2018_2019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　?方向相反　?同一条直线上　?静止　?匀速直线运动　?Fx合＝0　?Fy合＝0　?超重　?失重　?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：Fcos α＝mgsin α，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RA．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?]　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sin 37°＝0.6，cos 37°＝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＝mgcos 37°＝0.8mg，T2＝mgsin 37°＝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：T2sin 37°＋T1cos 37°＝mg①
水平方向：T2cos 37°－T1sin 37°＝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，
mgtan 53°＝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＝4 kg、长为L＝1.4 m，木板右端放着一个小滑块，小滑块质量m＝1 kg，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10 m/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＝22.8 N，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>20 N.
(2)当F＝22.8 N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＝2 s.
答案：(1)F>20 N　(2)2 s
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－v②
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
mgsin θ＋f＝ma1，mgsin θ－f＝ma2，
由以上各式可求得sin θ＝，
滑动摩擦力f＝，
而f＝μFN＝μmgcos θ，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．m D．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50 Hz，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0.13 cm，由a＝得a＝ m/s2＝3.25 m/s2，其中C点速度v＝＝ m/s ≈1.79 m/s.
(2)对物块进行受力分析如图，则物块所受合外力为：
F合＝mgsin θ－μmgcos θ，
即a＝gsin θ－μgcos θ
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>gtan θ，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：Nsin θ＝ma，Ncos θ＝mg，
解得：a＝gtan θ.
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>gtan θ，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Nsin θ＝ma，在竖直方向有
Ncos θ－F上＝mg，
解得：F上＝m(acot θ－g)．
答案：(1)　(2)0　m(acot θ－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4.5 m，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＝1 s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1 s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10 m/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＝4 m/s
碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4 m/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＝1 s，位移x＝4.5 m，末速度v＝4 m/s
其逆运动则为匀加速直线运动可得x＝vt＋at2
代入可得a＝1 m/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＝4 m/s2
滑块速度先减小到0，此时碰后时间为t1＝1 s
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＝2 m
此后，木块开始向左加速，加速度仍为a2＝4 m/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＝0.5 s
此过程，木板位移x3＝v1t2－a1t＝ m末速度v3＝v1－a1t2＝2 m/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＝6 m
滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m
(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＝1 m/s2
位移x5＝＝2 m
所以木板右端离墙壁最远的距离为x1＋x3＋x5＝6.5 m.
答案：(1)μ1＝0.1μ2＝0.4　(2)6 m　(3)6.5 m