粤教版物理必修1同步测试：第4章章末复习课 力与运动

第四章章末复习课
【知识体系】
[答案填写]　①匀速直线运动　②静止　③质量　④所受合外力　⑤质量　⑥F＝ma　⑦向上　⑧向下　⑨大小相等　⑩方向相反　 作用在同一直线上
主题1　正交分解法
正交分解法是解决多力平衡问题和运用牛顿第二定律解题时的重要方法．正交分解法是把物体受到的各个力沿两个选定的互相垂直的方向分解，其本质是化“矢量运算”为“代数运算”．
利用正交分解法解题的一般步骤：
(1)对物体进行受力分析．
(2)建立直角坐标系xOy.
①沿物体的运动方向和垂直于物体的运动方向．
②沿力的方向，使尽量多的力在坐标轴上．
③通常选共点力的作用点为坐标原点．
(3)分别将不在坐标轴上的力分解到坐标轴上．
(4)用代数运算法分别求出所有在x轴方向和y轴方向上的合力∑Fx和∑Fy.
(5)最后根据平行四边形定则求得合力的大小和方向．
【典例1】　如图所示，质量为4.0
kg的物体在与水平方向成
37°角、大小为20
N的拉力F作用下，沿水平面由静止开始运动，物体与地面间动摩擦因数为0.20；取g＝10
m/s2，cos
37°＝0.8，sin
37°＝0.6；求：
(1)物体的加速度大小；
(2)经过2
s撤去F，再经3
s时物体的速度为多大？
(3)物体在5
s内的位移是多少？
解析：(1)物体受力如图所示，据牛顿第二定律有：
Fx－Fμ＝ma；FN＋Fy－mg＝0，
又：Fμ＝μFN；Fx＝Fcos
37°；Fy＝Fsin
37°，
故：a＝＝2.6
m/s2.
(2)v2＝at2＝2.6×2
m/s＝5.2
m/s，
撤去F后，据牛顿第二定律有：－μmg＝ma′
故：a′＝－μg＝－0.20×10
m/s2＝－2.0
m/s2，
由于：t止＝＝2.6
s＜3
s＝(5－2)s，
则撤去F后，再经3
s，即5
s末时速度为：v5＝0.
(3)前2
s内物体位移：s1＝t2＝×2
m＝5.2
m，
后3
s内物体的位移：s2＝t止＝×2.6
m＝6.76
m，或：s2＝－eq
\f(v,2a′)＝－
m＝6.76
m，
物体5
s内位移：s＝s1＋s2＝(5.2＋6.76)m＝11.96
m.
答案：见解析
针对训练
1．如图，将质量m＝0.1
kg的圆环套在固定的水平直杆上．环的直径略大于杆的截面直径．环与杆间动摩擦因数μ＝0.8.对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角θ＝53°的拉力F，使圆环以a＝4.4
m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小(取sin
53°＝0.8，cos
53°＝0.6，g＝10
m/s2)．
解析：若Fsin
53°＝mg时，F＝1.25
N，
当F<1.25
N时，杆对环的弹力向上，
由牛顿第二定律得Fcos
θ－μFN＝ma，
FN＋Fsin
θ＝mg，
解得：F＝1
N，
当F>1.25
N时，杆对环的弹力向下，
由牛顿第二定律得：
Fcos
θ－μFN＝ma，Fsin
θ＝mg＋FN，
解得F＝9
N.
答案：9
N
主题2　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2】　如图所示，质量为M＝1
kg的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量m＝0.5
kg的小滑块(可视为质点)以v0＝3
m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动．已知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10
m/s2.求：
(1)滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力大小f和方向；
(2)滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于地面的加速度大小a；
(3)木板的加速度．
解析：(1)滑块相对木板向右运动，受到向左的滑动摩擦力作用，f＝μmg.
由牛顿第三定律，长木板受到的摩擦力大小为f′＝μmg方向向右．
(2)对滑块应用牛顿第二定律得f＝ma，所以a＝μg.
(3)木板受到滑块的摩擦力方向向右，对木板应用牛顿第二定律得：μmg＝Ma′，所以a′＝.
答案：见解析
针对训练
2．如图所示，两个质量相同的物体A和B靠在一起放在光滑的水平面上，在物体A上施一水平向右的恒力F后，A和B一起向右做匀加速运动，求：
(1)B物体的加速度．
(2)物体B施于物体A的作用力大小．
解析：(1)A和B以相同的加速度一起向右运动，可以看成整体，设它们运动的加速度为a，根据牛顿第二定律得：F＝2ma，所以a＝.
(2)求A、B之间的作用力，要把A与B隔离，以B为研究对象，B在水平方向只受到A对它的向右的力FN，根据牛顿第二定律得：FN＝ma＝.
