2019版新教材高中物理 第4章 階段回顧（第3～5節(jié)）學(xué)案 新人教版必修第一冊

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1、階段回顧　(第3～5節(jié)) 易錯點(diǎn)一　忽視牛頓第二定律的矢量性 1．如圖所示，光滑水平桌面上的物體A質(zhì)量為m1，系一細(xì)繩，細(xì)繩跨過桌沿處的定滑輪后懸掛質(zhì)量為m2的物體B，先用手使A靜止(細(xì)繩質(zhì)量及滑輪摩擦均不計(jì))。求放手后A、B一起運(yùn)動時繩上的張力大小FT。 答案　g 解析　細(xì)繩跨過定滑輪連接的兩物體加速度大小相同但方向不同，所以不能用整體法先求加速度，再求繩的拉力，而要用隔離法分別分析，再以加速度大小相同聯(lián)立關(guān)系式進(jìn)而求解。根據(jù)牛頓第二定律， 對B有m2g－FT＝m2a， 對A有FT＝m1a， 則FT＝g。 易錯點(diǎn)二　牛頓第二定律的瞬時性問題出錯 2．如圖所示，物塊1

2、、2間用不能發(fā)生形變的輕質(zhì)桿連接，物塊3、4間用輕質(zhì)彈簧相連，物塊1、3質(zhì)量均為m,2、4質(zhì)量均為M，兩個系統(tǒng)均置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將兩木板沿水平方向突然抽出，設(shè)抽出后的瞬間，物塊1、2、3、4的加速度大小分別為a1、a2、a3、a4。重力加速度大小為g，則有(　　) A．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4＝0 B．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4＝g C．a(chǎn)1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g D．a(chǎn)1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g 答案　C 解析　桿的彈力可以突變，故在將木板抽出的瞬間，物塊1、2均做自由落體運(yùn)動，加速度均為g；而彈簧的彈力不能突變，木板抽出前，彈簧的彈力

3、等于物塊3的重力，故在抽出木板的瞬間，物塊3受重力和彈簧向上的彈力仍處于平衡狀態(tài)，故物塊3的加速度為0；物塊4受重力和彈簧向下的壓力，合力為(m＋M)g，則由牛頓第二定律可知，物塊4的加速度a4＝g，故C正確。 易錯點(diǎn)三　定桿的彈力方向分析出錯 3．(多選)如圖所示，一折桿固定在小車上，∠A＝θ，B端固定一個質(zhì)量為m的小球，設(shè)小車向右的加速度為a，AB桿對小球的作用力大小為F，則下列說法正確的是(　　) A．當(dāng)a＝0時，F(xiàn)＝，方向沿AB桿 B．當(dāng)a＝gtanθ時，F(xiàn)＝，方向沿AB桿 C．無論a取何值，F(xiàn)都等于m，方向都沿AB桿 D．無論a取何值，F(xiàn)都等于m，方向與AB桿所在

4、直線無關(guān) 答案　BD 解析　當(dāng)a＝0時，小球處于平衡狀態(tài)，此時F＝mg，方向豎直向上，故A錯誤；當(dāng)a＝gtanθ時，在水平方向：Fx＝mgtanθ，豎直方向：Fy＝mg，解得F＝＝，方向沿AB桿，故B正確；由牛頓第二定律得，在水平方向：Fx＝ma，豎直方向：Fy＝mg，F(xiàn)＝＝m，設(shè)F與豎直方向夾角為β，則：tanβ＝＝，當(dāng)a＝gtanθ時，力F沿AB桿，否則F的方向不沿AB桿，故C錯誤，D正確。 4．如圖所示，一小車上面有一固定“T”形支架，右邊用輕繩懸掛一質(zhì)量為m的小球，左邊用輕桿(桿固定在橫梁上)固定一質(zhì)量也為m的小球，當(dāng)小車向右運(yùn)動時小球穩(wěn)定在圖中位置。以下說法正確的是(　　)

5、 A．小車向右做勻加速運(yùn)動，加速度大小a＝gtanβ，桿對小球的作用力大于輕繩對小球的作用力 B．小車向右做勻加速運(yùn)動，加速度大小a＝gtanβ，桿對小球的作用力等于輕繩對小球的作用力 C．小車向右做勻加速運(yùn)動，加速度大小a＝gtanα，桿對小球的作用力大于輕繩對小球的作用力 D．小車向右做勻加速運(yùn)動，加速度大小a＝gtanα，桿對小球的作用力等于輕繩對小球的作用力 答案　B 解析　桿對小球的作用力方向不一定沿桿，而繩子對小球的作用力方向一定沿繩子，所以以繩子上的小球?yàn)檠芯繉ο筮M(jìn)行受力分析如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度大小為：a＝gtanβ，方向向右，所以小車向右勻加速

