2025版正禾一本通高三一轮总复习物理-02任务群检测练(二) 力与直线运动

任务群检测练(二)力与直线运动近年来，重庆热门景点“李子坝轻轨穿楼”吸引了大量游客驻足，当地更是专门修建观景台“宠粉”。列车进站时以20m/s的初速度开始做匀减速直线运动，加速度大小为1.25m/s2，列车速度减为0后在李子坝站停靠了50s。关于列车进站过程下列说法正确的是()A．列车在减速运动阶段速度减小得越来越慢B.列车开始减速后，t＝8s时的速度为12m/sC．列车开始减速后，20s内的位移为150mD．列车匀减速阶段最后1s内的位移大小是0.625m解析：选D。由于减速过程中加速度大小不变，故列车在减速运动阶段速度减小的快慢不变，故A错误；t＝8s时的速度为v1＝v0－at1＝10m/s，故B错误；列车减速到0耗时t＝eq\f(v0,a)＝16s，故20s内的位移和16s内的位移一样，因此x＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2a)＝160m，C错误；列车匀减速阶段最后1s内的位移大小为x′＝eq\f(1,2)at′2，t′＝1s，解得x′＝0.625m，故D正确。2．(2023·全国甲卷)一小车沿直线运动，从t＝0开始由静止匀加速至t＝t1时刻，此后做匀减速运动，到t＝t2时刻速度降为零。在下列小车位移x与时间t的关系曲线中，可能正确的是()解析：选D。x­t图像的斜率表示速度v，小车在0～t1时间内从静止开始做匀加速直线运动，则x­t图像的斜率从零开始不断增大；t1～t2时间内小车开始做匀减速直线运动至速度为零，则x­t图像的斜率不断减小至零，故D正确，A、B、C错误。3．如图所示是一果农分拣水果的简易装置，两轨道在同一倾斜面内，上窄下宽。让水果由轨道上端静止释放，大小水果在不同位置落到不同的水果框(未画出)内。视水果为球形，忽略轨道摩擦、空气阻力及水果的滚动情况。关于水果沿轨道运动过程，下列说法正确的是()A．大小水果均做匀加速运动且大水果的加速度较大B．大小水果均做变加速运动且水果的加速度均渐渐变大C．水果对每根轨道的压力保持不变D．轨道对水果的作用力保持不变解析：选B。设轨道的倾角为θ，水果受两侧轨道的支持力的大小为N，与垂直于轨道平面向上的方向间的夹角为α，在轨道平面内有mgsinθ＝ma1，解得a1＝gsinθ，在垂直于轨道平面内有mgcosθ－2Ncosα＝ma2，解得a2＝gcosθ－eq\f(2N,m)cosα，因为水果最后从轨道掉落，则N逐渐变小至0，由牛顿第三定律知，水果对每根轨道的压力逐渐变小至0，cosα逐渐变小至0，a2逐渐变大至gcosθ，水果下滑的加速度a＝eq\r(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))，a逐渐变大至g，故大小水果均做变加速运动且水果的加速度均渐渐变大，故A、C错误，B正确；由上述分析可知，大小水果均做变加速运动，大小水果受的合力变化，则轨道对水果的作用力变化，故D错误。4．某工地小型升降电梯的原理图如图所示，轿厢A与对重B跨过轻质定滑轮通过足够长轻质缆绳连接，电机通过轻质缆绳拉动对重，使轿厢由静止开始向上运动，运动过程中A未接触滑轮、B未落地。已知A、B的质量分别为M＝600kg、m＝400kg，电机的输出功率恒为P＝3kW，不考虑空气阻力与摩擦阻力，重力加速度g取10m/s2，则当轿厢速度为1m/s时，A、B之间轻质缆绳的拉力大小为()A．5400NB．6000NC．6600ND．7000N解析：选C。当轿厢速度为1m/s时，电动机的牵引力为F＝eq\f(P,v)＝eq\f(3000,1)N＝3000N，以轿厢A为研究对象，根据牛顿第二定律可得T－Mg＝Ma，以对重B为研究对象，根据牛顿第二定律可得F＋mg－T＝ma，联立解得A、B之间轻质缆绳的拉力大小为T＝6600N，故选C。5．把一根长度为L的铁链水平拉直，沿AB方向一部分放在顺时针匀速转动的传送带上，一部分放在光滑水平桌面上，水平桌面和传送带水平段在A点相接(忽略衔接处空隙)，由于传送带摩擦力的作用，铁链向右做直线运动。传送带长度大于铁链长度。