2019版新教材物理人教版必修第一册学案：第4章 第3 -5节 阶段回顾Word版含解析

阶段回顾　(第3～5节)
易错点一　忽视牛顿第二定律的矢量性
1．如图所示，光滑水平桌面上的物体A质量为m1，系一细绳，细绳跨过桌沿处的定滑轮后悬挂质量为m2的物体B，先用手使A静止(细绳质量及滑轮摩擦均不计)。求放手后A、B一起运动时绳上的张力大小FT。
答案　g
解析　细绳跨过定滑轮连接的两物体加速度大小相同但方向不同，所以不能用整体法先求加速度，再求绳的拉力，而要用隔离法分别分析，再以加速度大小相同联立关系式进而求解。根据牛顿第二定律，
对B有m2g－FT＝m2a，
对A有FT＝m1a，
则FT＝g。
易错点二　牛顿第二定律的瞬时性问题出错
2．如图所示，物块1、2间用不能发生形变的轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量均为m,2、4质量均为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。重力加速度大小为g，则有(　　)
A．a1＝a2＝a3＝a4＝0
B．a1＝a2＝a3＝a4＝g
C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g
D．a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g
答案　C
解析　杆的弹力可以突变，故在将木板抽出的瞬间，物块1、2均做自由落体运动，加速度均为g；而弹簧的弹力不能突变，木板抽出前，弹簧的弹力等于物块3的重力，故在抽出木板的瞬间，物块3受重力和弹簧向上的弹力仍处于平衡状态，故物块3的加速度为0；物块4受重力和弹簧向下的压力，合力为(m＋M)g，则由牛顿第二定律可知，物块4的加速度a4＝g，故C正确。
易错点三　定杆的弹力方向分析出错
3．(多选)如图所示，一折杆固定在小车上，∠A＝θ，B端固定一个质量为m的小球，设小车向右的加速度为a，AB杆对小球的作用力大小为F，则下列说法正确的是(　　)
A．当a＝0时，F＝，方向沿AB杆
B．当a＝gtanθ时，F＝，方向沿AB杆
C．无论a取何值，F都等于m，方向都沿AB杆
D．无论a取何值，F都等于m，方向与AB杆所在直线无关
答案　BD
解析　当a＝0时，小球处于平衡状态，此时F＝mg，方向竖直向上，故A错误；当a＝gtanθ时，在水平方向：Fx＝mgtanθ，竖直方向：Fy＝mg，解得F＝＝，方向沿AB杆，故B正确；由牛顿第二定律得，在水平方向：Fx＝ma，竖直方向：Fy＝mg，F＝＝m，设F与竖直方向夹角为β，则：tanβ＝＝，当a＝gtanθ时，力F沿AB杆，否则F的方向不沿AB杆，故C错误，D正确。
4．如图所示，一小车上面有一固定“T”形支架，右边用轻绳悬挂一质量为m的小球，左边用轻杆(杆固定在横梁上)固定一质量也为m的小球，当小车向右运动时小球稳定在图中位置。以下说法正确的是(　　)
A．小车向右做匀加速运动，加速度大小a＝gtanβ，杆对小球的作用力大于轻绳对小球的作用力
B．小车向右做匀加速运动，加速度大小a＝gtanβ，杆对小球的作用力等于轻绳对小球的作用力
C．小车向右做匀加速运动，加速度大小a＝gtanα，杆对小球的作用力大于轻绳对小球的作用力
D．小车向右做匀加速运动，加速度大小a＝gtanα，杆对小球的作用力等于轻绳对小球的作用力
答案　B
解析　杆对小球的作用力方向不一定沿杆，而绳子对小球的作用力方向一定沿绳子，所以以绳子上的小球为研究对象进行受力分析如图所示，根据牛顿第二定律可得加速度大小为：a＝gtanβ，方向向右，所以小车向右匀加速运动；无论是轻绳或轻杆，对小球的作用力大小为：F＝，方向为斜向右上并与竖直方向夹角为β，所以B正确，A、C、D错误。
重难点一　　动力学中的动态分析问题
1．如图所示，弹簧竖直放置，小球从弹簧正上方某一高处落下，从球接触弹簧到弹簧被压缩到最短的过程中，关于小球的运动情况，下列说法正确的是(　　)
A．加速度的大小先减小后增大
B．加速度的大小先增大后减小
C．速度大小不断增大
D．速度大小不断减小
答案　A
解析　随着弹簧被压缩，弹簧的弹力越来越大，初始阶段弹力小于重力，小球加速向下运动，但合力是在减小的，根据牛顿第二定律可知加速度也在减小，当弹力恰等于重力时，合力为零，加速度也为零，速度达到最大，小球继续向下压缩弹簧，弹力大于重力，小球向下做减速运动，合力向上逐渐增大，根据牛顿第二定律可知加速度也增大，直到速度减为零，加速度达最大，所以在弹簧被压缩的过程中，小球的加速度先减小后增大，速度先增大后减小，故只有A正确。