6、運(yùn)動；無論是輕繩或輕桿，對小球的作用力大小為：F＝，方向?yàn)樾毕蛴疑喜⑴c豎直方向夾角為β，所以B正確，A、C、D錯誤。 重難點(diǎn)一　　動力學(xué)中的動態(tài)分析問題 1．如圖所示，彈簧豎直放置，小球從彈簧正上方某一高處落下，從球接觸彈簧到彈簧被壓縮到最短的過程中，關(guān)于小球的運(yùn)動情況，下列說法正確的是(　　) A．加速度的大小先減小后增大 B．加速度的大小先增大后減小 C．速度大小不斷增大 D．速度大小不斷減小 答案　A 解析　隨著彈簧被壓縮，彈簧的彈力越來越大，初始階段彈力小于重力，小球加速向下運(yùn)動，但合力是在減小的，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度也在減小，當(dāng)彈力恰等于重力時，合力

7、為零，加速度也為零，速度達(dá)到最大，小球繼續(xù)向下壓縮彈簧，彈力大于重力，小球向下做減速運(yùn)動，合力向上逐漸增大，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度也增大，直到速度減為零，加速度達(dá)最大，所以在彈簧被壓縮的過程中，小球的加速度先減小后增大，速度先增大后減小，故只有A正確。 重難點(diǎn)二　　　動力學(xué)中的圖像問題 2．放在水平地面上的一物塊，受到方向不變的水平推力F的作用，F(xiàn)的大小與時間t的關(guān)系如圖甲所示，物塊速度v與時間t的關(guān)系如圖乙所示。取重力加速度g＝10 m/s2。由這兩個圖像可以求得物塊的質(zhì)量m和物塊與地面之間的動摩擦因數(shù)μ分別為(　　) A．0.5 kg,0.4 B．1.5 kg， C．0

8、.5 kg,0.2 D．1 kg,0.2 答案　A 解析　由題F-t圖像和v-t圖像可知，物塊在2～4 s內(nèi)所受外力F1＝3 N，物塊做勻加速運(yùn)動，a＝＝2 m/s2，F(xiàn)1－f＝ma。物塊在4～6 s內(nèi)所受外力F2＝2 N，物塊做勻速直線運(yùn)動，則F2＝f＝μmg＝2 N。聯(lián)立解得：m＝0.5 kg，μ＝0.4，故A正確。 3．如圖甲所示，固定光滑細(xì)桿與地面成一定夾角α，在桿上套有一個光滑小環(huán)，小環(huán)在沿桿方向的推力F作用下向上運(yùn)動，推力F與小環(huán)速度v隨時間變化規(guī)律如圖乙所示，取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)小環(huán)的質(zhì)量m； (2)細(xì)桿與地面間的夾角α。 答案　(1)

9、1 kg　(2)30° 解析　由v-t圖像得： 0～2 s內(nèi)，a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2。 根據(jù)牛頓第二定律，可得前2 s有F1－mgsinα＝ma， 2 s后有F2＝mgsinα，代入數(shù)據(jù)，解得：m＝1 kg，α＝30°。 重難點(diǎn)三　　動力學(xué)中的傳送帶問題 4. (多選)如圖所示，繃緊的長為6 m的水平傳送帶，沿順時針方向以恒定速率v1＝2 m/s運(yùn)行。一小物塊從與傳送帶等高的光滑水平臺面滑上傳送帶，其速度大小為v2＝5 m/s。若小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，下列說法中正確的是(　　) A．小物塊在傳送帶上先向左做勻減速直線

10、運(yùn)動，然后向右做勻加速直線運(yùn)動 B．若傳送帶的速度為5 m/s，小物塊將從傳送帶左端滑出 C．若小物塊的速度為4 m/s，小物塊將以2 m/s的速度從傳送帶右端滑出 D．若小物塊的速度為1 m/s，小物塊將以2 m/s的速度從傳送帶右端滑出 答案　BC 解析　小物塊在傳送帶上先向左做勻減速直線運(yùn)動，設(shè)加速度大小為a，速度減至零時通過的位移為x，根據(jù)牛頓第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg＝2 m/s2，則x＝＝ m＝6.25 m>6 m，所以小物塊將從傳送帶左端滑出，不會向右做勻加速直線運(yùn)動，A錯誤；若傳送帶的速度為5 m/s，小物塊在傳送帶上受力情況不變，則運(yùn)動情況也不變，仍會從傳

