2018-2019學(xué)年高中物理第四章牛頓運動定律章末復(fù)習(xí)課學(xué)案新人教版必修1

1、第四章章末復(fù)習(xí)課提綱挈領(lǐng)復(fù)習(xí)知嚳【知識體系】俺利略_實驗牛頓第內(nèi)容:一切物體總保持_或一定偉“除非作用在它上面的力迫粳它改變這種悄態(tài).慣性:$_是慣性大小的量度穽驗方法:_內(nèi)容:兩個物體之間的幣用力和反作用力總是 牛箭第.+作用在1 定倖作用力反作用力與一對平南力的主要區(qū)別*向上時*超重與I .Y M向 H , 尖重-.=特且豎直向下時_答案填寫 理想斜面 勻速直線運動狀態(tài)靜止?fàn)顟B(tài) 質(zhì)量 控制變量成正比成反比合外力F合=ma大小相等？方向相反？同一條直線上 ?靜止 ?勻速直線運動?Fx合=0 ?Fy合=0 ?超重 ?失重 ?完全失重總結(jié)歸納提升能力主題 1 共點力作用下的平衡問題的常用方法1

2、矢量三角形法（合成法）物體受三個力作用而平衡時，其中任意兩個力的合力與第三個力大小相等、方向相反，且這三個力首尾相接構(gòu)成封閉三角形，可以通過解三角形來求解相應(yīng)力的大小和方向.常用的有直角三角形、動態(tài)三角形和相似三角形.2.正交分解法.在正交分解法中，平衡條件F合=0 可寫成：刀Fx=Fix+F+ +Fnx= 0（即x方向合力為零）；刀Fy=Fiy+F2y+Fny= 0（即y方向合力為零）.3整體法和隔離法：在選取研究對象時，為了弄清楚系統(tǒng)（連接體）內(nèi)某個物體的受力情況，可采用隔離法；若只涉及研究系統(tǒng)而不涉及系統(tǒng)內(nèi)部某些物體的受力時，可采用整體牛頓第二定偉內(nèi)容:物體加速度的大小跟它竟到的作用力星

3、、_ 的方向相同I公式:_艮它的質(zhì)量二擁遑度的方向跟兩類基本問題:受力情況_運動情況r J共點力牛頓運動I乎商定俸的應(yīng)用=0平円法.【典例 1】如圖所示，將傾角為a的粗糙斜面體置于水平地面上，斜面體上有一木塊,對木塊施加一斜向上的拉力F,整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，下列說法正確的是（）A. 木塊和斜面體間可能無摩擦B. 木塊和斜面體間一定有摩擦C. 斜面體和水平地面間可能無摩擦D. 撤掉拉力 F 后，斜面體和水平地面間一定有摩擦解析：以木塊為研究對象受力分析，根據(jù)平衡條件，若：Feosa= m na,則木塊與斜面體間無摩擦力，故A 正確，B錯誤以斜面和木塊整體為研究對象，根據(jù)平衡條件：斜面體和水平地

4、面間的摩擦力等于F水平方向的分力，方向向右，故C 錯誤.撤掉拉力F后，若物塊仍然保持靜止，以斜面和木塊整體為研究對象，根據(jù)平衡條件則斜面不受地面的摩擦力，D 錯誤，故選 A.答案：A和針對訓(xùn)練1.如圖所示，豎直墻壁上固定有一個光滑的半圓形支架（AB為直徑），支架上套著一個小球，輕繩的一端懸于P點，另一端與小球相連已知半圓形支架的半徑為R輕繩長度為L, 且FLa1,解得F20 N.當(dāng)F= 22.8 N 時，由(1)知m和M相對滑動, 對M F卩mg= Ma設(shè)經(jīng)時間t,m M脫離，則121223t 21t=L,解得t= 2 s.答案：(1)F20 N (2)2 s分析考情體驗真題f統(tǒng)攬考情本章知識

5、是必修 1 的核心，是前三章的綜合，也是力學(xué)中的重點和難點.在高考中的地位比較高，在高考命題中，既有選擇題，也有計算題，有時也出實驗題既有本章的單獨考 查，也有和以后的機械能、電場、磁場的知識綜合考查.高考命題的熱點主要出現(xiàn)在平衡條件的應(yīng)用，牛頓第二定律的應(yīng)用等方面，分值在20 分到 30 分之間.和真題例析(2017 全國卷n)為提高冰球運動員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線距離S1(S1nn.現(xiàn)將重A. MN上的張力逐漸增大B. MN上的張力先增大后減小C. OMh的張力逐漸增大D. OMh的張力先增大后減小答案：AD2. (2016 全國卷川)如圖，兩個輕環(huán)a和b套在位于豎直面內(nèi)的一段

