【学霸笔记】34　第四章　章末综合提升 课件 物理人教版必修1

(共55张PPT)
复习任务群一
现代文阅读Ⅰ
把握共性之“新”　打通应考之“脉”
章末综合提升
第四章　运动和力的关系
巩固层·知识整合
提升层·主题探究
主题1　等时圆模型
1．质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图甲所示。
2．质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦
上端由静止开始滑到圆环的最低点所
用时间相等，如图乙所示。
3．证明：设某一条弦与水平方向的夹角为α，圆的半径为R，物体沿光滑弦做匀加速直线运动，加速度a＝g sin α，位移x＝2R sin α。由运动学公式x＝at2，得t＝＝＝2
即沿各条弦运动具有等时性，运动时间与弦的倾角、长短无关。
【典例1】　(多选)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间。下列关系正确的是(　　)
A．t1＝t2 B．t2>t3
C．t1√
√
√
BCD　[设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c、O、d无初速度释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均为零，但加速度aca>aOb，由x＝ 可知，t2>tca，故A错误，B、C、D均正确。]
【典例2】　如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下面半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑直轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ。现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(　　)
A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB>tCD>tEF
C．tAB√
B　[如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知tAB>tCD>tEF，故B正确，A、C、D错误。]
主题2　动力学中轻弹簧连接体模型
1．常见情境
2．力的质量正比例分配原则法：一起加速运动的物体，物体间的相互作用力按质量正比例分配。
3．接触与脱离的临界极值问题：刚好脱离时物体间的弹力恰好为零，两物体此时的速度、加速度均相同。
【典例3】　质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，如图甲所示，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，当用水平力F作用于B上且两物块以相同的加速度向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1；如图乙所示，当用同样大小的力F竖直向上拉B且两物块以相同的加速度竖直向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则x1∶x2等于(　　)
A．1∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．2∶3
√
A　[题图甲中，将两个物块作为一个整体，根据牛顿第二定律可得F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，再对A进行受力分析，可得T1－μmg＝ma，整理可得T1＝。题图乙中，同样将两个物块作为一个整体，根据牛顿第二定律可得F－(M＋m)g＝(M＋m)a′，再对A进行受力分析，可得T2－mg＝ma′，整理可得T2＝。因此两次弹簧的弹力相等，由胡克定律F＝kx可知两种情况弹簧的伸长量也相同，x1∶x2＝1∶1，故A正确，B、C、D错误。]
【典例4】　(多选)如图甲所示，弹簧台秤的托盘内放一个物块A，整体处于静止状态，托盘的质量m＝1 kg，物块A的质量M＝2 kg，轻弹簧的劲度系数k＝200 N/m。给A施加一个竖直向上的力F，使A从静止开始向上做匀加速直线运动，力F随时间变化的F-t图像如图乙所示，取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．托盘运动的最大速度为0.8 m/s
B．t＝0时F大小为12 N
C．t＝0时刻托盘对物块的支持力大小为16 N
D．t＝0.2 s时F大小为42 N
√
√
BC　[开始未施加力F时，对整体有(m＋M)g＝kx0，解得x0＝0.15 m，t＝0时刻施加力F时，根据牛顿第二定律F0＝(m＋M)a，由题图可知，在t＝0.2 s 时刻物块与托盘脱离，则Fm－Mg＝Ma，kx1－mg＝ma。其中x0－x1＝at2，联立解得x1＝0.07 m，a＝4 m/s2，F0＝12 N，Fm＝28 N，B正确，D错误；物块与托盘脱离时的速度为v＝at＝0.8 m/s，此后托盘继续向上做加速度减小的加速运动，则当加速度为零时速度最大，则最大速度大于0.8 m/s，A错误；t＝0时，对物块有F0＋FN－Mg＝Ma，解得FN＝16 N，C正确。]
题号
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章末综合测评(四)
一、选择题(共10小题，1～7题为单选题，8～10题为多选题。)
1．下列说法正确的是(　　)
