第2讲力与直线运动

第2讲力与直线运动能力培养练1.(2023·全国甲卷,16)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(D)解析:在xt图像中图线的斜率表示速度,小车先做匀加速运动,因此速度变大,即0～t1时间内图像斜率变大;小车在t1～t2时间内做匀减速运动,则图像的斜率变小,在t2时刻停止,图像的斜率变为零,选项D正确。2.(2023·全国甲卷,19)(多选)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动,两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后,所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知(BC)A.m甲<m乙 B.m甲>m乙C.μ甲<μ乙 D.μ甲>μ乙解析:根据牛顿第二定律有Fμmg=ma,整理后有F=ma+μmg,则可知Fa图像的斜率为m,纵截距为μmg,对比题图可得m甲>m乙,μ甲m甲g=μ乙m乙g,则μ甲<μ乙,选项B、C正确。3.(2023·江苏百校联考)如图所示,某种床垫的内部是由一系列弹簧组成的,现在弹簧上面放一质量为10kg的木板,弹簧上的木板处于水平静止状态。生产车间的师傅把工具轻轻地放到木板上,工具的质量为6kg,重力加速度g取10m/s2,则把工具刚放到木板上的瞬间,工具对木板的压力大小为(D)A.0N B.60NC.160N D.37.5N解析:设木板的质量为M,工具的质量为m,把工具刚放到木板上的瞬间,对整体受力分析有mg=(m+M)a,解得a=mgm+M=154m/s2;对工具分析有mgFN=ma,解得FN=mgma=6×10N6×1544.(2023·广东一模)某同学设计了一个双摆实验在学校实验室进行研究。如图所示,将质量和大小都不同的两个小铁球分别系在一轻绳的中间和下端,其中上面的小球较小较轻,而轻绳的上端拴接在竖杆顶部,竖杆固定在小车上。现在让小车带着两个小球一起向左加速运动,不计空气阻力,则下列四个图中所示的情形正确的是(A)解析:设上面小球的质量为m,下面小球的质量为M,上半段轻绳与竖直方向的夹角为θ,下半段轻绳与竖直方向的夹角为α。以两个小球组成的整体为研究对象,其受力分析如图甲所示。有Fsinθ=(M+m)a,Fcosθ=(M+m)g,得tanθ=ag。以下面的小球为研究对象,其受力分析如图乙所示,有F′sinα=Ma,F′cosα=Mg,得tanα=a5.(2023·福建厦门期末)如图所示,t=0时,列车由静止开始做匀加速直线运动,第一节车厢的前端恰好与站台边感应门的一根立柱对齐。t=6s时,第一节车厢末端恰好通过这根立柱所在位置,全部车厢通过立柱所用时间为18s。设各节车厢长度相等,不计车厢间距离。则(C)A.该列车共有10节车厢B.第2个6s内有4节车厢通过这根立柱C.最后一节车厢通过这根立柱的时间为(18122)sD.第4节车厢通过这根立柱的末速度小于整列车通过立柱的平均速度解析:设每节车厢长度为x,这列火车共有n节车厢,可知x=12at212at′2,解得n=9,该列车共有9节车厢,故A错误;初速度为零的匀加速直线运动连续相等时间内位移的比例关系为1∶3∶5∶7∶…,可知第2个6s内有3节车厢通过这根立柱,故B错误;初速度为零的匀加速直线运动连续相等位移内时间的比例关系为1∶(21)∶(32)∶…∶(nn-1),最后一节车厢通过这根立柱的时间为t1=(98)×6s=(186.(2023·四川成都二诊)物块P以速度v0沿足够长的静止的倾斜传送带匀速下滑,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。某时刻传送带突然以恒定速率v1沿图示逆时针方向运行,则从该时刻起,物块P的速度v随时间t变化的图像可能是(A)解析:物块P以速度v0沿足够长的静止的倾斜传送带匀速下滑,则有mgsinθμmgcosθ=0。当v0<v1时,对物块P受力分析,此时摩擦力沿斜面向下,可得mgsinθ+μmgcosθ=ma,可知物块先做匀加速直线运动;当v0=v1时,摩擦力沿斜面向上,由于mgsinθ=μmgcosθ,物块做匀速直线运动,故A正确,B错误。当v0>v1时,对物块P受力分析,有mgsinθμmgcosθ=0,即物块一直做匀速直线运动,故C、D错误。