粤教版高中物理必修一第四章章末复习课

高中物理学习材料
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第四章章末复习课
【知识体系】
力与
运动⎩⎪⎪
⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪
⎪⎪⎪⎪
⎪⎪⎧伽利略的理想实验与牛顿第一定律⎩⎪⎨⎪⎧伽利略的理想实验牛顿第一定律⎩⎪⎨⎪⎧惯性：一切物体都有惯性物体运动状态的改变⎩⎪⎨⎪⎧速度① 变化速度② 变化大小、方向都变化影响加速度的因素⎩⎪⎨⎪⎧加速度与合外力的关系：质量一定时，加速度与合外力③ 加速度与质量的关系：当合外力一定时，加速度与质量④ 探究运动与受力关系⎩⎨⎧加速度与合外力的关系：m 一定时，a ∝F ，或a 1∶a 2＝F 1∶F 2加速度与质量的关系：F 一定时，a ∝1m ，或a 1∶a 2＝m 2∶m
1实验数据的图象表示牛顿第二定律⎩⎪⎨⎪⎧计算机实时实验的结果牛顿第二定律及其数学表示⎩⎪⎨⎪⎧内容公式：⑤ 适用范围
牛顿第二定律的应用⎩⎪⎨⎪⎧已知物体的运动状态，确定物体的受力情况已知物体的受力情况，确定物体的运动状态超重和失重⎩⎪⎨⎪⎧超重和失重现象超重和失重的解释
完全失重的现象力学单位⎩
⎪⎨⎪⎧单位制的意义：由⑥ 和⑦ 所组成的一系列完整的单位体制国际单位制中的力学单位 [答案填写] ①大小 ②方向 ③成正比 ④成反比 ⑤F ＝
ma ⑥基本单位 ⑦导出单位
主题1 整体法与隔离法
1．整体法与隔离法．
(1)系统内物体间相对静止或具有相同的加速度时，把系统作为一个整体考虑，应用牛顿第二定律列方程求解，即为整体法．
(2)将系统内某个物体(或某部分)从系统中隔离出来作为研究对象加以分析，利用牛顿第二定律列方程求解，即为隔离法．
2．整体法和隔离法的选择．
(1)若系统内各物体相对静止或具有相同的加速度时，优先考虑整体法．
(2)若系统内各物体的加速度不相同，一般选用隔离法．
3．注意事项．
(1)用整体法时，只需考虑整体所受的各个外力，不需考虑系统内各物体间的“内力”．
(2)用隔离法时，必须分析隔离体所受到的各个力．
(3)区分清楚内力和外力．
【典例1】 光滑水平面上倾角为θ、质量为m 的光滑斜面上，放置一质量为m 0的物块，如图所示，现用一水平恒力F 推斜面，物块和斜面一起运动，则斜面对物块的支持力大小为( )
A ．m ·g cos θ B.m 0g sin θ
C.m 0F m ＋m 0
D.m 0F （m ＋m 0）sin θ
解析：两物体无相对滑动，说明两物体具有相同的加速度，由整体法可知，加速度方向水平．
对整体，有F ＝(m ＋m 0)a ①
对物块受力情况如图所示．
得F N sin θ＝m 0a ②
由①②，解得F N ＝
m 0F （m ＋m 0）sin θ
. 答案：D
针对训练
1．(多选)如图所示，在光滑的桌面上有M 、m 两个物块，现用力F 推物块m ，使M 、m 两物块在桌上一起向右加速，则M 、m 间的相互作用力为( )
A.mF M ＋m
B.MF M ＋m
C ．若桌面的动摩擦因数为μ、M 、m 仍向右加速，则M 、m 间
的相互作用力为MF M ＋m
＋μMg D ．若桌面的动摩擦因数为μ，M 、m 仍向右加速，则M 、m 间
的相互作用力仍为MF M ＋m
解析：根据牛顿第二定律，得
对整体：a＝
F
M＋m
，
对M：F N＝Ma＝
MF
M＋m
.故A错误，B正确；
设桌面的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，得
对整体：a＝F－μ（M＋m）g
M＋m
＝
F
M＋m
－μg
对M：F N－μMg＝Ma
得F N＝μMg＋Ma＝
MF
M＋m
.故C错误，D正确．
答案：BD
主题2临界问题
1．临界值问题：在运用牛顿运动定律解决动力学问题时，常常要讨论相互作用的物体间是否会发生相对滑动，相互接触的物体间是否会发生分离等，这类问题就是临界问题．