A．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因
B．一个运动的物体，如果不再受力，它总会逐渐停下来，这说明，静止状态才是物体长时间不受力时的“自然状态”
C．伽利略根据理想实验推出：如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去
D．车速越大，刹车后滑行的距离越长，所以惯性越大
√
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C　[伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，故A错误；一个运动的物体，它总会逐渐停下来，是因为物体受到了摩擦力，如果不受力，物体会永远运动下去，故B错误；伽利略根据理想实验推出：如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去，故C正确；惯性只与质量有关，与速度无关，故D错误。]
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2．如图甲所示，人在原地纵跳，快速下蹲后立即蹬伸，在起跳过程中，人受到地面的支持力随时间变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是(　　)
A．在C点时人达到最大速度
B．曲线上的A点表示人下蹲至最低点
C．人对地面的压力是由于地面发生微小形变引起的
D．人能原地纵跳是地面对人的支持力大于人对地面的压力
√
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A　[人处于C点时，加速起立结束，加速度为零，速度最大，故A正确；下蹲过程包含向下加速和减速的过程，向下加速处于失重状态，人处于A点时，仍处于加速下蹲阶段，没有下蹲到最低点，故B错误；人对地面的压力是由于脚发生形变引起的，故C错误；根据牛顿第三定律知，地面对人的支持力大小等于人对地面的压力大小，故D错误。]
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3．烟花爆竹从地面起飞后在竖直方向上做匀减速直线运动，2 s后到达最高点并爆炸，已知爆炸点距地面的高度为30 m，烟花爆炸前受到的空气阻力恒定，g取10 m/s2，则烟花上升过程中阻力与重力的大小之比为(　　)
A．1.25 B．1
C．0.5 D．0.25
√
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C　[逆向看，烟花做初速度为零的匀加速直线运动，取向下为正方向，h＝at2，解得a＝1.5g，对烟花由牛顿第二定律得mg＋f＝ma，则＝0.5，C正确。]
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4．小球在液体中运动时会受到液体的摩擦阻力，这种阻力称为粘滞力。如果液体的粘滞性较大，小球的半径较小，则小球受到的粘滞力f＝6πηrv，式中η称为液体的粘滞系数，r为小球半径，v为小球运动的速度。若采用国际单位制中的基本单位来表示η的单位，则其单位为(　　)
A． B．
C． D．η为常数，没有单位
√
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B　[粘滞力f＝6πηrv可得η＝，则η的单位＝＝，故选B。]
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5．如图所示，质量为m的小球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q两点。球静止时，Ⅰ中拉力大小为T1，Ⅱ中拉力大小为T2，重力加速度为g。在仅剪断Ⅰ、Ⅱ中一根的瞬间，下列说法正确的是(　　)
A．若剪断Ⅰ靠近小球端，则小球受两个力作用
B．若剪断Ⅰ靠近小球端，则小球加速度a＝，方向水平向左
C．若剪断Ⅱ，则小球加速度a＝，方向水平向左
D．若剪断Ⅱ，则小球加速度a＝g，方向竖直向下
√
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C　[若剪断Ⅰ靠近小球端的瞬间，小球受弹力是零，细线Ⅱ的拉力突变为零，则小球只受重力，根据牛顿第二定律可知，小球的加速度为g，方向竖直向下，A、B错误；若剪断Ⅱ，由于弹簧的弹力不能突变，所以小球受到弹簧的弹力和重力作用，其合力水平向左，大小等于T2，根据牛顿第二定律可知，此时小球的加速度为a＝，方向水平向左，C正确，D错误。]
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6．如图所示，电梯与水平地面成θ角，一人静止站在电梯水平梯板上，电梯以恒定加速度a向上启动过程中，水平梯板对人的支持力和摩擦力分别为N和f。若电梯启动加速度改为2a(人与电梯仍相对静止)，则下列结论正确的是(　　)
A．水平梯板对人的摩擦力变为2f
B．水平梯板对人的支持力变为2N
C．电梯加速启动过程中，人处于失重状态
D．水平梯板对人的摩擦力方向向左
√
题号
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A　[对人受力分析，由于人有沿斜面向上的加速度，故摩擦力方向水平向右，如图所示，故D错误；电梯以恒定加速度a向上启动过程中，由牛顿第二定律得f＝ma cos θ，N－mg＝ma sin θ，故当加速度变为a′＝2a时，f′＝2ma cos θ＝2f，N′＝mg＋2ma sin θ<2N，故A正确，B错误；由于人受到的支持力大于重力，竖直方向加速度向上，故人处于超重状态，故C错误。]