11、送帶左端滑出，B正確；若小物塊的速度為4 m/s，小物塊向左減速運(yùn)動的位移大小為x′＝＝ m＝4 m<6 m，則小物塊的速度減到零后再向右加速，小物塊加速到與傳送帶共速時的位移為x″＝＝ m＝1 m<4 m，以后小物塊以v1＝2 m/s的速度勻速運(yùn)動到右端，則小物塊從傳送帶右端滑出時的速度為2 m/s，C正確；若小物塊的速度為1 m/s，小物塊向左減速運(yùn)動的位移大小為x＝＝ m＝0.25 m<6 m，則小物塊速度減到零后再向右加速，由于x

12、邊的傳送帶長都是2 m，且與水平方向的夾角均為37°?，F(xiàn)有兩小物塊A、B，從傳送帶頂端都以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為0.5。(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)下列說法中正確的是(　　) A．物塊A到達(dá)底端時的速度比B到達(dá)底端時的速度大 B．A、B同時到達(dá)傳送帶底端 C．物塊A先到達(dá)傳送帶底端 D．物塊A、B在傳送帶上的劃痕長度之比為1∶3 答案　BD 解析　由于μ＝0.5

13、度相等，位移相等，則運(yùn)動時間和末速度也相等，故B正確，A、C錯誤；物塊A下滑過程中相對傳送帶的位移等于物塊A的位移與傳送帶勻速運(yùn)動的位移之差，aA＝aB＝gsin37°－μgcos37°＝2 m/s2，代入公式x＝v0t＋at2解得t＝1 s，則ΔxA＝x－vt＝1 m，物塊B下滑過程中相對傳送帶的位移等于物塊B的位移與傳送帶勻速運(yùn)動的位移之和，ΔxB＝x＋vt＝3 m，故D正確。 6．(多選)小滑塊從A處由靜止開始沿斜面下滑，經(jīng)過靜止的粗糙水平傳送帶后以速度v0離開C點(diǎn)。如圖所示，若傳送帶轉(zhuǎn)動而其他條件不變，下列說法正確的是(　　) A．若順時針方向轉(zhuǎn)動，滑塊從C點(diǎn)離開傳送帶時的速度

14、仍為v0 B．若順時針方向轉(zhuǎn)動，滑塊從C點(diǎn)離開傳送帶時的速度可能大于v0 C．若逆時針方向轉(zhuǎn)動，滑塊從C點(diǎn)離開傳送帶時的速度一定為v0 D．若逆時針方向轉(zhuǎn)動，滑塊從C點(diǎn)離開傳送帶時的速度可能小于v0 答案　BC 解析　傳送帶靜止時，滑塊在傳送帶上做減速運(yùn)動；若傳送帶順時針轉(zhuǎn)動，如果滑塊在B點(diǎn)的速度大于傳送帶的速度，則滑塊將做減速運(yùn)動，如果到達(dá)C點(diǎn)時速度仍大于傳送帶速度，從C點(diǎn)離開傳送帶時的速度等于v0；如果到達(dá)C點(diǎn)時的速度等于傳送帶速度，則從C點(diǎn)離開傳送帶時的速度一定不小于v0；如果滑塊在B點(diǎn)的速度小于傳送帶速度，滑塊將先做一段加速運(yùn)動，從C點(diǎn)離開傳送帶時的速度大于v0，故A錯誤

15、，B正確。若傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動，滑塊在傳送帶上將一直做減速運(yùn)動，與傳送帶靜止時的運(yùn)動情況相同，故滑塊從C點(diǎn)離開傳送帶時的速度一定為v0，C正確，D錯誤。 重難點(diǎn)四　動力學(xué)中的板—塊模型問題 7．(多選)如圖所示，一足夠長的木板靜止在光滑水平面上，一物塊靜止在木板上，木板和物塊間有摩擦?，F(xiàn)用水平力向右拉木板，當(dāng)物塊相對木板滑動了一段距離但仍有相對運(yùn)動時，撤掉拉力，此后木板和物塊相對于水平面的運(yùn)動情況為(　　) A．物塊先向左運(yùn)動，再向右運(yùn)動 B．物塊向右運(yùn)動，速度逐漸增大，直到做勻速運(yùn)動 C．木板向右運(yùn)動，速度逐漸變小，直到做勻速運(yùn)動 D．木板和物塊的速度都逐漸變小，直到為零 答

