学年高中物理第四章牛顿运动定律章末复习课学案新人教版必修1.docx
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学年高中物理第四章牛顿运动定律章末复习课学案新人教版必修1
第四章 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=ma ⑩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=0 ⑯Fy合=0 ⑰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方法
1.矢量三角形法(合成法).
物体受三个力作用而平衡时,其中任意两个力的合力与第三个力大小相等、方向相反,且这三个力首尾相接构成封闭三角形,可以通过解三角形来求解相应力的大小和方向.常用的有直角三角形、动态三角形和相似三角形.
2.正交分解法.
在正交分解法中,平衡条件F合=0可写成:
∑Fx=F1x+F2x+…+Fnx=0(即x方向合力为零);∑Fy=F1y+F2y+…+Fny=0(即y方向合力为零).
3.整体法和隔离法:
在选取研究对象时,为了弄清楚系统(连接体)内某个物体的受力情况,可采用隔离法;若只涉及研究系统而不涉及系统内部某些物体的受力时,可采用整体法.
【典例1】如图所示,将倾角为α的粗糙斜面体置于水平地面上,斜面体上有一木块,对木块施加一斜向上的拉力F,整个系统处于静止状态,下列说法正确的是( )
A.木块和斜面体间可能无摩擦
B.木块和斜面体间一定有摩擦
C.斜面体和水平地面间可能无摩擦
D.撤掉拉力F后,斜面体和水平地面间一定有摩擦
解析:
以木块为研究对象受力分析,
根据平衡条件,若:
Fcosα=mgsinα,则木块与斜面体间无摩擦力,故A正确,B错误.以斜面和木块整体为研究对象,根据平衡条件:
斜面体和水平地面间的摩擦力等于F水平方向的分力,方向向右,故C错误.撤掉拉力F后,若物块仍然保持静止,以斜面和木块整体为研究对象,根据平衡条件则斜面不受地面的摩擦力,D错误,故选A.
答案:
A
针对训练
1.
如图所示,竖直墙壁上固定有一个光滑的半圆形支架(AB为直径),支架上套着一个小球,轻绳的一端悬于P点,另一端与小球相连.已知半圆形支架的半径为R,轻绳长度为L,且R A.F1和F2均增大 B.F1保持不变,F2先增大后减小 C.F1先减小后增大,F2保持不变 D.F1先增大后减小,F2先减小后增大 解析: 设小球所在位置为Q,对小球受力分析如图所示,小球受重力G、绳对小球的拉力F1及支架对小球的支持力F2,三力平衡,三个力构成的矢量三角形与△OPQ相似,可有 = = ,重力为恒力,P点下移的过程,OP间距离减小,比例式比值增大,PQ间距离为绳长,OQ间距离为圆形支架的半径,均保持不变,所以F1和F2均增大,故A正确,B、C、D错误. 答案: A 主题2 动力学中的临界极值问题 1.概念. (1)临界问题: 某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态. (2)极值问题: 在满足一定的条件下,某物理量出现极大值或极小值的情况. 2.关键词语. 在动力学问题中出现的“最大”“最小”“刚好”“恰能”等词语,一般都暗示了临界状态的出现,隐含了相应的临界条件. 3.常见类型. 动力学中的常见临界问题主要有三类: 一是弹力发生突变时接触物体间的脱离与不脱离的问题;二是绳子的绷紧与松弛的问题;三是摩擦力发生突变的滑动与不滑动问题. 4.解题关键. 解决此类问题的关键是对物体运动情况的正确描述,对临界状态的判断与分析,找出处于临界状态时存在的独特的物理关系,即临界条件. 常见的三类临界问题的临界条件: (1)相互接触的两个物体将要脱离的临界条件是: 相互作用的弹力为零. (2)绳子松弛的临界条件是: 绳的拉力为零. (3)存在静摩擦的系统,当系统外力大于最大静摩擦力时,物体间不一定有相对滑动,相对滑动与相对静止的临界条件是: 静摩擦力达到最大值. [典例❷] 如图所示,质量为m的物体被两根细绳OA、OB挂在小车上,两根细绳与车顶水平面夹角分别为53°和37°. 已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度大小为g,求: (1)若小车静止不动,绳OA拉力T1和绳OB拉力T2分别为多大? (2)若小车以大小为g的加速度向右匀加速运动时,绳OA拉力T1和绳OB拉力T2分别为多大? (3)若OA绳中恰好没有拉力,则小车向右运动的加速度为多大? 解析: (1)小车静止不动,物体受力平衡 T1=mgcos37°=0.8mg,T2=mgsin37°=0.6mg (2)若小车以大小为g的加速度向右匀加速运动时,建立水平和竖直方向的直角坐标系: 竖直方向: T2sin37°+T1cos37°=mg① 水平方向: T2cos37°-T1sin37°=mg② 联立①②得T1=0.2mg,T2=1.4mg (3)若OA绳中恰好没有拉力,物体受到重力和绳子OB的拉力, mgtan53°=ma, 解得: a= g 答案: (1)0.8mg 0.6mg (2)T1=0.2mg,T2=1.4mg (3)a= g 针对训练 2.如图所示,有一块木板静止在光滑而且足够长的水平面上,木板的质量为M=4kg、长为L=1.4m,木板右端放着一个小滑块,小滑块质量m=1kg,其尺寸远小于L,小滑块与木板间的动摩擦因数为μ=0.4(g取10m/s2). (1)现用恒力F作用在木板M上,为使m能从M上面滑落下来,问: F大小的范围是多少? (2)其他条件不变,若恒力F=22.8N,且始终作用在M上,最终使得m能从M上滑落下来,问: m在M上面滑动的时间是多少? 