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7．如图甲所示，一名滑雪爱好者(可视为质点)穿着滑雪板(未带滑雪杖)从山坡上A点由静止滑下，经B点滑上水平面，不计滑雪爱好者经过B点时的速率变化，滑雪爱好者在斜面和水平面上运动的速率随时间的变化图像如图乙所示。已知斜面与水平面间的夹角为37°，滑雪板与斜面、水平面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，则滑雪板与斜面间的动摩擦因数为(　　)
A．
C．
√
题号
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B　[由题中v-t图像可知滑雪爱好者在斜面和水平面上运动的加速度大小之比为＝，设滑雪爱好者与滑雪板的总质量为m，滑雪板与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，由牛顿第二定律得mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma1，μmg＝ma2，联立解得μ＝，故B正确。]
题号
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8．如图甲所示，一倾斜传送带与水平方向的夹角θ＝37°，传送带逆时针匀速转动。将一煤块无初速度地放在传送带顶端，煤块在传送带上运动的v-t图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则(　　)
题号
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A．传送带匀速运动的速度大小为6 m/s
B．煤块与传送带间的动摩擦因数为0.75
C．传送带的长度为12 m
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为1.5 m
√
√
√
题号
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ABD　[从题图乙可以看出，传送带匀速运动的速度大小为6 m/s，煤块加速运动时的加速度a＝12 m/s2，对煤块根据牛顿第二定律有μmg cos 37°＋mg sin 37°＝ma，得μ＝0.75，故A、B正确；传送带的长度等于煤块的位移大小，l＝6×2 m＋ m＝13.5 m，故C错误；煤块在传送带上留下的痕迹长为x＝x传－x煤＝0.5×6 m－ m＝1.5 m，故D正确。]
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9．(人教版P115T6改编)如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，静置在水平面上。水平面与物体间的摩擦力可忽略，两物体的质量mA＝4 kg，mB＝6 kg。从t＝0时刻开始，水平推力FA和水平拉力FB分别作用于A、B物体上，FA、FB随时间t的变化关系如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
A．t＝1.5 s时，A、B分离
B．t＝1.5 s时，A的速度大小为1.5 m/s
C．t＝1.5 s时，A的加速度大小为1.25 m/s2
D．t＝1.0 s时，A对B的作用力大小为2.0 N
√
√
题号
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BD　[结合题图乙与数学知识可知，FA和FB与时间的关系分别为FA＝8－2t(N)，FB＝2＋2t(N)，A、B两物体即将分离时，对A、B整体有FA＋FB＝(mA＋mB)a，当A、B两物体即将分离时，A、B两物体之间的作用力为零，对B物体有FB＝mBa，解得t＝2 s，故A错误；由于1.5 s小于2.0 s，所以在0～1.5 s过程中，A、B两物体并未分离，对其整体有FA＋FB＝(mA＋mB)a，可知其分离前，A、B整体所受合力不变，所以其加速度不变，为1 m/s2，所以该过程中物体A做匀变速直线运动，两物体从静止开始，所以t＝1.5 s时，A物体的速度为vA＝0＋at＝1.5 m/s，故B正确，C错误；1 s时两物体并未分离，对A、B整体有FA＋FB＝(mA＋mB)a，对物体B有FAB＋FB＝mBa，解得FAB＝2 N，所以t＝1.0 s时，A对B的作用力大小为2.0 N，故D正确。]
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10．如图所示，一固定杆与水平方向夹角θ＝30°，将一滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个小球。滑块与小球恰能一起沿杆向下匀速运动，则下列说法正确的是(　　)
A．滑块与杆之间动摩擦因数为0.5
B．滑块与杆之间动摩擦因数为
C．当二者相对静止地沿杆上滑时，轻绳对小球的拉力斜向左上与水平方向成30°角
D．当二者相对静止地沿杆上滑时，轻绳对小球的拉力斜向右上与水平方向成60°角
√
√
题号