2．解决临界问题的关键：解决这类问题的关键是分析临界状态，两物体间刚好相对滑动时，接触面间必须出现最大静摩擦力；两个物体要分离时，相互之间作用的弹力必定为零．
3．解决临界问题的一般方法：
(1)极限法：题设中若出现“最大”“最小”“刚好”等这类词语时，一般就隐含临界问题，解决这类问题时常常是把物理量(或物理过程)引向极端，进而使临界条件或临界点暴露出来，达到快速解决问题的目的．
(2)数学推理法：根据分析物理过程列出相应的力学方程(数学表达)，然后由数学表达式讨论得出临界条件．
【典例2】如图所示，平行于斜面的细绳把小球系在倾角为θ的斜面上，为使球在光滑斜面上不发生相对运动，斜面体水平向右运
动的加速度不得大于多少？水平向左的加速度不得大于多少？
解析：(1)设斜面处于向右运动的临界状态时的加速度为a1，此时，斜面支持力F N＝0，小球受力如图甲所示．根据牛顿第二定律，得
水平方向：F x＝F T cos θ＝ma1，
竖直方向：F y＝F T sin θ－mg＝0，
联立两式，解得a1＝g cot θ.
因此，要使小球与斜面不发生相对运动，向右的加速度不得大于a＝g cot θ.
(2)设斜面处于向左运动的临界状态的加速度为a2，此时，细绳的拉力F T＝0.小球受力如上图乙所示．根据牛顿第二定律，得水平方向：F x＝F N sin θ＝ma2，
竖直方向：F y＝F N cos θ－mg＝0，
联立两式，解得a2＝g tan θ.因此，要使小球与斜面不发生相对运动，向左的加速度不得大于a＝g tan θ.
答案：见解析
针对训练
2．如图所示，在前进的车厢的竖直后壁上放一个物体，物体与壁间的摩擦因数μ＝0.8，要使物体不下滑，车厢至少应以多大的加速度前进(g取10 m/s2)?
解析：设物体的质量为m，在竖直方向上有mg＝F，F为临界情况下的摩擦力，F＝μF N，F N为物体所受水平弹力，又由牛顿第二定律得F N＝ma，由以上各式得：
加速度a＝F N
m＝
mg
μm
＝
10
0.8m/s
2＝12.5 m/s2.
答案：12.5 m/s2
主题3图象在动力学中的应用
动力学中的图象常见的有F-t图象、a-t图象、F-a图象等．
(1)对F-t图象要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质．
(2)对a-t图象，要注意加速度的正负，分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情况根据牛顿第二定律列方程．
(3)对于F-a图象，首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出a-F间的函数关系式；由函数关系式结合图象明确图象的斜率、截距的意义，从而由图象给出的信息求出未知量．
【典例3】放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示．取重力加速度g＝10 m/s2.由这两个图象可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为()
A．0.5 kg，0.4B．1.5 kg，2
15
C．0.5 kg，0.2 D．1 kg，0.2
解析：由题F-t图和v-t图，可知物块在2 s到4 s内所受外力F
＝3 N，物块做匀加速运动，a＝Δv
Δt
＝2 m/s2，又F－f＝ma，即3－μmg
＝2m.①
物块在4 s到6 s所受外力F＝2 N，物块做匀速直线运动，则F ＝f＝μmg＝2 N．②
由①②解得：m＝0.5 kg，μ＝0.4，故A选项正确．
答案：A
针对训练
3．如图甲所示，固定光滑细杆与地面成一定夹角α，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F 与小环速度v随时间变化规律如图乙所示，取重力加速度g＝10 m/s2.求：
图甲图乙
(1)小环的质量m；
(2)细杆与地面间的夹角α.
解析：由题图得：0～2 s内，a＝Δv
Δt
＝
1
2m/s
2＝0.5 m/s2.
