人教版必修一课件：第四章牛顿运动定律章末复习课

第四章牛顿运动定律章末复习课【知识体系】[答案填写]①理想斜面②匀速直线运动状态③静止状态④质量⑤控制变量法⑥成正比⑦成反比⑧合外力⑨F合＝ma⑩大小相等⑪方向相反⑫同一条直线上⑬静止⑭匀速直线运动⑮Fx合＝0⑯Fy合＝0⑰超重⑱失重⑲完全失重主题1共点力作用下的平衡问题的常用解法1．连接体：两个或两个以上相互作用的物体组成的具有相同加速度的整体叫连接体．如几个物体叠放在一起，或并排挤放在一起，或用绳子、细杆等连在一起．2．处理连接体问题的方法．(1)整体法：把多个物体组成的系统作为一个研究对象来分析的方法．不必考虑系统内力的影响，只考虑系统受到的外力．(2)隔离法：把系统中的各个部分(或某一部分)隔离，作为一个单独的研究对象来分析的方法．此时系统的内力就有可能成为该研究对象的外力，在分析时要特别注意．【典例1】在水平地面上有两个彼此接触的物体A和B，它们的质量分别为m1和m2，与地面间的动摩擦因数均为μ，若用水平推力F作用于A物体，使A、B一起向前运动，如图所示，求两物体间的相互作用力为多大？解析：以A、B整体为研究对象，其受力如图甲所示，由牛顿第二定律，可得F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，所以a＝Fm1＋m2－μg；再以B物体为研究对象，其受力如图乙所示，由牛顿第二定律，可得FAB－μm2g＝m2a，联立得两物体间的作用力FAB＝m2Fm1＋m2.答案：m2Fm1＋m2针对训练1.如图所示，在光滑地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动．小车质量是M，木块质量是m，外力大小是F，木块和小车之间动摩擦因数是μ，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是()A．μmgB.mFM＋mC．μ(M＋m)gD.MFM＋m解析：对m和M整体，由牛顿第二定律，得F＝(M＋m)a；①对m：Ff＝ma，②由①②解得：Ff＝mM＋mF，故B正确．答案：B主题2动力学中的临界极值问题模型概述(1)滑块、滑板是上、下叠放的，分别在各自所受力的作用下运动，且在相互的摩擦力作用下相对滑动．(2)滑块相对滑板从一端运动到另一端，若两者同向运动，位移之差等于板长；若反向运动，位移之和等于板长．(3)一般两者速度相等为“临界点”，要判定临界速度之后两者的运动形式两者同向运动，且v板v块，则两者加速度不同，x板x块，Δx＝x板－x块，最后分离或相对静止两者同向运动，且v板v块，则两者加速度不同，x板x块，Δx＝x块－x板，最后分离或相对静止常见情形两者运动方向相反，两者加速度不同，最后分离或相对静止，Δx＝x块＋x板滑板或滑块受到拉力作用，要判断两者是否有相对运动，以及滑板与地面是否有相对运动【典例2】一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小木块，t＝0时刻开始，小木块与木板一起以12m/s共同速度向右运动，直到小木块刚好停在长木板的右端，小木块的大小忽略不计．小木块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.3.小木块的质量为m1＝2kg，木板的质量为m2＝4kg.g取10m/s2.求：(1)小木块在木板上滑动时受到的摩擦力的大小；(2)牛顿第二定律的公式是：a＝F合m，意思是物体运动的加速度与物体所受的外力的合力成正比，与物体本身的质量成反比．请求出小木块在木板上滑动时的加速度大小；(3)长木板的长度是多大？解析：(1)小木块在木板上滑动时受到的摩擦力的大小：Ff＝μ1FN＝μ1m1g＝2N.(2)小木块在木板上滑动时的加速度大小：a1＝F合m1＝Ffm1＝1m/s2.(3)设木块的加速度为a1，木板的加速度为a2对木板：μ2(m1＋m2)g－μ1m1g＝m2a2解得：a2＝4m/s2则木板的长度：L＝L木块－L木板＝v22a1－v22a2＝1222×1m－1222×4m＝54m.答案：(1)2N(2)1m/s2(3)54m针对训练2.如图所示，一长木板在水平地面上运动，初速度为v0，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是图中的()解析：放上小物块后，长木板受到小物块施加的向左的滑动摩擦力和地面向左的滑动摩擦力，在两力的共同作用下减速，小物块受到向右的滑动摩擦力作用，做匀加速运动，当两者速度相等后，可能以共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减速时的加速度小于木板刚开始运动时的加速度，故A正确，B、C错误；由于水平面有摩擦，故两者不可能一起匀速运动，D错误．答案：A统揽考情本章知识是必修1的核心，是前三章知识的综合，也是力学中的重点和难点．在高考命题中，既有选择题，也有计算题，有时也出实验题；既有本章的单独考查，也有和以后的机械能、电场、磁场知识的综合考查．高考命题的热点主要出现在平衡条件的应用、牛顿第二定律的应用等方面，分值在20～30分之间．真题例析(2018·全国卷Ⅰ)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动．以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是()解析：设弹簧的最大压缩量为l，根据胡克定律有kl＝mg.物块P做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F＋k(l－x)－mg＝ma，解得F＝ma＋kx，则可能正确的是A.答案：A针对训练(2017·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1(s1s0)处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1.重力加速度大小为g.求：(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度．