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BC　[由题意知滑块与小球恰能一起沿杆向下匀速运动，把滑块和小球作为一个整体，可知mg sin θ＝μmg cos θ，所以μ＝tan θ＝，故A错误，B正确；当二者相对静止地沿杆上滑时，以整体为研究对象可知加速度a＝g sin θ＋μg cos θ＝g，设此时绳子与水平方向的夹角为α，绳子的拉力为T，对小球由牛顿第二定律在水平方向上有T cos α＝ma cos 30°，在竖直方向上mg－T sin α＝ma sin 30°，解得α＝30°，由于加速度沿斜面向下，所以小球受到的合力也应该沿斜面向下，所以拉力的方向应该斜向左上与水平方向成30°角，故C正确，D错误。]
题号
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二、实验题
11．某实验小组利用如图所示的装置探究在质量不变的情况下加速度与合力的关系(已平衡阻力)。小车上放有n个砝码，小车与砝码的总质量为M，小桶质量为m0。每次从小车中取出一个砝码放入小桶中，将小桶和桶内砝码的总重力视为合力F，对应的加速度a则从打下的纸带中计算得出。多次改变合力F的大小，计算相应的加速度。实验中，桶内的砝码取自小车中，故系统的总质量不变。以合力F为横轴、加速度a为纵轴，画出a-F图像，图像是一条过原点的直线。
题号
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(1)a-F图像斜率的物理意义是______(填正确答案标号)。
A．
C．M D．M＋m0
(2)实验中，你认为把小桶和桶内砝码的总重力当作合力F是_______
(选填“合理”或“不合理”)的。
(3)实验中，_______(选填“需要”或“不需要”)满足“小车和车上砝码总质量”远大于“小桶和桶内砝码总质量”的实验条件。
B
合理
不需要
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[解析]　(1)将车内的砝码转移到桶中，就保证了M＋m0不变，即系统的总质量不变，研究对象是整个系统，则a＝，可见a-F图像斜率的物理意义是，故选B。
(2)因为实验的研究对象为整个系统，系统受到的合力就等于小桶和桶内砝码的总重力，则把小桶和桶内砝码的总重力当作合力F是合理的。
(3)系统的合力就等于所悬挂小桶和砝码的总重力，不必满足“小车和车上砝码总质量”远大于“小桶和桶内砝码总质量”这样的条件。
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12．智能手机内置有加速度传感器，可以实时显示手机运动的加速度。某实验小组利用智能手机来探究加速度与合力的关系，实验装置如图甲所示，已知当地重力加速度为g。实验步骤如下：
题号
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①将轻弹簧上端固定在铁架台的支架上，下端与手机相连接，手机下端通过细绳悬挂钩码并记录钩码的质量为m；
②开始时保持手机和钩码处于静止状态，并打开手机的加速度传感器功能；
③剪断悬挂钩码的细绳，手机加速度传感器记录手机加速度a随时间t的变化并拟合绘制出a-t图像，如图乙所示。
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请回答下面问题：
(1)剪断细绳瞬间手机的加速度对应图乙中的_______________(选填“A”“B”或“C”)点加速度。
(2)剪断细绳瞬间手机受到的合力大小F等于________(用测得物理量的符号表示)。
A
mg
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(3)改变所悬挂钩码的质量，重复步骤②、③，测得多组(a，F)数据并绘制a-F图像，如图丙所示，由图像可以得出的结论是：
_______________________________________________________。
(4)从图乙可以观察到，即使整个实验装置看起来处于静止状态，手机依然显示有微小的加速度扰动，为了减少该扰动造成的影响，下列做法可行的是________(选填选项代号)。
A．使用质量较大的钩码组
B．将弹簧更换为不可伸长的细线
C．将弹簧更换为劲度系数较大的弹簧
D．让钩码组的质量远小于手机的质量
当手机的质量一定时，手机的加速度与手机所受合力成正比
AC
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[解析]　(1)前面的数据波动是保持平衡时的轻微扰动，后续的数据波动是因为手机在上下运动，故第一个峰值即为细绳被剪断时的瞬时加速度，故选“A”点。
(2)剪断细绳瞬间，弹簧的弹力大小不变，手机受到的合力大小F等于钩码的重力大小，则F＝mg。
(3)由题图丙知，图像为过原点的一条直线，根据图像可以得到的结论，当手机的质量一定时，手机的加速度与手机所受合力成正比。
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(4)使用质量更大的钩码组，整体的惯性将增加，其状态将越难改变，扰动将越小，因此该方案可行，故A正确；将弹簧更换为不可伸长的细线，手机自身总是能达到平衡态，因此该方法不可行，故B错误；劲度系数越大，弹簧越不容易发生形变，则扰动越小，因此该方法可行，故C正确；让钩码的质量远远小于手机的质量，并不能减小其扰动，甚至会增加其扰动，对实验数据的处理将变得更困难，因此该方案不可行，故D错误。
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三、计算题
13．航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2 kg，动力系统提供的恒定升力F＝28 N。试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10 m/s2。