16、案　BC 解析　物塊相對于木板滑動，說明物塊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塊向右的速度，所以它們之間存在滑動摩擦力，使物塊向右加速，木板向右減速，直至達(dá)到向右相同的速度后做勻速運(yùn)動，所以B、C正確。 8．如圖所示，質(zhì)量為M＝8 kg的小車停放在光滑水平面上，在小車右端施加一水平恒力F＝8 N，當(dāng)小車向右運(yùn)動速度達(dá)到3 m/s時，在小車的右端輕放一質(zhì)量為m＝2 kg的小物塊，小物塊與小車間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2。g取10 m/s2。 (1)在小物塊和小車相對運(yùn)動的過程中，求小物塊的加速度a1和小車的加速度a2； (2)如果小車足夠長，經(jīng)過多長時間小物塊停止與

17、小車間的相對運(yùn)動？ (3)為了使小物塊不從小車上掉下來，小車的長度至少為多少？ (4)如果小車足夠長，小物塊從放上開始經(jīng)過3.0 s所通過的位移是多少？ 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)規(guī)定水平向右為正方向，根據(jù)牛頓第二定律得， 小物塊的加速度為：a1＝＝μg＝2 m/s2，即小物塊的加速度大小為2 m/s2，方向向右； 小車的加速度為：a2＝＝0.5 m/s2，即小車的加速度大小為0.5 m/s2，方向向右。 (2)設(shè)經(jīng)t時間小物塊與小車的速度相同，有： a1t＝v0＋a2t，解得：

18、t＝＝2 s， 所以經(jīng)過2 s小物塊停止與小車間的相對運(yùn)動。 (3)小物塊停止與小車間的相對運(yùn)動前： 小車的位移為：xM＝v0t＋a2t2＝7 m，方向向右， 小物塊的位移為：x1＝a1t2＝4 m，方向也向右。 所以小車長至少為：L＝xM－x1＝3 m。 (4)2 s末小物塊的速度大小為：v＝a1t＝4 m/s，然后小物塊和小車一起做勻加速直線運(yùn)動。 根據(jù)牛頓第二定律得：a＝＝0.8 m/s2， 第3 s內(nèi)小物塊的位移為：x2＝vt′＋at′2＝4.4 m。 則小物塊從放上開始經(jīng)過3.0 s所通過的位移為： x＝x1＋x2＝8.4 m。 9. 長為L＝1.5 m的木板B

19、靜止放在水平冰面上，可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊A以初速度v0從左端滑上木板B，一段時間后A、B達(dá)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。已知物塊A與木板B的質(zhì)量相同，A、B間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.25，g取10 m/s2。 (1)求木板與冰面間的動摩擦因數(shù)μ2； (2)求小物塊A的初速度v0； (3)為了保證小物塊不從木板的右端滑落，求小物塊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)小物塊和木板一起運(yùn)動時，做勻減速運(yùn)動，根據(jù)速度—位移公式可得加速度大小 a＝＝ m/s2＝1 m/s

20、2， 對整體，由牛頓第二定律得μ2(2m)g＝2ma， 解得μ2＝0.1。 (2)小物塊滑上長木板后做勻減速運(yùn)動，其加速度大小a1＝μ1g＝2.5 m/s2， 木板做勻加速運(yùn)動μ1mg－μ2(2m)g＝ma2， 解得a2＝0.5 m/s2， 設(shè)小物塊滑上木板經(jīng)時間t后速度達(dá)到v， 對木板有v＝a2t， 解得t＝＝ s＝0.8 s， 小物塊滑上木板的初速度v0＝v＋a1t＝2.4 m/s。 (3)由題意知，當(dāng)小物塊以最大初速度v0m滑上木板時，小物塊到達(dá)木板最右端時恰好與木板速度相等， 物塊的位移為s物＝v0mt′－a1t′2， 木板的位移為s板＝a2t′2， 位移間的關(guān)系為s物－s板＝L， 速度關(guān)系為v0m－v′＝a1t′，v′＝a2t′， 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得v0m＝3 m/s。 - 8 -