任務(wù)群檢測練(二)力與直線運動

1.近年來，重慶熱門景點“李子壩輕軌穿樓”吸引了大量游

客駐足，當(dāng)?shù)馗菍ｉT修建觀景臺“寵粉”。列車進站時以20m/s的

初速度開始做勻減速直線運動，加速度大小為1.25m/s2，列車速度

減為0后在李子壩站?？苛?0s。關(guān)于列車進站過程下列說法正確

的是()

A．列車在減速運動階段速度減小得越來越慢

B.列車開始減速后，t＝8s時的速度為12m/s

C．列車開始減速后，20s內(nèi)的位移為150m

D．列車勻減速階段最后1s內(nèi)的位移大小是0.625m

解析：選D。由于減速過程中加速度大小不變，故列車在減速運

動階段速度減小的快慢不變，故A錯誤；t＝8s時的速度為v1＝v0

v

－at＝10m/s，故B錯誤；列車減速到0耗時t＝0＝16s，故20s

1a

v2

內(nèi)的位移和16s內(nèi)的位移一樣，因此x＝0＝160m，C錯誤；列

2a

1

車勻減速階段最后1s內(nèi)的位移大小為x′＝at′2，t′＝1s，解

2

得x′＝0.625m，故D正確。

2．(2023·全國甲卷)一小車沿直線運動，從t＝0開始由靜止勻

加速至t＝t1時刻，此后做勻減速運動，到t＝t2時刻速度降為零。

在下列小車位移x與時間t的關(guān)系曲線中，可能正確的是()

解析：選D。x-t圖像的斜率表示速度v，小車在0～t1時間內(nèi)

從靜止開始做勻加速直線運動，則x-t圖像的斜率從零開始不斷增

大；t1～t2時間內(nèi)小車開始做勻減速直線運動至速度為零，則x-t

圖像的斜率不斷減小至零，故D正確，A、B、C錯誤。

3．如圖所示是一果農(nóng)分揀水果的簡易裝置，兩軌道在同一傾斜

面內(nèi)，上窄下寬。讓水果由軌道上端靜止釋放，大小水果在不同位置

落到不同的水果框(未畫出)內(nèi)。視水果為球形，忽略軌道摩擦、空氣

阻力及水果的滾動情況。關(guān)于水果沿軌道運動過程，下列說法正確的

是()

A．大小水果均做勻加速運動且大水果的加速度較大

B．大小水果均做變加速運動且水果的加速度均漸漸變大

C．水果對每根軌道的壓力保持不變

D．軌道對水果的作用力保持不變

解析：選B。設(shè)軌道的傾角為θ，水果受兩側(cè)軌道的支持力的大

小為N，與垂直于軌道平面向上的方向間的夾角為α，在軌道平面內(nèi)

有mgsinθ＝ma1，解得a1＝gsinθ，在垂直于軌道平面內(nèi)有mgcos

2N

θ－2Ncosα＝ma，解得a＝gcosθ－cosα，因為水果最

22m

后從軌道掉落，則N逐漸變小至0，由牛頓第三定律知，水果對每根

軌道的壓力逐漸變小至0，cosα逐漸變小至0，a2逐漸變大至gcos

22

θ，水果下滑的加速度a＝a1＋a2，a逐漸變大至g，故大小水果

均做變加速運動且水果的加速度均漸漸變大，故A、C錯誤，B正確；

由上述分析可知，大小水果均做變加速運動，大小水果受的合力變化，

則軌道對水果的作用力變化，故D錯誤。

4．某工地小型升降電梯的原理圖如圖所示，轎廂A與對重B跨

過輕質(zhì)定滑輪通過足夠長輕質(zhì)纜繩連接，電機通過輕質(zhì)纜繩拉動對重，

使轎廂由靜止開始向上運動，運動過程中A未接觸滑輪、B未落地。

已知A、B的質(zhì)量分別為M＝600kg、m＝400kg，電機的輸出功率恒

為P＝3kW，不考慮空氣阻力與摩擦阻力，重力加速度g取10m/s2，

則當(dāng)轎廂速度為1m/s時，A、B之間輕質(zhì)纜繩的拉力大小為()

