專題強化練（二）力與直線運動1.韶州公園池塘里的荷花盛開了，荷花吸引了大量魚兒前來覓食。如圖所示，魚兒擺尾擊水躍出水面吞食荷花花瓣。下列說法正確的是(B)A．研究魚兒擺尾擊水躍出水面的動作可把魚兒視為質(zhì)點B．魚兒擺尾擊水時受到水的作用力C．魚兒躍出水面過程，水對魚兒的作用力大于魚兒對水的作用力D．魚兒沉入水里過程，水對魚兒的作用力小于魚兒對水的作用力解析：研究魚兒擺尾擊水躍出水面的具體動作時不能把魚兒視為質(zhì)點，故A錯誤；魚兒擺尾擊水時受到水的作用力，魚兒對水的作用力和水對魚兒的作用力是一對作用力與反作用力，故B正確；魚兒躍出水面過程和沉入水里過程，魚兒對水的作用力和水對魚兒的作用力都是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，故C、D錯誤。2.操縱如圖所示的無人機，使其沿豎直方向勻速上升。設(shè)無人機(含照相機)所受的重力大小為G，無人機對空氣的作用力大小為F，空氣對無人機的作用力大小為T，則(A)A．T＝F B．T<FC．T<G D．T＝G＋F解析：無人機沿豎直方向勻速上升，則空氣對無人機的作用力與無人機所受的重力平衡，有T＝G，無人機對空氣的作用力和空氣對無人機的作用力是相互作用力，所以有T＝F。3.如圖所示，彈弓將飛箭以豎直向上的初速度v0彈出，飛箭上升到最高點后返回，再徐徐下落。已知飛箭上升過程中受到的空氣阻力越來越小，下落過程中受到的空氣阻力越來越大，則飛箭(B)A．上升過程中，速度越來越大B．上升過程中，加速度越來越小C．下落過程中，速度越來越小D．下落過程中，加速度越來越大解析：由牛頓第二定律可知，上升過程飛箭所受的合力F上＝mg＋F阻＝ma，飛箭上升過程中受到的空氣阻力越來越小，則合力F上越來越小，加速度也越來越小，速度方向與加速度方向相反，故上升過程中飛箭做加速度逐漸減小的減速運動，B正確，A錯誤；由牛頓第二定律可知，下降過程飛箭所受的合力F下＝mg－F阻＝ma′，飛箭下降過程中受到的空氣阻力越來越大，則合力F下越來越小，加速度越來越小，且速度方向與加速度方向相同，故下落過程中飛箭做加速度逐漸減小的加速運動，C、D錯誤。4．(2024·北京卷，T10)水平傳送帶勻速運動，將一物體無初速度地放置在傳送帶上，最終物體隨傳送帶一起勻速運動。下列說法正確的是(D)A．剛開始物體相對傳送帶向前運動B．物體勻速運動過程中，受到靜摩擦力C．物體加速運動過程中，摩擦力對物體做負功D．傳送帶運動速度越大，物體加速運動的時間越長解析：剛開始時，物體速度小于傳送帶速度，則物體相對傳送帶向后運動，A錯誤；勻速運動過程中，物體與傳送帶之間無相對運動趨勢，則物體不受摩擦力作用，B錯誤；物體加速，由動能定理可知，摩擦力對物體做正功，C錯誤；設(shè)物體與傳送帶間動摩擦因數(shù)為μ，物體相對傳送帶運動時，a＝eq\f(μmg,m)＝μg，做勻加速運動時，物體速度小于傳送帶速度則一直加速，由v＝at可知，傳送帶速度越大，物體加速運動的時間越長，D正確。5．(2024·安徽卷，T6)如圖所示，豎直平面內(nèi)有兩完全相同的輕質(zhì)彈簧，它們的一端分別固定于水平線上的M、N兩點，另一端均連接在質(zhì)量為m的小球上。開始時，在豎直向上的拉力作用下，小球靜止于MN連線的中點O，彈簧處于原長。后將小球豎直向上，緩慢拉至P點，并保持靜止，此時拉力F大小為2mg。已知重力加速度大小為g，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力。若撤去拉力，則小球從P點運動到O點的過程中(A)A．速度一直增大B．速度先增大后減小C．加速度的最大值為3gD．加速度先增大后減小解析：緩慢拉至P點，保持靜止，由平衡條件可知此時拉力F與重力和兩彈簧的拉力合力為零。此時兩彈簧的合力大小為mg。當(dāng)撤去拉力，則小球從P點運動到O點的過程中兩彈簧的拉力與重力的合力始終向下，小球一直做加速運動，故A正確，B錯誤；小球從P點運動到O點的過程中，形變量變小，彈簧在豎直方向的合力不斷變小，故小球受的合外力一直變小，加速度的最大值為撤去拉力時的加速度，由牛頓第二定律可知2mg＝ma，加速度的最大值為2g，C、D錯誤。6．(多選)(2024·廣州市二模)如圖，運動員先后將甲、乙兩冰壺以相同的初速度從A點沿直線AO推離。若甲以加速度a1做勻減速運動后停在O點；乙先以加速度a2做勻減速運動，到達某位置，運動員開始刷冰面減小動摩擦因數(shù)，乙以加速度a3繼續(xù)做勻減速運動并停在O點，則(ACD)A．a(chǎn)1<a2 B．a(chǎn)1<a3C．a(chǎn)1>a3 D．