重难点二　　　动力学中的图像问题
2．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。由这两个图像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
答案　A
解析　由题F-t图像和v-t图像可知，物块在2～4 s内所受外力F1＝3 N，物块做匀加速运动，a＝＝2 m/s2，F1－f＝ma。物块在4～6 s内所受外力F2＝2 N，物块做匀速直线运动，则F2＝f＝μmg＝2 N。联立解得：m＝0.5 kg，μ＝0.4，故A正确。
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：
(1)小环的质量m；
(2)细杆与地面间的夹角α。
答案　(1)1 kg　(2)30°
解析　由v-t图像得：
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＝mgsinα，代入数据，解得：m＝1 kg，α＝30°。
重难点三　　动力学中的传送带问题
4. (多选)如图所示，绷紧的长为6 m的水平传送带，沿顺时针方向以恒定速率v1＝2 m/s运行。一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为v2＝5 m/s。若小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法中正确的是(　　)
A．小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动
B．若传送带的速度为5 m/s，小物块将从传送带左端滑出
C．若小物块的速度为4 m/s，小物块将以2 m/s的速度从传送带右端滑出
D．若小物块的速度为1 m/s，小物块将以2 m/s的速度从传送带右端滑出
答案　BC
解析　小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，设加速度大小为a，速度减至零时通过的位移为x，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg＝2 m/s2，则x＝＝ m＝6.25 m>6 m，所以小物块将从传送带左端滑出，不会向右做匀加速直线运动，A错误；若传送带的速度为5 m/s，小物块在传送带上受力情况不变，则运动情况也不变，仍会从传送带左端滑出，B正确；若小物块的速度为4 m/s，小物块向左减速运动的位移大小为x′＝＝ m＝4 m<6 m，则小物块的速度减到零后再向右加速，小物块加速到与传送带共速时的位移为x″＝＝ m＝1 m<4 m，以后小物块以v1＝2 m/s的速度匀速运动到右端，则小物块从传送带右端滑出时的速度为2 m/s，C正确；若小物块的速度为1 m/s，小物块向左减速运动的位移大小为x?＝＝ m＝0.25 m<6 m，则小物块速度减到零后再向右加速，由于x?5．(多选)三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两小物块A、B，从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5。(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)下列说法中正确的是(　　)
A．物块A到达底端时的速度比B到达底端时的速度大
B．A、B同时到达传送带底端
C．物块A先到达传送带底端
D．物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶3
答案　BD
解析　由于μ＝0.56．(多选)小滑块从A处由静止开始沿斜面下滑，经过静止的粗糙水平传送带后以速度v0离开C点。如图所示，若传送带转动而其他条件不变，下列说法正确的是(　　)
A．若顺时针方向转动，滑块从C点离开传送带时的速度仍为v0
B．若顺时针方向转动，滑块从C点离开传送带时的速度可能大于v0
C．若逆时针方向转动，滑块从C点离开传送带时的速度一定为v0
D．若逆时针方向转动，滑块从C点离开传送带时的速度可能小于v0
答案　BC
