02微专题2力与直线运动

微专题2力与直线运动1．匀变速直线运动的基本规律(1)速度公式v＝v0＋at，位移公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，位移速度公式v2－veq\o\al(2,0)＝2ax，平均速度公式eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝eq\f(v0＋v,2)＝veq\s\do9(\f(t,2)).(2)任意两个相邻相等的时间内位移之差是一个恒量，即Δx＝aT2，可推广为xm－xn＝(m－n)aT2.2．牛顿第二定律F合＝ma.(1)F合＝0，物体做匀速直线运动或静止.(2)F合≠0且与v共线，物体做变速直线运动．①F合不变，物体做匀变速直线运动．例：自由落体运动是初速度v0＝0、加速度为g的匀加速直线运动；竖直上抛运动是初速度v0≠0、加速度为g的匀减速直线运动．②F合大小变化，物体做变加速直线运动．考向一匀变速直线运动的规律及应用1．(2023·江苏卷)电梯上升过程中，某同学用智能记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示．电梯加速上升的时段是(A)A．从20.0s到30.0sB．从30.0s到40.0sC．从40.0s到50.0sD．从50.0s到60.0s解析：因电梯上升，由速度图像可知20.0s到30.0s电梯速度增大，故电梯加速上升的时间段为20.0s到30.0s，故A正确．2．(2023·山东卷)如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10m/s，ST段的平均速度是5m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为(C)A．3m/s B．2m/s C．1m/s D．0.5m/s解析：电动公交车做匀减速直线运动，设RS间的距离为x，则根据题意有eq\x\to(v)RS＝eq\f(x,t1)＝eq\f(vR＋vS,2)，eq\x\to(v)ST＝eq\f(2x,t2)＝eq\f(vS＋vT,2)，联立解得t2＝4t1，vT＝vR－10，再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有vT＝vR－a·5t1，则at1＝2m/s，其中还有eq\x\to(v)RS＝vR－a·eq\f(t1,2)，解得vR＝11m/s，联立解得vT＝1m/s，故C正确．考向二牛顿运动定律的应用3．(2022·江苏卷)高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2．若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过(B)A．2.0m/s2 B．4.0m/s2C．6.0m/s2 D．8.0m/s2解析：书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，则最大静摩擦力提供加速度fm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4m/s2.书相对高铁静止，故若书不动，高铁的最大加速度为4m/s2，B正确．4．(2023·北京卷)如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1kg，细线能承受的最大拉力为2N.若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动．则F的最大值为(C)A．1N B．2NC．4N D．5N解析：对两物块整体做受力分析有F＝2ma，再对后面的物块有FTmax＝ma，FTmax＝2N，联立解得F＝4N，故C正确．考向1匀变速直线运动的规律及应用(2023·苏州八校适应性检测)一物块在水平外力作用下由静止开始沿光滑水平面做直线运动，其速度v随位移x变化的图像如图所示，下列关于物块速度v随时间t、加速度a随速度v变化的图像中可能正确的是(D)ABCD解析：由速度v随位移x变化的图像可知eq\f(Δv,Δx)＝k，则有eq\f(Δv,Δx)＝eq\f(Δv,Δt)·eq\f(Δt,Δx)＝eq\f(a,v)＝k，解得a＝kv.可知位移增大，速度增大，加速度随速度增大且与速度成正比，故D正确．解决匀变速直线运动问题的几种方法(2022·南京、盐城二模)广场喷泉是城市一道亮丽的风景．如图所示，喷口竖直向上喷水，已知喷管的直径为D，水在喷口处的速度为v0.重力加速度为g，不考虑空气阻力的影响，则在离喷口高度为H时的水柱直径为(C)A．D B．eq\f(Dv0,\r(veq\o\al(2,0)＋2gH))C．eq\r(\f(D2v0,\r(veq\o\al(2,0)－2gH))) D．eq\r(\f(D2v0,\r(veq\o\al(2,0)＋2gH)))解析：设Δt时间内，从喷口喷出的水的质量为Δm，则Δm＝ρΔV，ΔV＝v0πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(D,2)))eq\s\up12(2)Δt，在离喷口高度为H时，有v2－veq\o\al(2,0)＝－2gH，且v0Δtπeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(D,2)))eq\s\up12(2)＝vΔtπeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(D′,2)))eq\s\up12(2)，解得D′＝eq\r(\f(D2v0,\r(veq\o\al(2,0)－2gH)))，故C正确．考向2动力学基本问题分析(2023·南京六校联考)如图所示，两根直木棍AB和CD相互平行，固定在同一个水平面上．