受的阻力Ff恒定不變，則在這段時間內發動機所做的功W可用下列哪些式子計算(　　)
A．W＝Ffs　 B．W＝Ffvmt C．W＝Ffvmt D．W＝mv
【答案】C　
【解析】發動機的功率恒定，經過時間t，發動機做的功為W＝Pt，汽車從靜止到最大速度vm的過程中，由動能定理可知W－Ffs＝mv，故W＝mv＋Ffs，A、D錯誤；速度達到最大時，牽引力等于Ff，P＝Ffvm，所以W＝Ffvmt，B錯誤，C正確。
【模型演練2】(2021·蕪湖模擬)一起重機的鋼繩由靜止開始勻加速提起質量為m的重物，當重物的速度為v1時，起重機的功率達到最大值P，之后起重機保持該功率不變，繼續提升重物，最后重物以最大速度v2勻速上升，不計鋼繩重力。則整個過程中，下列說法正確的是(　　)
A．鋼繩的最大拉力為
B．重物勻加速過程的時間為
C．重物勻加速過程的加速度為
D．速度由v1增大至v2的過程中，重物的平均速度<
【答案】B　
【解析】勻加速過程物體處于超重狀態，鋼繩拉力較大，勻加速運動階段鋼繩的拉力為F＝，故A錯誤；根據牛頓第二定律可知F－mg＝ma，結合v＝at解得a＝－g，t＝，故B正確，C錯誤；在速度由v1增大至v2的過程中，重物做加速度減小的變加速運動，平均速度>，故D錯誤。
【模型演練3】.(2020·吉林五地六校合作體聯考)一輛小汽車在水平路面上由靜止啟動，在前5 s內做勻加速直線運動，5 s末達到額定功率，之后保持以額定功率運動，其v-t圖象如圖所示。已知汽車的質量為m＝1×103 kg，汽車受到地面的阻力為車重的0.1倍，g取10 m/s2，則以下說法正確的是(　　)

A．汽車在前5 s內的牽引力為5×102 N
B．汽車速度為25 m/s時的加速度為5 m/s2
C．汽車的額定功率為100 kW
D．汽車的最大速度為80 m/s
【答案】C　
【解析】由圖象可知勻加速直線運動的加速度為a＝＝ m/s2＝4 m/s2，根據牛頓第二定律得F－f＝ma，解得牽引力為F＝f＋ma＝0.1×1×104 N＋1×103×4 N＝5×103 N，故A錯誤。額定功率為P＝Fv＝5 000×20 W＝100 kW，故C正確。當車的速度是25 m/s時，牽引力F′＝＝ N＝4 000 N，此時車的加速度a′＝＝ m/s2＝3 m/s2，故B錯誤。當牽引力與阻力相等時，速度最大，最大速度為vm＝＝＝ m/s＝100 m/s，故D錯誤。
【模型演練4】(多選)(2020·天津市普通高中學業水平等級考試，8)復興號動車在世界上首次實現速度350 km/h自動駕駛功能，成為我國高鐵自主創新的又一重大標志性成果。一列質量為m的動車，初速度為v0，以恒定功率P在平直軌道上運動，經時間t達到該功率下的最大速度vm，設動車行駛過程所受到的阻力F保持不變。動車在時間t內(　　)

A．做勻加速直線運動 B．加速度逐漸減小
C．牽引力的功率P＝Fvm D．牽引力做功W＝mv－mv
【答案】　BC
【解析】　由于動車以恒定功率啟動，則由P＝F牽引力v可知動車的速度增大則牽引力減小，由牛頓第二定律F牽引力－F＝ma得動車的加速度逐漸減小，A錯誤，B正確；當動車的加速度為零時，即牽引力等于阻力時，動車的速度最大，即P＝Fvm，C正確；設動車在時間t內的位移為x，由動能定理得W－Fx＝mv－mv，則牽引力所做的功為W＝Fx＋mv－mv，D錯誤。
【模型演練5】如圖甲所示，用起重機將地面上靜止的貨物豎直向上吊起，貨物由地面運動至最高點的過程中，其v－t圖象如圖乙所示，下列說法正確的是(　　)

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