a(chǎn)2>a3解析：設(shè)AO＝x，甲、乙兩冰壺的初速度為v0，乙先以加速度a2做勻減速運動的位移為x1，此時的速度是v，由勻變速直線運動的速度位移關(guān)系公式，對甲冰壺可得veq\o\al(2,0)＝2a1x，對乙冰壺可得veq\o\al(2,0)－v2＝2a2x1，v2＝2a3(x－x1)，聯(lián)立可得2a1x－2a3(x－x1)＝2a2x1，整理可得(a1－a3)x＝(a2－a3)x1，由題意可知，乙冰壺在位移x1的摩擦力大于在位移x－x1的摩擦力，由牛頓第二定律可知a2>a3，可得a1>a3，又有a1x＝a2x1＋a3(x－x1)，整理有a1x＝a3x＋(a2－a3)x1，可知a3＜a1，即a2＞a1＞a3，故B錯誤，A、C、D正確。7．(2024·佛山市二模)春節(jié)煙花匯演中常伴隨無人機表演。兩架無人機a、b同時從同一地點豎直向上飛行的v－t圖像如圖所示。下列說法正確的是(C)A．t＝5s時，無人機a處于失重狀態(tài)B．t＝10s時，無人機a飛到了最高點C．前30s內(nèi)，兩架無人機a、b的平均速度相等D．前10s內(nèi)，無人機a的位移小于無人機b的位移解析：t＝5s時，無人機向上做勻加速運動，a處于超重狀態(tài)，故A錯誤；t＝10s時，無人機a速度達到最大，10s后減速上升，30s時飛到了最高點，故B錯誤；v－t圖線與t軸圍成的面積表示位移，前30s內(nèi)，兩架無人機a、b的位移相等，平均速度相等，故C正確；前10s內(nèi)，無人機a的位移大于無人機b的位移，故D錯誤。8．(多選)(2024·湛江市二模)在2023年女籃亞洲杯決賽中，中國隊以73∶71險勝日本隊，時隔12年再次捧起該項賽事冠軍獎杯。某次訓(xùn)練中，一名球員將籃球豎直向下拍出，籃球觸地并彈回手中，手的位置不變，以豎直向下為正方向，不計籃球觸地時間和空氣阻力，則從籃球豎直向下拍出到彈回手中的過程中，籃球的速度v、位移s分別隨時間t變化的圖像可能正確的是(AD)解析：整個過程中加速度為重力加速度，向下運動過程中，做勻加速直線運動，速度隨時間均勻增大，籃球觸地前后速度大小不變，向上運動過程中，做勻減速直線運動，速度隨時間均勻減小，故A正確，B錯誤；向下運動過程中，根據(jù)s＝v0t＋eq\f(1,2)gt2，s－t圖像為開口向上的拋物線的一部分，設(shè)物體初始離地高度為s0，下落過程所用時間為t0，向上運動過程中，根據(jù)s＝s0－v(t－t0)＋eq\f(1,2)g(t－t0)2，s－t圖像為開口向上的拋物線的一部分，并且籃球觸地前后速度大小不變，方向相反，即s－t圖像斜率大小相等，向下運動時，斜率為正，向上運動時，斜率為負，故C錯誤，D正確。9．(2024·廣西卷，T13)如圖，輪滑訓(xùn)練場沿直線等間距地擺放著若干個定位錐筒，錐筒間距d＝0.9m，某同學(xué)穿著輪滑鞋向右勻減速滑行。現(xiàn)測出他從1號錐筒運動到2號錐筒用時t1＝0.4s，從2號錐筒運動到3號錐筒用時t2＝0.5s。求該同學(xué)：(1)滑行的加速度大?。?2)最遠能經(jīng)過幾號錐筒。解析：(1)根據(jù)勻變速直線運動某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度可知，在1、2間中間時刻的速度v1＝eq\f(d,t1)＝2.25m/s2、3間中間時刻的速度v2＝eq\f(d,t2)＝1.8m/s故可得加速度大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(v1－v2,\f(t1,2)＋\f(t2,2))＝1m/s2。(2)設(shè)到達1號錐筒時的速度為v0，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律得v0t1－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝d代入數(shù)值解得v0＝2.45m/s從1號錐筒開始到停止時通過的位移大小x＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a)＝3.00125m≈3.33d故可知最遠能經(jīng)過4號錐筒。答案：(1)1m/s2(2)410.水面救生無人船已經(jīng)成為水面救援的重要科技裝備。在某次測試中，一質(zhì)量為20kg的無人船在平靜水面上沿直線直奔目標(biāo)地點。無人船先從靜止出發(fā)，做勻加速運動10s后達到最大速度4m/s，接著立即做勻減速運動，勻減速運動了16m的距離后速度變?yōu)榱?。已知無人船運行過程中受到水的阻力恒定且大小為4N，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求：(1)在勻加速過程中，無人船發(fā)動機提供的動力的大小F1；(2)在勻減速過程中，無人船發(fā)動機提供的阻力的大小F2；(3)無人船在上述測試中，運動的總時間t及總位移大小x。解析：(1)勻加速階段加速度a1＝eq\f(vm－0,t1)，解得a1＝0.4m/s2由牛頓第二定律得F1－f＝ma1，解得F1＝12N。(2)勻減速