高三物理二輪專題復(fù)習(xí)導(dǎo)學(xué)案微專題2　力與直線運動2

課題專題一力與運動微專題2力與直線運動（兩課時）主備人審核人教學(xué)目標(biāo)勻變速直線運動的規(guī)律及應(yīng)用動力學(xué)基本問題分析動力學(xué)中的連接體問題教學(xué)重難點勻變速直線運動的基本規(guī)律牛頓運動定律的綜合應(yīng)用教學(xué)類型復(fù)習(xí)課備課時間上課時間教學(xué)過程二次備課1．勻變速直線運動的基本規(guī)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)任意兩個相鄰相等的時間內(nèi)位移之差是一個恒量，即Δx＝aT2，可推廣為xm－xn＝(m－n)aT2.2．牛頓第二定律F合＝ma.(1)F合＝0，物體做勻速直線運動或靜止.(2)F合≠0且與v共線，物體做變速直線運動．①F合不變，物體做勻變速直線運動．例：自由落體運動是初速度v0＝0、加速度為g的勻加速直線運動；豎直上拋運動是初速度v0≠0、加速度為g的勻減速直線運動．②F合大小變化，物體做變加速直線運動．考向一勻變速直線運動的規(guī)律及應(yīng)用1．(2023·江蘇卷)電梯上升過程中，某同學(xué)用智能記錄了電梯速度隨時間變化的關(guān)系，如圖所示．電梯加速上升的時段是(A)A．從20.0s到30.0sB．從30.0s到40.0sC．從40.0s到50.0sD．從50.0s到60.0s解析：因電梯上升，由速度圖像可知20.0s到30.0s電梯速度增大，故電梯加速上升的時間段為20.0s到30.0s，故A正確．2．(2023·山東卷)如圖所示，電動公交車做勻減速直線運動進(jìn)站，連續(xù)經(jīng)過R、S、T三點，已知ST間的距離是RS的兩倍，RS段的平均速度是10m/s，ST段的平均速度是5m/s，則公交車經(jīng)過T點時的瞬時速度為(C)A．3m/s B．2m/s C．1m/s D．0.5m/s解析：電動公交車做勻減速直線運動，設(shè)RS間的距離為x，則根據(jù)題意有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)，聯(lián)立解得t2＝4t1，vT＝vR－10，再根據(jù)勻變速直線運動速度與時間的關(guān)系有vT＝vR－a·5t1，則at1＝2m/s，其中還有eq\x\to(v)RS＝vR－a·eq\f(t1,2)，解得vR＝11m/s，聯(lián)立解得vT＝1m/s，故C正確．考向二牛頓運動定律的應(yīng)用3．(2022·江蘇卷)高鐵車廂里的水平桌面上放置一本書，書與桌面間的動摩擦因數(shù)為0.4，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10m/s2．若書不滑動，則高鐵的最大加速度不超過(B)A．2.0m/s2 B．4.0m/s2C．6.0m/s2 D．8.0m/s2解析：書放在水平桌面上，若書相對于桌面不滑動，則最大靜摩擦力提供加速度fm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4m/s2.書相對高鐵靜止，故若書不動，高鐵的最大加速度為4m/s2，B正確．4．(2023·北京卷)如圖所示，在光滑水平地面上，兩相同物塊用細(xì)線相連，兩物塊質(zhì)量均為1kg，細(xì)線能承受的最大拉力為2N.若在水平拉力F作用下，兩物塊一起向右做勻加速直線運動．則F的最大值為(C)A．1N B．2NC．4N D．5N解析：對兩物塊整體做受力分析有F＝2ma，再對后面的物塊有FTmax＝ma，F(xiàn)Tmax＝2N，聯(lián)立解得F＝4N，故C正確．