一个圆柱形工件P架在两木棍之间，在水平向右的推力F的作用下，恰好能向右匀速运动(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力).若保持两木棍在同一水平面内，但将它们间的距离稍微减小一些后再固定．仍将工件P架在两木棍之间，用同样的水平推力F向右推该工件，则下列说法中正确的是(B)A．向右匀速运动 B．向右加速运动C．可能静止不动 D．条件不足，无法判定解析：对工件在截面图上受力分析当两木棍距离减小时，导致支持力F1与F2夹角减小，而这两个力的合力不变，如图所示则这两个支持力的大小变小，所以工件P受到的滑动摩擦力大小f＝μF1＝μF2，也变小，则有F－2f＝ma，因此工件P一定向右做加速运动，故B正确．两类动力学问题的解题步骤如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球．若升降机在匀速运行过程中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示，g为重力加速度，则(B)甲乙A．升降机停止运行前在向下运动B．t1～t3时间内小球向下运动，速度先增大，后减小C．t1～t2时间内小球处于超重状态D．t3～t4时间内小球向下运动，速度一直增大解析：初始时刻弹簧伸长，弹力平衡重力，由图像看出，升降机停止运动后弹簧的拉力先变小，即小球向上运动，小球的运动是由于惯性，所以升降机停止前小球是向上运动的，即升降机停止前在向上运动，故A错误；0～t1时间内，小球向上运动，t1～t2时间内，小球向下运动，加速度向下，速度增大；t2时刻弹簧弹力等于重力；t2～t3时间内，小球继续向下运动，加速度向上，速度减小，故B正确；t1～t2时间内，重力大于弹力，加速度向下，小球处于失重状态，故C错误；t3时刻处于最低点，t3～t4时间内，小球向上运动，弹力大于重力，小球向上做加速运动，t4时刻速度最大，故D错误．考向3动力学中的连接体问题(2023·镇江三模)如图所示，A、B叠放在粗糙水平桌面上，一根轻绳跨过光滑定滑轮连接A、C，滑轮左侧轻绳与桌面平行，A、B间动摩擦因数为μ，B与桌面间动摩擦因数为eq\f(μ,4)，A、B、C质量分别为2m、2m和m，各接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，将C由图示位置静止释放，要使A、B间发生相对滑动，则μ满足的条件是(C)A．μ＜eq\f(1,2) B．μ≥eq\f(1,2)C．μ＜eq\f(2,7) D．μ≥eq\f(2,7)解析：物块A与B之间的最大静摩擦力f1＝2μmg，物块B与桌面间的最大静摩擦力f2＝eq\f(1,4)μ×4mg＝μmg，若A与B间恰好将发生相对滑动时，A与B的加速度恰好相等，此时对物块B，由牛顿第二定律得f1－f2＝2ma，对A、B整体由牛顿第二定律得T－f2＝4ma，对物块C由牛顿第二定律得mg－T＝ma，解得μ＝eq\f(2,7)，因此若A、B之间发生相对滑动，则需满足μ＜eq\f(2,7)，故C正确．三类连接体问题的解题结论(1)通过滑轮连接的两个物体：如果做加速运动，则它们的加速度大小相同．(2)叠加体类连接体：两物体间刚要发生相对滑动时物体间达到最大静摩擦力．(3)靠在一起的连接体：分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相同．(2022·辅仁中学)a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连．当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，如图所示，则(A)A．x1一定等于x2B．x1一定大于x2C．若m1＞m2，则x1＜x2D．若m1＜m2，则x1＜x2解析：当用恒力F竖直向上拉着a时，先用整体法，有F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，再隔离b，有kx1－m2g＝m2a，联立得x1＝eq\f(m2F,k(m1＋m2)).当沿水平方向拉着a时，先用整体法，有F＝(m1＋m2)a′，再隔离b，有kx2＝m2a′，联立得x2＝eq\f(m2F,k(m1＋m2))，故x1＝x2，A正确．(2023·湖南卷改编)如图所示，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．下列说法中正确的是(D)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2mg(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：若B球所受摩擦力为零，车厢左壁对球A的弹力为FNA，杆对球A的弹力为N，对A、B整体由牛顿第二定律得FNA＝2ma，对A球由牛顿第二定律得FNA－Nsinθ＝ma，竖直方向Ncosθ＝mg，联立解得a＝gtanθ，对整体由牛顿第二定律得F＝4ma＝4mgtanθ，故A错误；若推力向左，则系统的加速度向左，假设杆与车厢始终保持相对静止，且A与左壁弹力为零，对A水平方向有Nsinθ＝maA，竖直方向有Ncosθ＝mg，解得aA＝gtanθ，在此情况下，设厢底对B的静摩擦力为f，对A、B整体有f＝2maA＝2mgtanθ，由于μ≥tanθ，所以最大静摩擦力fm＝2μmg≥2mgtanθ，故假设成立，系统的加速度最大等于aA＝gtanθ，所以F最大值为Fm＝4maA＝4mgtanθ，故B错误；由以上分析可知，μ＜tanθ≤2μ时，若A与左壁弹力为零，B会相对厢底滑动，故A与左壁弹力不能为零，当箱底对B的静摩擦力达到最大静摩擦力时，F达到最大值，则对B有2μmg－FNA＝2ma，对A竖直方向Ncosθ＝mg，对A水平方向Nsinθ－FNA＝ma，对整体有Fm＝4ma，联立解得Fm＝4mg