A．5400NB．6000N

C．6600ND．7000N

P

解析：選C。當(dāng)轎廂速度為1m/s時，電動機的牽引力為F＝＝

v

3000

N＝3000N，以轎廂A為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得

1

T－Mg＝Ma，以對重B為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得F＋mg－T

＝ma，聯(lián)立解得A、B之間輕質(zhì)纜繩的拉力大小為T＝6600N，故選

C。

5．把一根長度為L的鐵鏈水平拉直，沿AB方向一部分放在順時

針勻速轉(zhuǎn)動的傳送帶上，一部分放在光滑水平桌面上，水平桌面和傳

送帶水平段在A點相接(忽略銜接處空隙)，由于傳送帶摩擦力的作用，

鐵鏈向右做直線運動。傳送帶長度大于鐵鏈長度。x為鐵鏈在A點右

側(cè)的長度，F(xiàn)為A點右側(cè)鐵鏈對A點左側(cè)鐵鏈的拉力，a為鐵鏈的加

速度，f為傳送帶對鐵鏈的摩擦力，則在鐵鏈加速進入傳送帶的過程

中，下列圖像可能正確的是()

x

解析：選B。摩擦力f＝μmg，x不隨t均勻變化，則f不隨t

L

fμg

均勻變化，故A錯誤；加速度a＝＝x，a-x圖像為過原點的直

mL

L－x

線，故B正確；A點右側(cè)鐵鏈對A點左側(cè)鐵鏈的拉力F＝ma＝

L

L－xμgμmg（Lx－x2）

m·x＝，F(xiàn)-x圖像為拋物線，故C、D錯誤。

LLL2

6．無線充電寶可通過磁吸力吸附在手機背面，利用電磁感應(yīng)實

現(xiàn)無線充電技術(shù)。劣質(zhì)的無線充電寶使用過程中可能因吸力不足發(fā)生

切線滑落造成安全隱患。圖(a)為科創(chuàng)小組某同學(xué)手握手機(手不接觸

充電寶)，利用手機軟件記錄豎直放置的手機及吸附的充電寶從靜止

開始在豎直方向上的一次變速運動過程(手機與充電寶始終相對靜

止)，記錄的加速度a隨時間t變化的圖像如圖(b)所示(規(guī)定向上為

正方向)，且圖像上下部分分別與時間軸圍成的面積相等。已知無線

充電寶質(zhì)量為0.2kg，手機與充電寶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重

力加速度g取10m/s2，則在該過程中()

A．手機與充電寶全程向下運動，最終處于靜止?fàn)顟B(tài)

B．充電寶在t2與t3時刻所受的摩擦力方向相同

C．充電寶與手機之間的摩擦力最小值為2N

D．充電寶與手機之間的吸引力大小至少為12N

解析：選D。手機與充電寶從靜止開始，向下先做加速度增大的

加速運動，從t1時刻向下做加速度減小的加速運動，加速度減小到零

時，速度達到最大；再向下做加速度增大的減速運動，t2時刻速度減

小到零，此后做向上的加速度減小的加速運動，加速度減小到零時向

上運動的速度達到最大，此后先向上做加速度增大的減速運動，從

t3時刻再向上做加速度減小的減速運動，最后速度為零，故A錯誤。

充電寶在t2時刻加速度方向向上，所受的摩擦力方向向上；充電寶在

2

t3時刻加速度方向向下，由mg＋f＝ma3，a3＝12m/s可知，摩擦力方

2

向向下，故B錯誤；在t1時刻充電寶向下的加速度為10m/s，充電

寶與手機之間的摩擦力最小，值為零，故C錯誤；在t2時刻充電寶向

上的加速度最大，充電寶與手機之間的摩擦力最大，由牛頓第二定律

可得fmax－mg＝ma2，又fmax＝μF，解得充電寶與手機之間的吸引力大

小至少為F＝12N，故D正確。

7．如圖所示，密度為ρ的木球與輕質(zhì)彈簧相連后置于充滿水的

密閉容器中，彈簧的另一端固定于容器的底部。水與木球的密度差為

Δρ(Δρ>0)，重力加速度大小為g，初始時整個系統(tǒng)靜止?，F(xiàn)將容

器由靜止釋放，則釋放瞬間木球相對于地面的加速度大小為()

ΔρΔρ

1＋1－

A．ρgB．ρg

Δρ

C．gD．g

ρ

解析：選A。靜止時對木球受力分析得F浮＝mg＋kx，又有F浮＝

ρ水gV，m＝ρV，Δρ＝ρ水－ρ，解得kx＝ΔρgV，釋放瞬間系統(tǒng)

處于完全失重狀態(tài)，浮力消失，木球受重力和彈簧的彈力，則有mg

Δρ

kx1＋

＋kx＝ma，解得a＝g＋＝ρg，故A正確，B、C、D錯誤。

m

8．(2023·全國乙卷)一同學(xué)將排球自O(shè)點墊起，排球豎直向上

運動，隨后下落回到O點。設(shè)排球在運動過程中所受空氣阻力大小和

速度大小成正比，則該排球()