考向1勻變速直線運動的規(guī)律及應(yīng)用(2023·蘇州八校適應(yīng)性檢測)一物塊在水平外力作用下由靜止開始沿光滑水平面做直線運動，其速度v隨位移x變化的圖像如圖所示，下列關(guān)于物塊速度v隨時間t、加速度a隨速度v變化的圖像中可能正確的是(D)ABCD解析：由速度v隨位移x變化的圖像可知eq\f(Δv,Δx)＝k，則有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，加速度隨速度增大且與速度成正比，故D正確．解決勻變速直線運動問題的幾種方法(2022·南京、鹽城二模)廣場噴泉是城市一道亮麗的風(fēng)景．如圖所示，噴口豎直向上噴水，已知噴管的直徑為D，水在噴口處的速度為v0.重力加速度為g，不考慮空氣阻力的影響，則在離噴口高度為H時的水柱直徑為(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：設(shè)Δt時間內(nèi)，從噴口噴出的水的質(zhì)量為Δm，則Δm＝ρΔV，ΔV＝v0πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(D,2)))eq\s\up12(2)Δt，在離噴口高度為H時，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正確．考向2動力學(xué)基本問題分析(2023·南京六校聯(lián)考)如圖所示，兩根直木棍AB和CD相互平行，固定在同一個水平面上．一個圓柱形工件P架在兩木棍之間，在水平向右的推力F的作用下，恰好能向右勻速運動(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力).若保持兩木棍在同一水平面內(nèi)，但將它們間的距離稍微減小一些后再固定．仍將工件P架在兩木棍之間，用同樣的水平推力F向右推該工件，則下列說法中正確的是(B)A．向右勻速運動 B．向右加速運動C．可能靜止不動 D．條件不足，無法判定解析：對工件在截面圖上受力分析當(dāng)兩木棍距離減小時，導(dǎo)致支持力F1與F2夾角減小，而這兩個力的合力不變，如圖所示則這兩個支持力的大小變小，所以工件P受到的滑動摩擦力大小f＝μF1＝μF2，也變小，則有F－2f＝ma，因此工件P一定向右做加速運動，故B正確．兩類動力學(xué)問題的解題步驟如圖甲所示，在升降機(jī)的頂部安裝了一個能夠顯示拉力大小的傳感器，傳感器下方掛上一輕質(zhì)彈簧，彈簧下端掛一質(zhì)量為m的小球．若升降機(jī)在勻速運行過程中突然停止，并以此時為零時刻，在后面一段時間內(nèi)傳感器顯示彈簧彈力F隨時間t變化的圖像如圖乙所示，g為重力加速度，則(B)甲乙A．升降機(jī)停止運行前在向下運動B．t1～t3時間內(nèi)小球向下運動，速度先增大，后減小C．t1～t2時間內(nèi)小球處于超重狀態(tài)D．t3～t4時間內(nèi)小球向下運動，速度一直增大解析：初始時刻彈簧伸長，彈力平衡重力，由圖像看出，升降機(jī)停止運動后彈簧的拉力先變小，即小球向上運動，小球的運動是由于慣性，所以升降機(jī)停止前小球是向上運動的，即升降機(jī)停止前在向上運動，故A錯誤；0～t1時間內(nèi)，小球向上運動，t1～t2時間內(nèi)，小球向下運動，加速度向下，速度增大；t2時刻彈簧彈力等于重力；t2～t3時間內(nèi)，小球繼續(xù)向下運動，加速度向上，速度減小，故B正確；t1～t2時間內(nèi)，重力大于彈力，加速度向下，小球處于失重狀態(tài)，故C錯誤；t3時刻處于最低點，t3～t4時間內(nèi)，小球向上運動，彈力大于重力，小球向上做加速運動，t4時刻速度最大，故D錯誤．