素养提升练7.(2022·全国乙卷,15)如图,一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球,初始时整个系统静置于光滑水平桌面上,两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点,方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距35A.5F8m B.2F解析:当两球运动至二者相距3L5时,两球连线与轻绳之间夹角的余弦值cosθ=0.6。设此时轻绳中拉力大小为F1,对轻绳的中点受力分析得F2F1sinθ=m绳a,又轻绳质量近似为0,解得F1=5F8。对质量为m的小球,由牛顿第二定律有F8.(2023·湖南长沙质检)如图所示,三根在竖直平面内的光滑细管a、b、c上端平齐,b管竖直放置,a管与b管的夹角为α,c管与b管的夹角为β,且α<β。三个小球同时从管口顶端静止释放,经过相同的时间,三球所处位置正确的是(三个小球均未下落至最底端)(C)解析:假设三根管刚好在同一个圆上,圆半径为R,如图所示。小球沿着竖直管下滑时,由自由落体运动规律可得2R=12gt12,解得t1=4Rg;当小球从a管顶端下滑时,a=gcosα,而AC的长度为L=2Rcosα,则L=12a9.(2023·广东深圳期末)(多选)如图所示,飞机场运输行李的传送带保持恒定的速率运行,将行李箱无初速度地放在传送带底端,传送带将它送入飞机货舱。此过程中货物的速度为v、加速度为a、摩擦力为Ff、位移为x,设滑动摩擦力等于最大静摩擦力,下列图像可能正确的是(AC)解析:将行李箱无初速度地放在传送带底端,行李箱与传送带发生相对滑动,行李箱先受到沿传送带向上的滑动摩擦力,先做匀加速直线运动,故Ff滑mgsinθ=ma。此过程的vt图像是倾斜的直线;at图像是平行于t轴的直线;Fft图像是平行于t轴的直线;由x=12at2可知,xt图像为开口向上的抛物线。如果行李箱能与传送带共速,则共速后行李箱受到静摩擦力作用而做匀速直线运动,由平衡条件可得Ff静=mgsinθ,可知Ff静<Ff滑。此过程的vt图像是平行于t轴的直线;加速度a为零,at图像是与t轴重合的直线;Fft图像是平行于t轴的直线,但需满足Ff静<Ff滑;xt图像是倾斜的直线。故A、C正确,B、D错误。10.(2023·湖北质检)如图甲所示,质量分别为m、M的物体A、B静止在劲度系数为k的弹簧上,A与B不粘连。现对物体A施加竖直向上的力F,使A、B一起上升。若以两物体静止时的位置为坐标原点,两物体的加速度随位移的变化关系如图乙所示,则(C)A.在图乙中PQ段表示拉力F逐渐减小B.在图乙中QS段表示B物体减速上升C.位移为x1时,A、B之间弹力为mgkx1Ma0D.位移为x3时,A、B一起运动的速度大小为1解析:开始时,物体A、B静止在弹簧上,弹簧对B的弹力向上,大小为F0=(M+m)g,随物体的向上运动,弹簧的形变量减小,弹簧的弹力减小,而PQ段的加速度的大小与方向都不变,根据牛顿第二定律有F(M+m)g+F弹=(M+m)a,知F弹减小,F增大,故A错误;在题图乙中,QS段物体的加速度方向没有发生变化,与速度方向相同,所以物体做加速度减小的加速运动,故B错误;当物体A、B静止在弹簧上时,弹簧的弹力F0=(M+m)g,两物体的位移为x1时,弹簧的弹力F1=F0ΔF=F0kx1=(M+m)gkx1,以B为研究对象,则F1MgFx1=Ma0,A对B的弹力Fx1=F1MgMa0=mgkx1Ma0,故C正确;PQ段物体的加速度不变,易知v12=2a0x2,QS段物体的加速度随位移均匀减小,有a=a0+02=2a(x3x2),整理得位移为x3时,A、B一起运动的速度大小为v2=a011.(2023·山东滨州期末)货物运输行业中钢管和钢卷在运输中不易固定——钢管易滑动,钢卷易滚动,从而导致在运输过程易出现危险事故。重力加速度g取10m/s2,计算结果保留2位有效数字。(1)图甲为运输钢卷的板车,图乙为示意图,固定钢卷的支架倾斜角为α=30°,为保证安全,刹车时板车的加速度不能超过多少?(2)运输钢管的板车紧急刹车时,钢管由于惯性滑动可能会撞击到驾驶室,导致意外事故。若板车车速v0=72km/h,钢管前端距离驾驶室L=2.5m,钢管和板车间的动摩擦因数μ=0.5。为避免钢管撞击到驾驶室,刹车时板车的加速度不能超过多少?