解析　传送带静止时，滑块在传送带上做减速运动；若传送带顺时针转动，如果滑块在B点的速度大于传送带的速度，则滑块将做减速运动，如果到达C点时速度仍大于传送带速度，从C点离开传送带时的速度等于v0；如果到达C点时的速度等于传送带速度，则从C点离开传送带时的速度一定不小于v0；如果滑块在B点的速度小于传送带速度，滑块将先做一段加速运动，从C点离开传送带时的速度大于v0，故A错误，B正确。若传送带逆时针转动，滑块在传送带上将一直做减速运动，与传送带静止时的运动情况相同，故滑块从C点离开传送带时的速度一定为v0，C正确，D错误。
重难点四　动力学中的板—块模型问题
7．(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
答案　BC
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后做匀速运动，所以B、C正确。
8．如图所示，质量为M＝8 kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F＝8 N，当小车向右运动速度达到3 m/s时，在小车的右端轻放一质量为m＝2 kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2。g取10 m/s2。
(1)在小物块和小车相对运动的过程中，求小物块的加速度a1和小车的加速度a2；
(2)如果小车足够长，经过多长时间小物块停止与小车间的相对运动？
(3)为了使小物块不从小车上掉下来，小车的长度至少为多少？
(4)如果小车足够长，小物块从放上开始经过3.0 s所通过的位移是多少？
答案　(1)2 m/s2，方向向右　0.5 m/s2，方向向右
(2)2 s　(3)3 m　(4)8.4 m
解析　(1)规定水平向右为正方向，根据牛顿第二定律得，
小物块的加速度为：a1＝＝μg＝2 m/s2，即小物块的加速度大小为2 m/s2，方向向右；
小车的加速度为：a2＝＝0.5 m/s2，即小车的加速度大小为0.5 m/s2，方向向右。
(2)设经t时间小物块与小车的速度相同，有：
a1t＝v0＋a2t，解得：t＝＝2 s，
所以经过2 s小物块停止与小车间的相对运动。
(3)小物块停止与小车间的相对运动前：
小车的位移为：xM＝v0t＋a2t2＝7 m，方向向右，
小物块的位移为：x1＝a1t2＝4 m，方向也向右。
所以小车长至少为：L＝xM－x1＝3 m。
(4)2 s末小物块的速度大小为：v＝a1t＝4 m/s，然后小物块和小车一起做匀加速直线运动。
根据牛顿第二定律得：a＝＝0.8 m/s2，
第3 s内小物块的位移为：x2＝vt′＋at′2＝4.4 m。
则小物块从放上开始经过3.0 s所通过的位移为：
x＝x1＋x2＝8.4 m。
9. 长为L＝1.5 m的木板B静止放在水平冰面上，可视为质点的小物块A以初速度v0从左端滑上木板B，一段时间后A、B达到相同的速度v＝0.4 m/s，而后A、B又一起在水平冰面上滑行了s＝8 cm后停下。已知物块A与木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.25，g取10 m/s2。
(1)求木板与冰面间的动摩擦因数μ2；
(2)求小物块A的初速度v0；
(3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，求小物块滑上木板的最大初速度v0m。
答案　(1)0.1　(2)2.4 m/s　(3)3 m/s
解析　(1)小物块和木板一起运动时，做匀减速运动，根据速度—位移公式可得加速度大小
a＝＝ m/s2＝1 m/s2，
对整体，由牛顿第二定律得μ2(2m)g＝2ma，
解得μ2＝0.1。
(2)小物块滑上长木板后做匀减速运动，其加速度大小a1＝μ1g＝2.5 m/s2，
木板做匀加速运动μ1mg－μ2(2m)g＝ma2，
解得a2＝0.5 m/s2，
设小物块滑上木板经时间t后速度达到v，
对木板有v＝a2t，
解得t＝＝ s＝0.8 s，
小物块滑上木板的初速度v0＝v＋a1t＝2.4 m/s。
(3)由题意知，当小物块以最大初速度v0m滑上木板时，小物块到达木板最右端时恰好与木板速度相等，
物块的位移为s物＝v0mt′－a1t′2，
木板的位移为s板＝a2t′2，
位移间的关系为s物－s板＝L，
速度关系为v0m－v′＝a1t′，v′＝a2t′，
联立以上各式并代入数据得v0m＝3 m/s。