考向3動力學(xué)中的連接體問題(2023·鎮(zhèn)江三模)如圖所示，A、B疊放在粗糙水平桌面上，一根輕繩跨過光滑定滑輪連接A、C，滑輪左側(cè)輕繩與桌面平行，A、B間動摩擦因數(shù)為μ，B與桌面間動摩擦因數(shù)為eq\f(μ,4)，A、B、C質(zhì)量分別為2m、2m和m，各接觸面間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，將C由圖示位置靜止釋放，要使A、B間發(fā)生相對滑動，則μ滿足的條件是(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：物塊A與B之間的最大靜摩擦力f1＝2μmg，物塊B與桌面間的最大靜摩擦力f2＝eq\f(1,4)μ×4mg＝μmg，若A與B間恰好將發(fā)生相對滑動時，A與B的加速度恰好相等，此時對物塊B，由牛頓第二定律得f1－f2＝2ma，對A、B整體由牛頓第二定律得T－f2＝4ma，對物塊C由牛頓第二定律得mg－T＝ma，解得μ＝eq\f(2,7)，因此若A、B之間發(fā)生相對滑動，則需滿足μ＜eq\f(2,7)，故C正確．三類連接體問題的解題結(jié)論(1)通過滑輪連接的兩個物體：如果做加速運動，則它們的加速度大小相同．(2)疊加體類連接體：兩物體間剛要發(fā)生相對滑動時物體間達(dá)到最大靜摩擦力．(3)靠在一起的連接體：分離時相互作用力為零，但此時兩物體的加速度仍相同．(2022·輔仁中學(xué))a、b兩物體的質(zhì)量分別為m1、m2，由輕質(zhì)彈簧相連．當(dāng)用恒力F豎直向上拉著a，使a、b一起向上做勻加速直線運動時，彈簧伸長量為x1；當(dāng)用大小仍為F的恒力沿水平方向拉著a，使a、b一起沿光滑水平桌面做勻加速直線運動時，彈簧伸長量為x2，如圖所示，則(A)A．x1一定等于x2B．x1一定大于x2C．若m1＞m2，則x1＜x2D．若m1＜m2，則x1＜x2解析：當(dāng)用恒力F豎直向上拉著a時，先用整體法，有F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，再隔離b，有kx1－m2g＝m2a，聯(lián)立得x1＝eq\f(m2F,k(m1＋m2)).當(dāng)沿水平方向拉著a時，先用整體法，有F＝(m1＋m2)a′，再隔離b，有kx2＝m2a′，聯(lián)立得x2＝eq\f(m2F,k(m1＋m2))，故x1＝x2，A正確．(2023·湖南卷改編)如圖所示，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．下列說法中正確的是(D)A．若B球受到的摩擦力為零，則F＝2mgtanθB．若推力F向左，且tanθ≤μ，則F的最大值為2mgtanθC．若推力F向左，且μ＜tanθ≤2μ，則F的最大值為2mg(2μ－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：若B球所受摩擦力為零，車廂左壁對球A的彈力為FNA，桿對球A的彈力為N，對A、B整體由牛頓第二定律得FNA＝2ma，對A球由牛頓第二定律得FNA－Nsinθ＝ma，豎直方向Ncosθ＝mg，聯(lián)立解得a＝gtanθ，對整體由牛頓第二定律得F＝4ma＝4mgtanθ，故A錯誤；若推力向左，則系統(tǒng)的加速度向左，假設(shè)桿與車廂始終保持相對靜止，且A與左壁彈力為零，對A水平方向有Nsinθ＝maA，豎直方向有Ncosθ＝mg，解得aA＝gtanθ，在此情況下，設(shè)廂底對B的靜摩擦力為f，對A、B整體有f＝2maA＝2mgtanθ，由于μ≥tanθ，所以最大靜摩擦力fm＝2μmg≥2mgtanθ，故假設(shè)成立，系統(tǒng)的加速度最大等于aA＝gtanθ，所以F最大值為Fm＝4maA＝4mgtanθ，故B錯誤；由以上分析可知，μ＜tanθ≤2μ時，若A與左壁彈力為零，B會相對廂底滑動，故A與左壁彈力不能為零，當(dāng)箱底對B的靜摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時，F(xiàn)達(dá)到最大值，則對B有2μmg－FNA＝2ma，對A豎直方向Ncosθ＝mg，對A水平方向Nsinθ－FNA＝ma，對整體有Fm＝4ma，聯(lián)立解得Fm＝4mg(2μ－tanθ)，故C錯誤；若推力F向右，根據(jù