2019-2020学年新教材高中物理 第四章 运动和力的关系 章末整合提升课件 新人教版必修1

章末整合提升题型一动力学图像问题1．常见的两类动力学图像问题(1)已知物体在某一过程中的速度、加速度随时间变化的图像，求物体的受力情况．(2)已知物体在某一过程中所受的合力(或某个力)随时间变化的图像，求物体的运动情况．2．解决图像问题的关键(1)分清图像的类别：分清横、纵坐标轴所代表的物理量，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点．(2)注意图像中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标轴的交点，图线的转折点，两图线的交点等表示的物理意义．(3)能从图像中获取有用信息：把图像与物体运动情况相结合，再结合斜率、面积等所代表的物理意义，确定从图像中得到的有用信息，这些信息往往是解决问题的突破口或关键点．【典例1】一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小．能正确描述F与a之间关系的图像是()[解析]物块的受力如图所示，当F不大于最大静摩擦力时，物块仍处于静止状态，故其加速度为0；当F大于最大静摩擦力后，由牛顿第二定律得F－μFN＝ma，即F＝μFN＋ma，F与a成线性关系．选项C正确．[答案]C处理图像问题的思路(1)会看：看图时要能够看出函数图像所表达的物理意义，看出图像中点、线、面及截距、斜率等的物理意义，并由此切入解题．(2)会用：利用图像法解题不仅思路清晰，而且过程简单，方法巧妙．利用图像法解题的关键在于建立物理问题与物理图像间的联系，再根据有关物理规律求解．(3)会联系：同一物理过程在不同的物理图像中的表现形式不同，但不同的物理图像之间存在联系．根据解题的需要，会将同一物理过程的变化规律用不同的图像表达出来．转换图像的关键是根据物理规律，明确图像间的相互联系．[针对训练1](多选)如图甲所示，滑块以一定的初速度冲上一倾角θ＝37°的足够长的固定斜面．滑块上滑过程的v－t图像如图乙，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则下列说法正确的是(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)()A．木块上滑过程中的加速度大小是6m/s2B．木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5C．木块经2s返回出发点D．木块回到出发点时的速度大小v＝25m/s[解析]木块上滑过程中的加速度大小a1＝ΔvΔt＝101m/s2＝10m/s2，故A错误；木块在冲上斜面的过程中，根据牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得μ＝0.5，故B正确；木块下滑过程中，根据牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2m/s2，上滑的位移为x1＝12a1t21＝12×10×12m＝5m，则下滑的位移x2＝x1＝12a2t22，解得t2＝5s，所以木块返回出发点所用的时间为(5＋1)s，故C错误；根据速度—时间公式可得木块回到出发点时的速度大小为v＝a2t2＝25m/s，故D正确．[答案]BD题型二传送带模型解题思路【典例2】如图所示，传送带与地面之间的倾角θ＝37°，从A到B长度为16m，传送带以10m/s的速率逆时针转动．在传送带上端A无初速度地放一个质量为0.5kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5.求物体从A运动到B所需的时间．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)[解析]物体放在传送带上后，开始阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一个沿传送带向下的滑动摩擦力F，物体受力情况如图甲所示．物体由静止加速，由牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，得a1＝10×(0.6＋0.5×0.8)m/s2＝10m/s2.物体加速至与传送带速度相等需要的时间t1＝va1＝1010s＝1s，t1时间内物体的位移x＝12a1t21＝5m.由于μtanθ，物体在重力作用下将继续加速运动，当物体速度大于传送带速度时，传送带给物体一沿传送带向上的滑动摩擦力F.此时物体受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，得a2＝2m/s2.设后一阶段物体滑至底端所用的时间为t2，由L－x＝vt2＋12a2t22解得t2＝1s(t2＝－11s舍去)．所以物体由A到B的时间t＝t1＋t2＝2s.[答案]2s我们可以从比较物体速度与传送带速度(传送带速度恒定)展开思维，思维导图如图所示：[针对训练2](多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1.工件滑上A端瞬时速度vA＝4m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，则()A．若传送带不动，则vB＝3m/sB．若传送带以速度v＝4m/s逆时针匀速转动，vB＝3m/sC．若传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速转动，vB＝3m/sD．若传送带以速度v＝4m/s顺时针匀速转动，vB＝3m/s[解析]若传送带不动，由匀变速直线运动规律可知v2B－v2A＝2as，a＝μg，代入数据解得vB＝3m/s，当满足选项B、C中的条件时，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，同理可得，工件到达B端的瞬时速度仍为3m/s，故选项A、B、C正确；若传送带以速度v＝4m/s顺时针匀速转动，则工件滑上A端后做匀速运动，到B端的速度仍为4m/s，故选项D错误．[答案]ABC题型三滑块—木板模型1．模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动．2．处理方法处理此类问题，受力分析和运动过程的分析是关键，必须弄清滑块和木板的加速度、速度、位移关系，画好位移关系图．(1)加速度关系如果滑块和木板之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度；如果滑块和木板之间发生了相对运动，应采用“隔离法”分别求出滑块和木板的加速度．应注意找出滑块和木板之间是否发生相对运动的隐含条件．(2)速度关系滑块和木板之间发生相对运动时，分析速度关系，从而确定滑块受到的摩擦力方向．应注意当滑块和木板的速度相同时，摩擦力会发生突变．(3)位移关系滑块和木板叠放在一起运动时，应仔细分析滑块和木板的运动过程，认清对地位移和相对位移之间的关系．这些关系就是解题过程中列方程所必需的关系．【典例3】如图所示，质量M＝1kg、长l＝4m的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m＝1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4.某时刻起在铁块上加一个水平向右的恒力F＝8N，取g＝10m/s2.试求：(1)恒力F作用时木板和铁块的加速度大小；(2)当铁块运动到木板右端时，把铁块拿走，木板还能继续滑行的距离．[解析](1)F作用时，由牛顿第二定律，对铁块有F－μ2mg＝ma1解得a1＝4m/s2对木板有μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2解得a2＝2m/s2.(2)当铁块运动到木板右端时，对铁块：s1＝12a1t2对木板：s2＝12a2t2又s1－s2＝l解得t＝2s铁块拿走时，木板的速度v＝a2t＝4m/s随后，木板做匀减速直线运动，加速度大小为a3＝μ1g＝1m/s2则木板还能继续滑行的距离s3＝v22a3＝8m.[答案](1)2m/s24m/s2(2)8m通过本题，让同学们掌握对于多过程板块模型的分析方法.关键要理清木板和铁块各自在不同运动过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式，抓住它们的位移关系进行求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁.[针对训练3](多选)如图甲所示，在光滑水平面上有一质量为M的长木板，质量为m的小滑块(可视为质点)放在长木板上．长木板受到的水平拉力F与加速度a的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是()A．长木板的质量M＝1kgB．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.5C．当F＝6.5N时，长木板的加速度大小为2.5m/s2D．当F增大时，小滑块的加速度一定增大[解析]对整体分析，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a0，当F＝6N时，两者具有最大的共同加速度，代入数据解得M＋m＝3kg.当F大于6N时，对长木板进行受力分析，根据牛顿第二定律得F＝aM＋μmg，由题图乙知图线的斜率k＝M＝1kg，则滑块的质量为m＝2kg，A正确；根据F大于6N时的图线的延长线知，F＝4N时，a＝0，代入数据解得μ＝0.2，B错误；当F6N时有a＝F－4(m/s2)，当F＝6.5N时，长木板的加速度大小为a＝2.5m/s2，C正确；当拉力增大，两者发生滑动，滑块的加速度大小为μmgm＝2m/s2，恒定不变，D错误．[答案]AC