根据牛顿第二定律，可得前2 s有F1－mg sinα＝ma，2 s后有F2＝mg sin α，代入数据，解得：m＝1 kg，α＝30°.
答案：(1)1 kg(2)30°
统揽考情
牛顿运动定律是历年高考的热点，分析近几年高考题，命题角度有以下几点：
1．超重、失重问题，瞬时性问题．
2．整体法与隔离法处理连接体问题．
3．牛顿运动定律与图象综合问题．
真题例析
(2015·海南卷)(多选)如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态；现将细线剪断，将物块a 的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长分别为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间()
A．a1＝3g B．a1＝0
C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl2
解析：剪断细线前，轻弹簧S1的弹力FT1＝2mg，轻弹簧S2弹力FT2＝mg；在剪断细线的瞬间弹簧弹力不变，根据F＝kx知Δl1＝2Δl2，C正确，D错误；细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，此时a 物体受向下的重力和向下的拉力FT1，A其合力为3mg，因此a的加速度a1＝3g，A正确，B错误，故选A、C
答案：AC
针对训练
如图所示，质量为m 的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB 托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为( )
A ．0 B.233g C ．g D.33
g 解析：未撤离木板时，小球受重力G 、弹簧的拉力F 和木板的弹力F N 的作用处于静止状态，通过受力分析可知，木板对小球的弹力大小为233
mg .在撒离木板的瞬间，弹簧的弹力大小和方向均没有发生变化，而小球的重力是恒力，故此时小球受到重力G 、弹簧的拉力F ，合力与木板提供的弹力大小相等，方向相反，故可知加速度的大小为233g . 答案：B
1．用平行于斜面的力推动一个质量为m 的物体沿着倾斜角为α的光滑斜面由静止向上运动，当物体运动到斜面的中点时撤去推力，物体恰能滑到斜面顶点，由此可以判定推力F 的大小必定是( )
A ．2mg cos α
B ．2mg sin α
C ．2mg (1－sin)α
D ．2mg (1＋sin α)
解析：有推力F 时，a ＝F －mg sin αm
，撤去F 后，a ′＝g sin α，由v 2
＝2as ，有：a ＝a ′，即：F －mg sin αm ＝g sin α，F ＝2mg sin α，故B 正确．
答案：B
2．如图所示，车厢底板光滑的小车上用两个量程均为20 N 的完全相同的弹簧测力计甲和乙系住一个质量为1 kg 的物块，当小车在水平地面上做匀速运动时，两弹簧测力计受拉力的示数均为10 N ，当小车做匀加速运动时弹簧测力计甲的示数为8 N ，这时小车运动的加速度大小和方向是( )
A ．2 m/s 2，水平向右
B ．4 m/s 2，水平向右
C ．6 m/s 2，水平向左
D ．8 m/s 2，水平向左
解析：开始两个弹簧处于受拉状态，小车匀速运动时两弹簧拉伸的长度相同；现甲弹簧测力计的读数变小，说明乙弹簧测力计的读数
变大，因为弹簧的弹力F 与形变量x 成正比，且F x ＝ΔF Δx
，故甲弹簧测力计的读数减小2 N ，乙弹簧测力计的读数增大2 N ．根据合力与加速度方向相同的关系，物块的加速度方向水平向右．由F ＝ma ，有a ＝12－81
m/s 2＝4 m/s 2.故选项B 正确． 答案：B
3．(多选)如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后
木板和物块相对于水平面的运动情况为()
A．物块先向左运动，再向右运动
B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动
C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动
D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零
解析：物块相对于木板滑动，说明物块的加速度小于木板的加速度，撤掉拉力后木板向右的速度大于物块向右的速度，所以它们之间存在滑动摩擦力，使物块向右加速，木板向右减速，直至达到向右相同的速度，所以B、C正确．
答案：BC
4．一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连．小球某时刻正处于图示状态．设斜面对小球的支持力为F N，细绳对小球的拉力为F T，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是()
A．若小车向左运动，F N可能为零
B．若小车向左运动，F T不可能为零
C．若小车向右运动，F N不可能为零
D．若小车向右运动，F T不可能为零
解析：若小车向左做减速运动，则加速度方向向右，若小球受重力和绳子的拉力的合力可以使小球的加速度与小车的加速度相同，故此时F N为零，故A正确；若小车向左加速运动，则加速度方向向左，若此时重力与斜面的支持力的合力可以使小球的加速度与小车的加