)牛頓第二定律可知系統(tǒng)整體加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理論上向右的合力可以無限大，因此只需要討論小球B即可，當(dāng)小球B所受的摩擦力向左時，小球B向右的合力最小，此時F合min＝mg(tanθ－2μ)，當(dāng)小球B所受摩擦力向右時，小球B向右的合力最大，此時F合max＝mg(tanθ＋2μ)，對小球B根據(jù)牛頓第二定律F＝ma，對系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律F＝4ma，代入可得F的范圍為4mg(tanθ－2μ)≤F≤4mg(tanθ＋2μ)，故D正確．1．(2023·南京三模)潛艇從海水高密度區(qū)域駛?cè)氲兔芏葏^(qū)域，浮力頓減，稱之為“掉深”．如圖甲所示，某潛艇在高密度海水區(qū)域沿水平方向緩慢航行．t＝0時，該潛艇“掉深”，隨后采取措施成功脫險，在0～30s時間內(nèi)潛艇豎直方向的v－t圖像如圖乙所示(設(shè)豎直向下為正方向).不計水的黏滯阻力，則(D)甲乙A．潛艇在“掉深”時的加速度為1m/s2B．t＝30s潛艇回到初始高度C．潛艇豎直向下的最大位移為100mD．潛艇在10～30s時間內(nèi)處于超重狀態(tài)解析：潛艇在“掉深”時向下加速，由圖像可知加速度為a＝eq\f(20,10)m/s2＝2m/s2，A錯誤；在30s內(nèi)先向下加速，后向下減速，則t＝30s潛艇向下到達(dá)最大深度，B錯誤；由圖像可知潛艇豎直向下的最大位移為h＝eq\f(1,2)×20×30m＝300m，C錯誤；潛艇在10～30s時間內(nèi)向下減速，加速度向上，則處于超重狀態(tài)，D正確．2．(2023·南京六校聯(lián)考)在平直公路上有甲、乙兩車，甲車超過乙車后兩車位移x和時間t的比值eq\f(x,t)與時間t之間的關(guān)系如圖所示(圖像只記錄了3s內(nèi)的情況)，下列說法中正確的是(D)A．甲車的加速度大小為1m/s2B．乙車做的是勻減速直線運動C．甲車在這2s內(nèi)的位移為18mD．甲、乙兩車再次相遇前的最大距離為9m解析：由甲車追上乙車結(jié)合圖像可知與橫軸平行的直線對應(yīng)乙車，傾斜的直線對應(yīng)甲車，由圖像可知對于甲車有eq\f(x,t)＝10－t，解得x＝10t－t2，所以甲車做勻減速直線運動，初速度v0＝10m/s，加速度a＝－2m/s2，故A錯誤；甲車在前2s內(nèi)的位移x1＝(10×2－22)m＝16m，故C錯誤；由圖像可知對于乙車，有eq\f(x,t)＝4，解得x＝4t，所以乙車做勻速直線運動，速度v＝4m/s，故B錯誤；當(dāng)甲、乙兩車速度相等時兩車之間的距離最大，v＝v0＋at1，解得t1＝3s，所以d＝x甲－x乙＝(10×3－32－4×3)m＝9m.故D正確．3．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像，取g＝10m/s2.根據(jù)圖像分析可知(C)甲乙A．人的重力可由b點讀出，約為300NB．b到c的過程中，人先處于超重狀態(tài)，再處于失重狀態(tài)C．人在雙腳離開力板的過程中，處于完全失重狀態(tài)D．人在b點對應(yīng)時刻的加速度大于在c點對應(yīng)時刻的加速度解析：開始時人處于平衡狀態(tài)，人對傳感器的壓力約為900N，人的重力也約為900N，故A錯誤；b到c的過程中，人先處于失重狀態(tài)，再處于超重狀態(tài)，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(tài)，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點的加速度小于在c點的加速度，故D錯誤．4．(2022·常州5月模擬)如圖甲所示，A、B兩物體疊放在一起，放在光滑的水平面上，從靜止開始受到一變力的作用，該力與時間的關(guān)系如圖乙所示，A、B始終相對靜止，則下列說法中錯誤的是(A)A．