A．上升時間等于下落時間

B．被墊起后瞬間的速度最大

C．達到最高點時加速度為零

D．下落過程中做勻加速運動

解析：選B。上升過程和下落過程的位移大小相同，上升過程的

末狀態(tài)和下落過程的初狀態(tài)速度均為零。對排球受力分析，上升過程

的重力和阻力方向相同，下落過程中重力和阻力方向相反，根據(jù)牛頓

第二定律可知，上升過程中任意位置的加速度比下落過程中對應(yīng)位置

的加速度大，則上升過程的平均加速度較大。由位移與時間關(guān)系可知，

上升時間比下落時間短，A錯誤。上升過程排球做減速運動，下落過

程排球做加速運動。在整個過程中空氣阻力一直做負(fù)功，排球機械能

一直在減小，下落過程中最低點的速度小于上升過程中最低點的速度，

故排球被墊起時的速度最大，B正確。達到最高點時速度為零，空氣

阻力為零，此刻排球重力提供加速度，加速度不為零，C錯誤。下落

過程中，排球速度在變，所受空氣阻力在變，故排球所受的合外力在

變化，排球在下落過程中做變加速運動，D錯誤。

9．(多選)如圖所示的自由落錘式強夯機使8～30t的重錘從6～

30m高處自由落下，對土進行強力夯實。某次重錘從某一高度自由

落下，已知重錘在空中運動的時間為t1，從自由下落到運動至最低點

經(jīng)歷的時間為t2，重錘從地面運動至最低點的過程可視為做勻減速直

線運動，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，則該次夯土作業(yè)()

2

1

A．重錘下落時離地高度為gt

21

1

B．重錘接觸地面后下降的距離為gtt

212

gt

C．重錘接觸地面后的加速度大小為1

t2－t1

D．重錘在空中運動的平均速度大于接觸地面后的平均速度

解析：選AC。由題意可知，重錘在運動過程中受到的空氣阻力

可以忽略不計，作出v-t圖像，如圖所示，

2

1

根據(jù)自由落體公式可知，重錘下落時離地高度h1＝gt，根據(jù)

21

v

勻變速直線運動中平均速度－v＝可知，重錘在空中運動的平均速

2

v

度等于接觸地面后的平均速度，A正確，D錯誤；根據(jù)s＝t可知，

2

h1

重錘下落時離地的高度h1和重錘接觸地面后下降的距離h2之比＝

h2

t11

，故重錘接觸地面后下降的距離h2＝gt1(t2－t1)，B錯誤；

t2－t12

vgt

根據(jù)v＝at可知，重錘接觸地面后的加速度大小a＝＝1，

t2－t1t2－t1

C正確。

10．(多選)(2023·湖南高考)如圖，光滑水平地面上有一質(zhì)量為

2m的小車在水平推力F的作用下加速運動。車廂內(nèi)有質(zhì)量均為m的A、

B兩小球，兩球用輕桿相連，A球靠在光滑左壁上，B球處在車廂水

平底面上，且與底面的動摩擦因數(shù)為μ，桿與豎直方向的夾角為θ，

桿與車廂始終保持相對靜止。假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下

列說法正確的是()

A.若B球受到的摩擦力為零，則F＝2mgtanθ

B．若推力F向左，且tanθ≤μ，則F的最大值為2mgtanθ

C．若推力F向左，且μ≤tanθ≤2μ，則F的最大值為4mg(2

μ－tanθ)

D．若推力F向右，且tanθ>2μ，則F的范圍為4mg(tanθ

－2μ)≤F≤4mg(tanθ＋2μ)