x为铁链在A点右侧的长度，F为A点右侧铁链对A点左侧铁链的拉力，a为铁链的加速度，f为传送带对铁链的摩擦力，则在铁链加速进入传送带的过程中，下列图像可能正确的是()解析：选B。摩擦力f＝eq\f(x,L)μmg，x不随t均匀变化，则f不随t均匀变化，故A错误；加速度a＝eq\f(f,m)＝eq\f(μg,L)x，a­x图像为过原点的直线，故B正确；A点右侧铁链对A点左侧铁链的拉力F＝eq\f(L－x,L)ma＝eq\f(L－x,L)m·eq\f(μg,L)x＝eq\f(μmg（Lx－x2）,L2)，F­x图像为抛物线，故C、D错误。6．无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，利用电磁感应实现无线充电技术。劣质的无线充电宝使用过程中可能因吸力不足发生切线滑落造成安全隐患。图(a)为科创小组某同学手握手机(手不接触充电宝)，利用手机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止开始在竖直方向上的一次变速运动过程(手机与充电宝始终相对静止)，记录的加速度a随时间t变化的图像如图(b)所示(规定向上为正方向)，且图像上下部分分别与时间轴围成的面积相等。已知无线充电宝质量为0.2kg，手机与充电宝之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，则在该过程中()A．手机与充电宝全程向下运动，最终处于静止状态B．充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相同C．充电宝与手机之间的摩擦力最小值为2ND．充电宝与手机之间的吸引力大小至少为12N解析：选D。手机与充电宝从静止开始，向下先做加速度增大的加速运动，从t1时刻向下做加速度减小的加速运动，加速度减小到零时，速度达到最大；再向下做加速度增大的减速运动，t2时刻速度减小到零，此后做向上的加速度减小的加速运动，加速度减小到零时向上运动的速度达到最大，此后先向上做加速度增大的减速运动，从t3时刻再向上做加速度减小的减速运动，最后速度为零，故A错误。充电宝在t2时刻加速度方向向上，所受的摩擦力方向向上；充电宝在t3时刻加速度方向向下，由mg＋f＝ma3，a3＝12m/s2可知，摩擦力方向向下，故B错误；在t1时刻充电宝向下的加速度为10m/s2，充电宝与手机之间的摩擦力最小，值为零，故C错误；在t2时刻充电宝向上的加速度最大，充电宝与手机之间的摩擦力最大，由牛顿第二定律可得fmax－mg＝ma2，又fmax＝μF，解得充电宝与手机之间的吸引力大小至少为F＝12N，故D正确。7．如图所示，密度为ρ的木球与轻质弹簧相连后置于充满水的密闭容器中，弹簧的另一端固定于容器的底部。水与木球的密度差为Δρ(Δρ>0)，重力加速度大小为g，初始时整个系统静止。现将容器由静止释放，则释放瞬间木球相对于地面的加速度大小为()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(Δρ,ρ)))gB．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(Δρ,ρ)))gC．gD．eq\f(Δρ,ρ)g解析：选A。静止时对木球受力分析得F浮＝mg＋kx，又有F浮＝ρ水gV，m＝ρV，Δρ＝ρ水－ρ，解得kx＝ΔρgV，释放瞬间系统处于完全失重状态，浮力消失，木球受重力和弹簧的弹力，则有mg＋kx＝ma，解得a＝g＋eq\f(kx,m)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(Δρ,ρ)))g，故A正确，B、C、D错误。8．(2023·全国乙卷)一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比，则该排球()A．上升时间等于下落时间B．被垫起后瞬间的速度最大C．达到最高点时加速度为零D．下落过程中做匀加速运动解析：选B。上升过程和下落过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下落过程的初状态速度均为零。