t0時刻，A、B間靜摩擦力最大B．t0時刻，B速度最大C．2t0時刻，A、B間靜摩擦力最大D．2t0時刻，A、B位移最大解析：以A、B整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律分析得，2t0時刻整體所受的合力最大，加速度最大，再以A為研究對象，分析可知，A受到的靜摩擦力最大，C正確，A錯誤；整體在0～t0時間內(nèi)，做勻加速運動，在t0～2t0時間內(nèi)，向原方向做勻減速運動，則t0時刻，B速度最大，B正確；0～2t0內(nèi)，整體做單向直線運動，位移逐漸增大，則2t0時刻，A、B位移最大，D正確．5．(2023·金陵中學(xué))如圖所示，光滑的水平地面上有三塊木塊a、b、c質(zhì)量均為m，a、c之間用輕質(zhì)細(xì)繩連接．現(xiàn)用一水平恒力F作用在b上，三者開始一起做勻加速運動，運動過程中把一塊橡皮泥粘在某一木塊上面，系統(tǒng)仍加速運動，且始終沒有相對滑動．則在粘上橡皮泥并達(dá)到穩(wěn)定后，下列說法中錯誤的是(B)A．無論粘在哪塊木塊上面，系統(tǒng)的加速度一定減小B．若粘在a木塊上面，繩的拉力和a、b間摩擦力一定都減小C．若粘在b木塊上面，繩的拉力和a、b間摩擦力一定都減小D．若粘在c木塊上面，繩的拉力和a、b間摩擦力一定都增大解析：由整體法可知，只要橡皮泥粘在木塊上，系統(tǒng)的質(zhì)量均增大，則由牛頓運動定律可知，加速度都要減小，故A正確；若粘在a木塊上面，以c為研究對象，由牛頓第二定律可得FT＝ma，因加速度減小，所以拉力減小，而對b木塊有F－fab＝ma，可知，摩擦力fab應(yīng)變大，故B錯誤；若橡皮泥粘在b木塊上，將ac視為整體，有fab＝2ma，因加速度減小，故摩擦力變?。灰詂為研究對象，由牛頓第二定律可得FT＝ma，因加速度減小，所以拉力減小，故C正確；若橡皮泥粘在c木塊上，將ab視為整體F－FT＝2ma，加速度減小，所以拉力FT變大，對b有F－fab＝ma，可知fab增大，故D正確．6．(2023·中華中學(xué))如圖甲所示為無人機(jī)，它具有4個旋翼，可以通過調(diào)整旋翼傾斜度而產(chǎn)生不同方向的升力.2020黃埔馬拉松在12月27日拉開序幕，此次賽事無人機(jī)在拍攝、巡查、安保等方面大顯身手．賽事開始，調(diào)整旋翼使無人機(jī)以豎直向上的恒定升力F＝20N從地面靜止升起，到達(dá)穩(wěn)定速度過程中，其運動圖像如圖乙所示．已知無人機(jī)質(zhì)量為m＝1kg，飛行時受到的空氣阻力與速率成正比，即f＝kv，方向與速度方向相反．取g＝10m/s2.(1)求k值和1s末無人機(jī)的加速度大小．(2)調(diào)整旋翼角度以改變升力，使無人機(jī)以v0＝1m/s水平飛行進(jìn)行錄像，求此時的升力大小和升力方向與水平方向所夾銳角θ的正切值．(答案允許含根號)甲乙解析：(1)穩(wěn)定時v＝2m/smg＋kv＝F代入數(shù)據(jù)得k＝5kg/s由圖可知，1s末無人機(jī)速率為v1＝1m/s，則有F－mg－kv1＝ma代入數(shù)據(jù)得a＝5m/s2(2)速度為v0＝1m/s，阻力為f＝kv0＝5N無人機(jī)受力如圖所示，則有F0＝eq\r((mg)2＋f2)代入數(shù)據(jù)得F0＝5eq\r(5)N設(shè)升力方向與水平方向成θ，則有tanθ＝eq\f(mg,f)＝2即升力方向與水平方向夾角的正切值為27．(2022·海門中學(xué))如圖所示，一個質(zhì)量為M、長為L的圓管豎直放置，頂端塞有一個質(zhì)量為m的彈性小球，M＝4m，球和管間的滑動摩擦力和最大靜摩擦力大小均為4mg.管從下端離地面距離為H處自由落下，運動過程中，管始終保持豎直，每次落地后向上彈起的速度與落地時速度大小相等，不計空氣阻力，重力加速度為g.(1)求