解析：選CD。分析題目的三個關(guān)鍵前提：①對小車和A、B兩小

球構(gòu)成的整體，根據(jù)牛頓第二定律可知F＝4ma；②對A、B兩個小球

構(gòu)成的整體，豎直方向上小車對A、B的支持力，即對B的支持力FN

＝2mg；③對A和B分別分析可知桿的作用力始終沿桿。

若B球受到的摩擦力為零

Fcosθ＝F－mg

對B0N→a＝gtanθ→F＝4mgtanθ，A錯誤；

F0sinθ＝ma

若推力F向左，則系統(tǒng)加速度水平向左

對A

在豎直方向始終滿足F1cosθ＝mg→

mg

F＝

1cosθ

當(dāng)FN′＝0時，A有最大加速度aAmax→

F1sinθ＝maAmax→aAmax＝gtanθ

對B

當(dāng)f＝μFN時，B有最大加速度aBmax

F1′＝F1

μ·2mg－F1sinθ＝maBmax→aBmax＝

（2μ－tanθ）g

若tanθ≤μ，則aBmax≥aAmax，即Fmax＝4maAmax＝4mgtanθ，B

錯誤；

若μ<tanθ≤2μ，則aBmax<aAmax，即Fmax＝4maBmax＝4mg(2μ－tan

θ)，C正確；

若推力F向右，則系統(tǒng)加速度水平向右，對A分析可知F2＝

mg

cosθ

對B

F2′＝F2

若f＝μFN向左，則F2sinθ－μFN＝mamin

，D正確。

amin＝（tanθ－2μ）g→Fmin＝4mg（tanθ－2μ）

若f＝μFN向右，則F2sinθ＋μFN＝mamax

amax＝（tanθ＋2μ）g→Fmax＝4mg（tanθ＋2μ）

11．如圖，在車廂長度L＝2.7m的小貨車上，質(zhì)量m＝70kg、

厚度d＝0.2m的冰塊用繩綁住并緊貼車廂前端，與貨車一起以v0＝

36km/h的速度沿坡度為5%(即斜面傾角θ滿足tanθ＝0.05，sinθ

≈0.05，cosθ≈1)的斜坡向上運動。某時刻，冰塊從綁住的繩間

滑脫并沿車廂底部滑向尾部，與尾擋板發(fā)生碰撞后相對車廂等速反彈；

碰撞后，司機經(jīng)過t0＝0.5s的反應(yīng)時間，開始以恒定加速度a剎車。

已知冰塊與車廂底板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.03，設(shè)冰塊與尾擋板碰撞

前后，冰塊沒有破碎，車廂的速度變化可以忽略，取重力加速度g＝

10m/s2。

(1)求從冰塊滑脫到司機開始剎車的這段時間內(nèi)，小貨車行駛的

距離；

(2)若剎車過程，冰塊恰能滑至初始位置且與車廂前端不發(fā)生碰

撞，求a的值。

解析：(1)冰塊滑向尾部的過程中做勻減速運動，設(shè)其加速度的

大小為a1，由牛頓第二定律得

mgsinθ－μmgcosθ＝ma1

2

解得a1＝0.2m/s

設(shè)冰塊滑到尾擋板經(jīng)過的時間為t1，該段時間內(nèi)冰塊的位移

2

1

x冰＝v0t1－a1t

21

v0＝36km/h＝10m/s

貨車的位移為x貨＝v0t1

根據(jù)位移關(guān)系有x貨－x冰＝L－d

聯(lián)立解得t1＝5s

所以從冰塊滑脫到司機開始剎車的這段時間內(nèi)，小貨車行駛的距

離

x貨′＝v0(t1＋t0)＝55m。

(2)冰塊滑到尾擋板時的速度

v冰＝v0－a1t1＝9m/s

此時冰塊速度與貨車速度方向相同，相對車廂速度為1m/s，方

向沿車廂向下；根據(jù)題意冰塊與尾擋板發(fā)生碰撞后相對車廂等速反彈，

故反彈后冰塊的速度沿車廂向上，故可知此時速度為v冰′＝11m/s，

此時冰塊沿車廂向上做勻減速運動的加速度大小為a2，有mgsinθ

＋μmgcosθ＝ma2

2

解得a2＝0.8m/s

若剎車過程，冰塊恰能滑至初始位置且與車廂前端剛好不發(fā)生碰

撞，設(shè)貨車剎車的時間為t，冰塊從反彈到剛好到達車廂前端時間內(nèi)

貨車的位移

1

x″＝vt－at2＋vt

貨0200

冰塊從反彈到剛好到達車廂前端時的位移

1

x′＝v′(t＋t)－a(t＋t)2

冰冰0220

到達車廂前端時冰塊和貨車速度相同，有

v0－at＝v冰′－a2(t＋t0)

位移關(guān)系有x冰′－x貨″＝L－d

5

聯(lián)立解得a＝m/s2。

7

5

答案：(1)55m(2)m/s2

7

12．如圖甲所示，豎直面內(nèi)存在某特殊區(qū)域，區(qū)域的上、下邊界

分別為MN、PQ，兩邊界相距4m。當(dāng)物體處于這個區(qū)域內(nèi)時，將受到

豎直向上的變力F，其大小隨y變化的關(guān)系如圖乙所示(其中y為物

體與下邊界PQ的距離)?，F(xiàn)將質(zhì)量m＝4kg的物體從下邊界上的A處

靜止釋放，到達上邊界的B處時物體的速度為25m/s，重力加速

度g取10m/s2，不計空氣阻力。

(1)定性分析物體在區(qū)域內(nèi)上升過程的運動情況，并求出物體的

最大加速度am的大??；

(2)當(dāng)速度達到最大值時，