(1)第一次试飞，飞行器飞行t1＝8 s时到达高度H＝64 m，求飞行器所受阻力f的大小。
(2)第二次试飞，飞行器飞行t2＝6 s时关闭遥控器，飞行器立即失去升力，求飞行器能达到的最大高度h。
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[解析]　(1)第一次飞行中，设加速度大小为a1，
匀加速运动位移H＝
由牛顿第二定律有F－mg－f＝ma1
解得f＝4 N。
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(2)第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为s1
匀加速运动位移s1＝
v1＝a1t2
设失去升力后的加速度大小为a2，上升的高度为s2
由牛顿第二定律有mg＋f＝ma2
s2＝
最大高度h＝s1＋s2
联立解得h＝42 m。
[答案]　(1)4 N　(2)42 m
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14．机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s 运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
(2)小包裹通过传送带所需的时间t。
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[解析]　(1)小包裹的速度v2大于传送带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可知
μmg cos α－mg sin α＝ma
解得a＝0.4 m/s2。
(2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，用时
t1＝＝ s＝2.5 s
在传送带上滑动的距离为
x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m
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因为小包裹所受滑动摩擦力大于其重力沿传送带方向上的分力，即μmg cos α＞mg sin α，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为
t2＝＝ s＝2 s
所以小包裹通过传送带的时间为
t＝t1＋t2＝4.5 s。
[答案]　(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s
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15．如图甲所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板。从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v-t图像分别如图乙中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标为a(0，10)、b(0，0)、c(4，4)、d(12，0)。根据v-t图像(g取10 m/s2)，求：
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(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到相同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3；
(2)物块质量m与长木板质量M之比；
(3)物块相对长木板滑行的距离Δx。
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[解析]　(1)由v-t图像可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小为
a1＝ m/s2＝1.5 m/s2
木板开始做匀加速直线运动的加速度大小为
a2＝ m/s2＝1 m/s2
达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小为
a3＝ m/s2＝0.5 m/s2。
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(2)对物块冲上木板后的匀减速阶段有
μ1mg＝ma1
对木板向前匀加速阶段有
μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2
物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段有
μ2(m＋M)g＝(M＋m)a3
以上三式联立可得＝。
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(3)由v-t图像可以看出，物块相对于长木板滑行的距离Δx对应题图乙中△abc的面积，故Δx＝10×4× m＝20 m。
[答案]　(1) 1.5 m/s2　1 m/s2　0.5 m/s2　(2)　(3) 20 m
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