解析: (1)要使m能从M上滑下,则m与M发生相对滑动,此时对m: μmg=ma1, 对M: F-μmg=Ma2,且a2>a1,解得F>20N. (2)当F=22.8N时,由 (1)知m和M相对滑动, 对M: F-μmg=Ma3 设经时间t,m、M脱离,则 a3t2- a1t2=L,解得t=2s. 答案: (1)F>20N (2)2s 统揽考情 本章知识是必修1的核心,是前三章的综合,也是力学中的重点和难点.在高考中的地位比较高,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、磁场的知识综合考查.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分到30分之间. 真题例析 (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(s1 (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=μg① 由速度与位移的关系知-2a1s0=v -v ② 联立①②得μ= = ③ (2)设冰球运动的时间为t,则t= ④ 又s1= at2⑤ 由③④⑤得a= ⑥ 答案: (1) (2) 针对训练 (多选)(2015·课标全国Ⅰ卷)如图(a),一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的vt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= ,下降过程中的加速度为a2= .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= , 滑动摩擦力f= , 而f=μFN=μmgcosθ,由以上分析可知,选项A、C正确.由vt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: ACD 1.(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 .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: AD 2.(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. B. m C.mD.2m 答案: C 3.(2015·课标全国Ⅱ卷)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= 得a= m/s2=3.25m/s2,其中C点速度v= = m/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= ,所以还需测量的物理量是斜面的倾角θ. 答案: (1)3.25 1.79 (2)C 4.(2014·上海卷)如图,水平地面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面,斜面上放一质量为m的光滑球.静止时,箱子顶部与球接触但无压力.箱子由静止开始向右做匀加速运动,然后改做加速度大小为a的匀减速运动直至静止,经过的总路程为s,运动过程中的最大速度为v. (1)求箱子加速阶段的加速度大小a′. (2)若a>gtanθ,求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力. 解析: (1)由匀变速直线运动公式有: v2=2a′s1、v2=2as2,且s=s1+s2, 解得: a′= . (2)假设球不受箱子作用,应满足: Nsinθ=ma,Ncosθ=mg, 解得: a=gtanθ. 减速时加速度向左,此加速度由斜面支持力N与左壁支持力F左共同决定,当a>gtanθ,F左=0,球受力如图所示,在水平方向上根据牛顿第二定律有Nsinθ=ma,在竖直方向有 Ncosθ-F上=mg, 解得: F上=m(acotθ-g). 答案: (1) (2)0 m(acotθ-g) 5.(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)根据图象可以判定碰撞前木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 木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速,根据牛顿第二定律有μ2g= 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 其逆运动则为匀加速直线运动可得x=vt+ at2 代入可得a=1m/s2 木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 可得a1= m/s2 对滑块,则有加速度a2=4m/s2 滑块速度先减小到0,此时碰后时间为t1=1s 此时,木板向左的位移为x1=vt1- a1t = m末速度v1= m/s 滑块向右位移x2= t1=2m 此后,木块开始向左加速,加速度仍为a2=4m/s2 木块继续减速,加速度仍为a1= m/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- a1t = m末速度v3=v1-a1t2=2m/s 滑块位移x4= a2t = m 此后木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 滑块始终没有离开木板,所以木板最小的长度为6m (3)最后阶段滑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= =2m 所以木板右端离墙壁最远的距离为x1+x3+x5=6.5m. 答案: (1)μ1=0.1μ2=0.4 (2)6m (3)6.5m
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