对排球受力分析，上升过程的重力和阻力方向相同，下落过程中重力和阻力方向相反，根据牛顿第二定律可知，上升过程中任意位置的加速度比下落过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速度较大。由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A错误。上升过程排球做减速运动，下落过程排球做加速运动。在整个过程中空气阻力一直做负功，排球机械能一直在减小，下落过程中最低点的速度小于上升过程中最低点的速度，故排球被垫起时的速度最大，B正确。达到最高点时速度为零，空气阻力为零，此刻排球重力提供加速度，加速度不为零，C错误。下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力在变，故排球所受的合外力在变化，排球在下落过程中做变加速运动，D错误。9．(多选)如图所示的自由落锤式强夯机使8～30t的重锤从6～30m高处自由落下，对土进行强力夯实。某次重锤从某一高度自由落下，已知重锤在空中运动的时间为t1，从自由下落到运动至最低点经历的时间为t2，重锤从地面运动至最低点的过程可视为做匀减速直线运动，当地重力加速度为g，则该次夯土作业()A．重锤下落时离地高度为eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up14(2),\s\do5(1))B．重锤接触地面后下降的距离为eq\f(1,2)gt1t2C．重锤接触地面后的加速度大小为eq\f(gt1,t2－t1)D．重锤在空中运动的平均速度大于接触地面后的平均速度解析：选AC。由题意可知，重锤在运动过程中受到的空气阻力可以忽略不计，作出v­t图像，如图所示，根据自由落体公式可知，重锤下落时离地高度h1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up14(2),\s\do5(1))，根据匀变速直线运动中平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v,2)可知，重锤在空中运动的平均速度等于接触地面后的平均速度，A正确，D错误；根据s＝eq\f(v,2)t可知，重锤下落时离地的高度h1和重锤接触地面后下降的距离h2之比eq\f(h1,h2)＝eq\f(t1,t2－t1)，故重锤接触地面后下降的距离h2＝eq\f(1,2)gt1(t2－t1)，B错误；根据v＝at可知，重锤接触地面后的加速度大小a＝eq\f(v,t2－t1)＝eq\f(gt1,t2－t1)，C正确。10．(多选)(2023·湖南高考)如图，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是()A.若B球受到的摩擦力为零，则F＝2mgtanθB．若推力F向左，且tanθ≤μ，则F的最大值为2mgtanθC．若推力F向左，且μ≤tanθ≤2μ，则F的最大值为4mg(2μ－tanθ)D．若推力F向右，且tanθ>2μ，则F的范围为4mg(tanθ－2μ)≤F≤4mg(tanθ＋2μ)解析：选CD。分析题目的三个关键前提：①对小车和A、B两小球构成的整体，根据牛顿第二定律可知F＝4ma；②对A、B两个小球构成的整体，竖直方向上小车对A、B的支持力，即对B的支持力FN＝2mg；③对A和B分别分析可知杆的作用力始终沿杆。若B球受到的摩擦力为零对Beq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(F0cosθ＝FN－mg,F0sinθ＝ma))→a＝gtanθ→F＝4mgtanθ，A错误；若推力F向左，则系统加速度水平向左对Aeq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(在竖直方向始终满足F1cosθ＝mg→,F1＝\f(mg,cosθ),\a\vs4\al(当FN′＝0时，A有最大加速度aAmax)→,F1sinθ＝maAmax→aAmax＝gtanθ))对Beq