解析：(1)设冰球与冰面间的动摩擦因数为μ，则冰球在冰面上滑行的加速度a1＝μg，①由速度与位移的关系知－2a1s0＝v21－v20，②联立①②得μ＝a1g＝v20－v212gs0.③(2)设冰球运动的时间为t，则t＝v0－v1μg，④又s1＝12at2，⑤由③④⑤得a＝s1（v0＋v1）22s20.⑥答案：(1)v20－v212gs0(2)s1（v0＋v1）22s201.(多选)(2017·全国卷Ⅰ)如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N.初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为ααπ2.现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM由竖直被拉到水平的过程中()A．MN上的张力逐渐增大B．MN上的张力先增大后减小C．OM上的张力逐渐增大D．OM上的张力先增大后减小答案：AD2.(2016·全国卷Ⅲ)如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球．在a和b之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为()A.m2B.32mC．mD．2m答案：C3．(2015·全国卷Ⅱ)某同学用图(a)所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图(b)所示，图中标出了五个连续点之间的距离．图(a)图(b)(1)物块下滑时的加速度a＝________m/s2，打C点时物块的速度v＝________m/s；(2)已知重力加速度大小为g，为求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是________(填正确答案标号)．A．物块的质量B．斜面的高度C．斜面的倾角解析：(1)物块沿斜面下滑做匀加速运动．根据纸带可得连续两段距离之差为0.13cm，由a＝ΔxT2得a＝0.13×10－2（0.02）2m/s2＝3.25m/s2，其中C点速度v＝xBDtBD＝（3.65＋3.52）×10－22×0.02m/s≈1.79m/s.(2)对物块进行受力分析如图，则物块所受合外力为：F合＝mgsinθ－μmgcosθ，即a＝gsinθ－μgcosθ，得μ＝gsinθ－agcosθ，所以还需测量的物理量是斜面的倾角θ.答案：(1)3.251.79(2)C4．(多选)(2015·全国卷Ⅰ)如图(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度解析：由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a1＝v0t1，下降过程中的加速度为a2＝v1t1.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律，得mgsinθ＋f＝ma1，mgsinθ－f＝ma2，由以上各式可求得sinθ＝v0＋v12t1g，滑动摩擦力f＝m（v0－v1）2t1，而f＝μFN＝μmgcosθ，由以上分析可知，选项A、C正确．由v-t图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确．答案：ACD5．(2015·全国卷Ⅰ)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图(a)所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s时间内小物块的v-t图线如图(b)所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2.求：图(a)图(b)(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离．解析：(1)根据题图象可以判定碰撞前物块与木板共同速度为v＝4m/s；碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4m/s，物块受到滑动摩擦力而向右匀减速，根据牛顿第二定律，有μ2g＝4m/s－0m/s1s，解得μ2＝0.4；木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1s，位移x＝4.5m，末速度v＝4m/s，其逆运动为匀加速直线运动，可得x＝vt＋12at2，代入，可得a＝1m/s2；物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即μ1g＝a，可得μ1＝0.1.(2)碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律，有μ1(M＋m)g＋μ2mg＝Ma1，解得a1＝43m/s2；对物块，则有加速度a2＝4m/s2，物块速度先减小到0，此时碰后时间为t1＝1s，此时，木板向左的位移x1＝vt1－12a1t21＝103m，末速度v1＝83m/s，物块向右的位移x2＝4＋02t1＝2m；此后，物块开始向左加速，加速度仍为a2＝4m/s2，木板继续减速，加速度仍为a1＝43m/s2，假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2＝v1－a1t2，解得t2＝0.5s；此过程，木板位移x3＝v1t2－12a1t22＝76m，末速度v3＝v1－a1t2＝2m/s，物块位移x4＝12a2t22＝12m，此后物块和木板一起匀减速；二者的相对位移最大为：Δx＝x1＋x3＋x2－x4＝6m，物块始终没有离开木板，所以木板的最小长度为6m.(3)最后阶段物块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度a＝μ1g＝1m/s2，位移x5＝v232a＝2m，所以木板右端离墙壁最远的距离为：x1＋x3＋x5＝6.5m.答案：(1)0.10.4(2)6m(3)6.5m