6、固定圓弧上；一細(xì)線穿過兩輕環(huán)，其兩端各系一質(zhì)量為m的小球.在a和b之間的細(xì)線上懸掛一小物塊.平衡時，a、b間的距離恰好等于圓弧的半徑不計所有摩擦小物塊的質(zhì)量為mA.2C. m答案：C3.(2015 課標(biāo)全國n卷)某同學(xué)用圖(a)所示的實驗裝置測量物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)已知打點計時器所用電源的頻率為50 Hz,物塊下滑過程中所得到的紙帶的一部分如圖(b)所示，圖中標(biāo)出了五個連續(xù)點之間的距離.E-3.783.65 ；一3.52 3.39： cmFpiri圖(b)(1) 物塊下滑時的加速度a=_m/s2,打C點時物塊的速度v =_m/s ;(2) 已知重力加速度大小為g,為求出動摩擦因數(shù)，還必須

7、測量的物理量是 _ (填正確答案標(biāo)號).A.物塊的質(zhì)量D. 2mB.#m圖(a)EDCU AB.斜面的高度C.斜面的傾角解析：(1)物塊沿斜面下滑做勻加速運動根據(jù)紙帶可得連續(xù)兩段距離之差為0.13 cm,220.13X1022一亠 士、XBD(3.65+3.52)X10a=2m/s2= 3.25 m/s2,其中C點速度v=.:(0.02 )tBDm/s1.79 m/s.(2)對物塊進行受力分析如圖，則物塊所受合外力為:F合=n0 卩mgcos0 ,即a=gsin0 gcos0得=史卬一，所以還需測量的物理量是斜面的傾角0.gcos0答案：(1)3.251.79(2)C4. (2014 上海卷)

8、如圖，水平地面上的矩形箱子內(nèi)有一傾角為0的固定斜面，斜面上放一質(zhì)量為m的光滑球.靜止時，箱子頂部與球接觸但無壓力.箱子由靜止開始向右做勻加速運動，然后改做加速度大小為a的勻減速運動直至靜止，經(jīng)過的總路程為s，運動過程中的最大速度為v.(2)若agtan0，求減速階段球受到箱子左壁和頂部的作用力.解析：2 2(1)由勻變速直線運動公式有：v= 2a S1、v= 2as2，且s=S1+S2,解得：2,ava2.2asv假設(shè)球不受箱子作用，應(yīng)滿足：Nsin0=maNsos0=mg解得：a=gtan0.2X0.02由a=(1)求箱子加速階段的加速度大小減速時加速度向左，此加速度由斜面支持力N與左壁支持

9、力F左共同決定，當(dāng)agtan0,F左=0,球受力如圖所示，在水平方向上根據(jù)牛頓第二定律有Nsin0=ma在豎直方向有2對滑塊，則有加速度a2= 4 m/sNCos0 F上=mg解得：F上=macot0g).2“宀av答案：莎二7(2)0macot0g)5. (2015 全國卷I)一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊，在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5 m，如圖 所示.t= 0 時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t= 1 s 時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短).碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板已知碰撞后1 s 時間內(nèi)小物塊

10、的vt圖線如圖(b)所示木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的 15 倍，重力加速度大小g取210 m/s .求.(1) 木板與地面間的動摩擦因數(shù)卩1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)卩2；(2) 木板的最小長度；(3) 木板右端離墻壁的最終距離.解析：(1)根據(jù)圖象可以判定碰撞前木塊與木板共同速度為v= 4 m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v= 4 m/s4 m/s 0 m/s 木塊受到滑動摩擦力而向右做勻減速，根據(jù)牛頓第二定律有卩2g=1 s解得卩2= 0.4木板與墻壁碰撞前，勻減速運動時間t= 1 s，位移x= 4.5 m，末速度v= 4 m/s一 一 12其逆運動則為勻加速直線運動可得x=vt+ 2

11、at代入可得a= 1 m/s木塊和木板整體受力分析，滑動摩擦力提供合外力，即卩1g=a可得1= 0.1(2)碰撞后，木板向左勻減速，依據(jù)牛頓第二定律有11(n)g+ 12mg= Ma42可得a1= 3 m/s滑塊速度先減小到 0,此時碰后時間為11= 1 s圖1io8此時，木板向左的位移為xi=vti2aitf=3m 末速度vi=3m/s233滑塊向右位移x2=4血；血；+ i= 2 m此后，木塊開始向左加速，加速度仍為假設(shè)又經(jīng)歷t2二者速度相等，則有a2t2=viait2解得t2= 0.5 s、i27此過程，木板位移X3=vit2ait2= m 末速度V3=viait2= 2 m/s2 6滑塊位移X4= ia2t2= i m此后木塊和木板一起勻減速.二者的相對位移最大為X=Xi+X3+X2X4=