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(当f＝μFN时，B有最大加速度aBmax,F1′＝F1,μ·2mg－F1sinθ＝maBmax→aBmax＝,（2μ－tanθ）g))若tanθ≤μ，则aBmax≥aAmax，即Fmax＝4maAmax＝4mgtanθ，B错误；若μ<tanθ≤2μ，则aBmax<aAmax，即Fmax＝4maBmax＝4mg(2μ－tanθ)，C正确；若推力F向右，则系统加速度水平向右，对A分析可知F2＝eq\f(mg,cosθ)对Beq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(F2′＝F2,若f＝μFN向左，则F2sinθ－μFN＝mamin,amin＝（tanθ－2μ）g→Fmin＝4mg（tanθ－2μ）,若f＝μFN向右，则F2sinθ＋μFN＝mamax,amax＝（tanθ＋2μ）g→Fmax＝4mg（tanθ＋2μ）))，D正确。11．如图，在车厢长度L＝2.7m的小货车上，质量m＝70kg、厚度d＝0.2m的冰块用绳绑住并紧贴车厢前端，与货车一起以v0＝36km/h的速度沿坡度为5%(即斜面倾角θ满足tanθ＝0.05，sinθ≈0.05，cosθ≈1)的斜坡向上运动。某时刻，冰块从绑住的绳间滑脱并沿车厢底部滑向尾部，与尾挡板发生碰撞后相对车厢等速反弹；碰撞后，司机经过t0＝0.5s的反应时间，开始以恒定加速度a刹车。已知冰块与车厢底板间的动摩擦因数μ＝0.03，设冰块与尾挡板碰撞前后，冰块没有破碎，车厢的速度变化可以忽略，取重力加速度g＝10m/s2。(1)求从冰块滑脱到司机开始刹车的这段时间内，小货车行驶的距离；(2)若刹车过程，冰块恰能滑至初始位置且与车厢前端不发生碰撞，求a的值。解析：(1)冰块滑向尾部的过程中做匀减速运动，设其加速度的大小为a1，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma1解得a1＝0.2m/s2设冰块滑到尾挡板经过的时间为t1，该段时间内冰块的位移x冰＝v0t1－eq\f(1,2)a1teq\o\al(\s\up14(2),\s\do5(1))v0＝36km/h＝10m/s货车的位移为x货＝v0t1根据位移关系有x货－x冰＝L－d联立解得t1＝5s所以从冰块滑脱到司机开始刹车的这段时间内，小货车行驶的距离x货′＝v0(t1＋t0)＝55m。(2)冰块滑到尾挡板时的速度v冰＝v0－a1t1＝9m/s此时冰块速度与货车速度方向相同，相对车厢速度为1m/s，方向沿车厢向下；根据题意冰块与尾挡板发生碰撞后相对车厢等速反弹，故反弹后冰块的速度沿车厢向上，故可知此时速度为v冰′＝11m/s，此时冰块沿车厢向上做匀减速运动的加速度大小为a2，有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2解得a2＝0.8m/s2若刹车过程，冰块恰能滑至初始位置且与车厢前端刚好不发生碰撞，设货车刹车的时间为t，冰块从反弹到刚好到达车厢前端时间内货车的位移x货″＝v0t－eq\f(1,2)at2＋v0t0冰块从反弹到刚好到达车厢前端时的位移x冰′＝v冰′(t＋t0)－eq\f(1,2)a2(t＋t0)2到达车厢前端时冰块和货车速度相同，有v0－at＝v冰′－a2(t＋t0)位移关系有x冰′－x货″＝L－d联立解得a＝eq\f(5,7)m/s2。答案：(1)55m(2)eq\f(5,7)m/s212．如图甲所示，竖直面内存在某特殊区域，区域的上、下边界分别为MN、PQ，两边界相距4m。当物体处于这个区域内时，将受到竖直向上的变力F，其大小随y变化的关系如图乙所示(其中y为物体与下边界PQ的距离)。现将质量m＝4kg的物体从下边界上的A处静止释放，到达上边界的B处时物体的速度为2eq\r(5)m/s，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。(1)定性分析物体在区域内上升过程的运动情况，并求出物体的最大加速度am的大小；(2)当速度达到最大值时，物体距离出发点A多远；(3)已知物体运动到如图甲的C处时速度大小