解析:(1)对刚好要滚动的钢卷进行受力分析,水平方向FNsinα=ma,竖直方向FNcosαmg=0,解得a≈5.8m/s2,故加速度不能超过5.8m/s2。(2)在刹车直至停止过程中,对钢管分析μmg=ma1,设钢管滑行位移为x1,有0v02=2a1x设板车刹车位移为x2,有0v02=2a2x且x1x2=L,解得a2≈5.3m/s2。答案:(1)5.8m/s2(2)5.3m/s2难关攻克练12.(2023·山东济宁一模)无线充电宝可通过磁吸力吸附在背面给充电。某同学手握(如图甲,手不接触充电宝),利用软件记录竖直放置的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(与充电宝始终相对静止),记录的加速度a随时间t变化的图像如图乙所示(规定向上为正方向),t2时刻充电宝的速度为零,且最终处于静止状态。已知无线充电宝的质量为0.2kg,与充电宝之间的动摩擦因数μ=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2。在该过程中,下列说法正确的是(D)A.t3时刻充电宝的速度最大B.充电宝最终一定回到原位置C.充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相反D.充电宝与之间的吸引力大小至少为10N解析:与充电宝从静止开始运动,所以充电宝先向下做加速度增大的加速运动,从t1时刻开始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,所以t3时刻充电宝的速度不是最大,故A错误;由于是加速度—时间图像,而且时间以及图像形状都是定性给出的,所以不能判断出位移情况,故B错误;t2时刻充电宝加速度向上,故充电宝所受摩擦力向上,t3时刻充电宝向下运动的加速度小于重力加速度g,故此时充电宝所受的摩擦力也向上,故C错误;t2时刻加速度最大并开始向上加速,在竖直方向上,根据牛顿第二定律有Ffmg=ma,则Ff=ma+mg=0.2×15N+0.2×10N=5N,水平方向上充电宝受的吸引力和弹力平衡,即F吸=FN=Ffμ=5013.(2023·福建三明期末)如图甲所示,一木板静止在光滑水平面上,质量为m=1kg的物块以初速度v0=4m/s滑上木板的左端,同时木板受到一个水平向右的恒力F作用。施加不同大小的恒力F,设物块在木板上时,物块相对木板滑动的路程为s,其1sF关系图像如图乙所示,其中AB与横轴平行,且AB段的纵坐标为1m1。若木板的质量M=0.5kg、长度L=1m,物块可视为质点,与木板之间的动摩擦因数为μ=0.2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2。(1)若F=0,求物块和木板运动的加速度大小;(2)若物块恰好不滑出木板右端,求恒力F的大小;(3)若BC、DE均为直线段,求这两段恒力F的取值范围及1sF的函数关系式。解析:(1)以初速度v0为正方向,恒力F=0时,物块的加速度大小a1=μg=0.2×10m/s2=2m/s2,木板的加速度大小a2=μmgM=0.2×1×100.(2)题图乙中AB段表示物块相对木板滑动的路程为1m,也即木板长度,所以可知该段物块会滑出木板,而当施加的力F越大时,木板的加速度就越大,木板和物块达到共速时(不考虑木板长度)相对位移就越小,因此B点即为物块恰好不会滑出木板右端的点。对该点,对木板由牛顿第二定律可知,木板的加速度满足FB+μmg=MaB,而此时物块和木板的相对位移为1m,设达到共速的时间为tB,则v0tB12a1tB212又因为共速,故v0a1tB=aBtB,联立解得tB=0.5s,FB=1N。即物块恰好不滑出木板右端,恒力F为1N。(3)当F从1N继续增大时,物块减速、木板加速,物块到达木板上某一位置时两者具有共同速度;当两者共速后能保持相对静止(静摩擦力作用)一起以相同的加速度做匀加速运动,且C点为静摩擦力最大的点。当处于C点时,设加速度大小为aC,对整体FC=(m+M)aC,对物块maC=μmg,联立解得FC=3N。在没有达到共速前,F=FC=3N时木板的加速度大小为aC1=FC+μmgM=3+0.2×1×100v0a1tC=aC1tC,两者之间相对滑动位移大小为ΔxC=v0tC12a1tC212解得ΔxC=23也即1sC=1ΔxC=1结合B点和C点可知,1sF的函数关系式为1s=(14F+34)