速度相同，则绳子的拉力为零，故B错误；同理可知当小车向右运动时，也可能做加速或减速运动，即加速度方向也可能向右或向左，所以F N和F T均可以为零，故C、D均错误．
答案：A
5．(多选)如图甲所示，在粗糙水平面上，物体A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其速度—时间图象如图乙所示，下列判断正确的是()
A．在0～1 s内，外力F不断增大
B．在1～3 s内，外力F的大小恒定
C．在3～4 s内，外力F不断减小
D．在3～4 s内，外力F的大小恒定
解析：在速度—时间图象中，0～1 s内物块速度均匀增大，物块做匀加速运动，外力F为恒力；1～3 s内，物块做匀速运动，外力F 的大小恒定，3～4 s内，物块做加速度不断增大的减速运动，外力F 由大变小．综上所述，只有B、C两项正确．
答案：BC
6．竖直上抛物体受到的空气阻力F f大小恒定，物体上升到最高点时间为t1，从最高点再落回抛出点所需时间为t2，上升时加速度大小为a1，下降时加速度大小为a2，则()
A．a1＞a2，t1＜t2B．a1＞a2，t1＞t2
C．a1＜a2，t1＜t2D．a1＜a2，t1＞t2
解析：物体上升时所受合力F＝mg＋F f＝ma1，下降时所受合力
F′＝mg－F f＝ma2，故a1＞a2.又因为h＝1
2a1t
2
1
＝
1
2a2t
2
2
，则t1＜t2.故A
正确．
答案：A
7．(多选)如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查．其传送装置可简化为如图乙模型，紧绷的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A 处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，AB 间的距离为2 m ，g 取10 m/s 2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v ＝1 m/s 的恒定速率平行于传送带运动到B 处去取行李，则( )
A ．乘客与行李同时到达
B 处
B ．乘客提前0.5 s 到达B 处
C ．行李提前0.5 s 到达B 处
D ．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s 才能到达B 处 解析：行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线
运动．加速度为a ＝μg ＝1 m/s 2
，历时t 1＝v a ＝1 s 达到共同速度，位移x 1＝v 2
t 1＝0.5 m ，此后行李匀速运动t 2＝2－x 1v ＝1.5 s 到达B ，共用2.5 s ．乘客到达B ，历时t ＝2v ＝2 s ，故B 正确．若传送带速度足够
大，行李一直加速运动，最短运动时间t min ＝
2×21
s ＝2 s ，D 项正确．
答案：BD
8．如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为l1＝1.6×102m 的水平跑道和长度为l2＝20 m的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m．一架质量为m＝2.0×104kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向与速度方向
相同，在运动过程中飞机受到平均阻力大小为飞机重力的1
10.假设航
母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，取g＝10 m/s2.
(1)求飞机在水平跑道上运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；
(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道阶段对飞机施加助推力，求助推力F推的大小．解析：(1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力的作用，设加速度大小为a1，末速度大小为v1，运动时间为t1，有F 合＝
F－f＝ma1，v21＝2a1l1，
v1＝a1t1，
其中f＝0.1mg，代入已知数据可得：
a1＝5.0 m/s2，v1＝40 m/s，t1＝8.0 s.
飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿倾斜跑道向下的分力作用，设沿倾斜跑道方向的加速度大小为a2，末速度大小为v2，沿倾斜跑道方向有：
F′合＝F－f－G x＝ma2，G x＝mg h
l2＝4.0×10
4 N，v22－v21＝2a2l2，
代入已知数据可得：
a2＝3.0 m/s2，v2＝ 1 720 m/s＝41.5 m/s.
(2)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a′1，末速度大小为v′1，有：F″合＝F推＋F －f＝ma′1，
v′21＝2a′1l1，
飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道的受力没有变化，加速度大小a′2＝a2＝3.0 m/s2，
v′22－v′21＝2a′2l2，
根据题意，v′2＝100 m/s，代入已知数据解得：
F推＝5.2×105 N.
答案：(1)8.0 s41.5 m/s(2)5.2×105 N。