B施于A的作用力与B受到A的力是作用力和反作用力的关系，根据牛顿第三定律得物体B施于物体A的作用力大小为.
答案：见解析
主题3　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，相互之间的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3】　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FN＝0，小球受力如图甲所示．根据牛顿第二定律得：
水平方向：Fx＝FTcos
θ＝ma1，
竖直方向：Fy＝FTsin
θ－mg＝0，
由上述两式解得：a1＝gcot
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＝gcot
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FT＝0.小球受力如图乙所示．根据牛顿第二定律得：沿斜面方向：Fx＝FNsin
θ＝ma2，
垂直斜面方向：Fy＝FNcos
θ－mg＝0，
由上述两式解得：a2＝gtan
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＝gtan
θ.
答案：见解析
针对训练
3．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＝μFN，FN为物体所受水平弹力，又由牛顿第二定律得FN＝ma，由以上各式得：
加速度a＝＝＝
m/s2＝12.5
m/s2.
答案：12.5
m/s2
主题4　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4】　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，0.4　　　　
B．1.5
kg，
C．0.5
kg，0.2
D．1
kg，0.2
解析：由题Ft图和vt图可得，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＝＝
m/s2，F－f＝ma，即3－10μm＝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，F＝μmg，即10μm＝2.②
由①②解得m＝0.5
kg，μ＝0.4，故A选项正确．
答案：A
针对训练
4．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)细杆的地面间的夹角α.
解析：由题图得：0～2
s内，a＝＝
m/s2＝0.5
m/s2.
根据牛顿第二定律可得：前2
s有F1－mgsinα＝ma，2
s后有F2＝mgsin
α，代入数据可解得：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＝2Δl2
D．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.g
C．g
D.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FN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g.
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．2mgcos
α　　　　
B．2mgsin
α
C．2mg(1－sin)α
D．2mg(1＋sin
α)
解析：有推力F时，a＝，撤去F后，a′＝gsin
α，由v2＝2as，有：a＝a′，即：＝gsin
α，F＝2mgsin
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/s2，水平向右
B．4
m/s2，水平向右
C．6
m/s2，水平向左
D．8
m/s2，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＝，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＝
m/s2＝4
m/s2.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．(多选)在光滑的水平面上有一个物体同时受到两个水平力F1和F2的作用，在第1
s内物体保持静止，若两力随时间变化的图象如图所示，则下列说法正确的是(　　)
A．在第2
s内物体做加速运动，加速度逐渐减小，速度逐渐增大
B．在第3
s内物体做加速运动，加速度逐渐减小，速度逐渐增大
C．在第4
s内物体做加速运动，加速度逐渐减小，速度逐渐增大
D．在第5
s末，物体的加速度为零，运动方向与F1的方向相同
解析：在第2
s内和第3
s内物体所受的合力逐渐增大，加速度逐渐增大，速度逐渐增大，物体做加速度逐渐增大的加速运动，选项A、B错误；在第4
s内物体所受的合力逐渐减小，加速度逐渐减小，但速度一直增大，物体做加速度逐渐减小的加速运动，选项C正确；在第5
s末，物体所受的合力为零，加速度为零，物体将做匀速直线运动，运动方向与F1的方向相同，选项D正确．
答案：CD
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．(多选)如图所示，5块质量相同的木块并排放在水平地面上，它们与地面间的动摩擦因数均相同，当用力F推第1块木块使它们共同加速运动时，下列说法中正确的是(　　)
A．由右向左，相邻两块木块之间的相互作用力依次变小
B．由右向左，相邻两块木块之间的相互作用力依次变大
C．第2块木块与第3块木块之间的弹力大小为0.6F
D．第3块木块与第4块木块之间的弹力大小为0.6F
解析：取整体为研究对象，由牛顿第二定律得F－5μmg＝5ma.再选取1、2两块木块为研究对象，由牛顿第二定律得F－2μmg－FN＝2
ma，联立两式解得FN＝0.6
F，进一步分析可得，从左向右，相邻两块木块间的相互作用力是依次变小的．选项B、C正确．
答案：BC
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/s2.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/s2，历时t1＝＝1
s达到共同速度，位移x1＝t1＝0.5
m，此后行李匀速运动t2＝＝1.5
s到达B，共用2.5
s．乘客到达B，历时t＝＝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tmin＝
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＝1.6×102
m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＝2.0×104
kg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.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，v＝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－Gx＝ma2，Gx＝mg＝4.0×104
N，
v－v＝2a2l2，
代入已知数据可得：
a2＝3.0
m/s2，v2＝
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′＝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′－v′＝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
s　41.5
m/s　(2)5.2×105
N