人教版 (2019)必修 第一册第四章 运动和力的关系综合与测试学案

这是一份人教版 (2019)必修 第一册第四章 运动和力的关系综合与测试学案，共6页。学案主要包含了动力学问题中的临界和极值问题，动力学问题中的“板块”模型，动力学中的传送带问题等内容，欢迎下载使用。

知识网络构建
运动和力的关系
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al(牛顿第,一定律)\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(内容：一切物体总保持__匀速直线运动__状态, 或__静止__状态，除非作用, 在它上面的力迫使它改变这种状态,理解\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(力是__改变__物体运动状态的原因,一切物体在任何情况下都具有惯性，, __质量__是惯性大小的唯一量度))))))
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al(牛顿第,二定律)\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成__正比__，, 跟它的质量成__反比__，, 加速度的方向跟__作用力__的方向相同,表达式：F＝ma,理解\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(矢量性：a的方向与__F__的方向一致,瞬时性：a随__F__的变化而变化,独立性：每个力都能使物体产生一个__加速度__))))))
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(力学单位制：基本量与基本单位、导出单位、单位制的应用,牛顿运动定律的应用\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(已知受力确定__运动__情况,已知运动情况确定__受力__)),超重与失重\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(失重：加速度a__向下__，FNG,完全失重：a＝__g__，FN＝0)),实验：探究加速度与力、质量的关系))
方法归纳提炼
一、动力学问题中的临界和极值问题
1．临界、极值问题：在运用牛顿运动定律解动力学问题时，常常讨论相互作用的物体是否会发生相对滑动，相互接触的物体是否会发生分离等等。这类问题就是临界问题。
2．解题关键：解决临界问题的关键是分析临界状态，挖掘临界条件。
常见的临界条件：(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离的临界条件是弹力F N＝0。
(2)相对静止或相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对静止或相对滑动的临界条件为静摩擦力达到最大值或为零。
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是绳子张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是FT＝0。
(4)加速度最大与速度最大的临界条件：当物体在受到变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合外力最大时，具有最大加速度；合外力最小时，具有最小加速度。当出现加速度为零时，物体处于临界状态，所以对应的速度便会出现最大值或最小值。
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，一般就隐含着临界问题，解决这类问题时，常常是把物理问题(或物理过程)引向极端，进而使临界条件或临界点暴露出来，达到快速解决有关问题的目的。
(2)假设法：有些物理问题在变化过程中可能会出现临界问题，也可能不出现临界问题，解答这类题，一般要用假设法。
(3)数学推理法：根据分析的物理过程列出相应的数学表达式，然后由数学表达式讨论出临界条件。
典题1 (2019·浙江省嘉兴一中高一上学期期中)某研究性学习小组利用力传感器研究小球与竖直挡板间的作用力，实验装置如图所示，已知斜面倾角为37°，光滑小球的质量m＝2 kg，力传感器固定在竖直挡板上。已知sin 37 °＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)当整个装置静止时，力传感器的示数；
(2)当整个装置向右做匀加速直线运动时，力传感器示数为25 N，此时装置的加速度大小；
(3)某次整个装置在水平方向做匀加速直线运动时，力传感器示数恰好为0，此时整个装置的运动方向如何？加速度为多大。
思路引导：(1)小球受力分析→物体平衡条件→求解
(2)受力分析→正交分解→水平方向Fx＝ma，求a
(3)分析临界条件→判定a的方向→分析受力→F合＝ma
解析：(1)以小球为研究对象，设小球与力传感器间的作用力大小为F，小球与斜面之间的弹力大小为FN，受力示意图如图①，根据物体的平衡条件，由几何关系可得
F＝mgtan 37°，F＝15 N
(2)当装置向右匀加速运动时，小球受力如图②，其合力水平向右。
对小球：竖直方向：FNcs 37°＝mg
水平方向：F－FNsin 37°＝ma，得：a＝5 m/s2
(3)当力传感器示数恰好为零时，小球受力如图③，其合力水平向左，故装置水平向左加速运动。
有tan θ＝eq \f(F合,mg)＝eq \f(ma,mg)，得a＝7.5 m/s2
答案：(1)15 N (2)5 m/s2 (3)水平向左加速运动 7.5 m/s2
二、动力学问题中的“板块”模型
1．分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联
2．两种类型
典题2 (多选)如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( AC )
A．小滑块的质量m＝2 kg
B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1
C．当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2
D．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大
思路引导：根据图线理清“板块”的运动情景是解题基础；找出m开始滑动的临界点，即a＝2 m/s2(F＝6 N)是解题关键。
解析：当F＝6 N时，两物体恰好具有最大共同加速度，对整体分析，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，代入数据解得M＋m＝3 kg。当F大于6 N时，两物体发生相对滑动，对长木板有a＝eq \f(F－μmg,M)＝eq \f(F,M)－eq \f(μmg,M)，图线的斜率k＝eq \f(1,M)＝1，解得M＝1 kg，滑块的质量m＝2 kg，选项A正确；滑块的最大加速度a′＝μg＝2 m/s2，所以小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.2，选项B错误；当F＝7 N时，由a＝eq \f(F－μmg,M)知长木板的加速度a＝3 m/s2，选项C正确；当两物体发生相对滑动时，滑块的加速度a′＝μg＝2 m/s2，恒定不变，选项D错误。
三、动力学中的传送带问题
1．水平传送带
(1)若物体到达传送带的另一端时速度还没有达到传送带的速度，则该物体一直做匀变速直线运动。
(2)若物体到达传送带的另一端之前速度已经和传送带相同，则物体先做匀变速直线运动，后做匀速直线运动。
2．倾斜传送带
(1)一个关键点：对于倾斜传送带，分析物体受到的最大静摩擦力和重力沿斜面方向的分力的关系是关键。
(2)两种情况。
①如果最大静摩擦力小于重力沿斜面的分力，则物体做匀变速直线运动；
②如果最大静摩擦力大于重力沿斜面的分力，则物体先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动。
典题3 (2018·辽宁实验中学高一上学期期末)如图所示的传送带，其水平部分ab的长度为2 m，倾斜部分bc的长度为4 m，bc与水平面的夹角为α＝37°，将一小物块A(可视为质点)轻轻放于传送带的a端，物块A与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.25。传送带沿图示方向 以v＝2 m/s的速度匀速运动，若物块A始终未脱离传送带，且在b点前后瞬间速度大小不变，(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)。试求：
(1)小物块A在ab段的运动时间；
(2)小物块A在bc段的运动时间。
思路引导：(1)物块在水平传送带上先以加速度a1＝μg做匀加速运动，然后随传送带以速度v＝2 m/s做匀速运动。
(2)因mgsin 37°>μmgcs 37°，所以物块在bc段以加速度a2＝gsin 37°－μgcs 37°做匀加速运动。
解析：(1)A先在传送带上匀加速运动(相对地面)，设A对地速度为2 m/s时，A对地的位移是s1＝eq \f(v2,2μg)得
s1＝0.8m＜2m 即物块在ab段先做加速运动，后做匀速运动
设此过程A的加速度为a1
则：μmg＝ma1，故a1＝μg
A做匀加速运动的时间是：t1＝eq \f(v,a1)＝0.8 s
当A相对地的速度达到2 m/s时，A随传送带一起匀速运动，匀速时间为t2，t2＝eq \f(sab－s1,v)＝0.6 s
则小物块A在ab段的运动时间tab＝ t1＋ t2＝1.4 s
(2)由于μ＝0.25＜tan 37°＝0.75，A在bc段以加速度a2向下匀加速运动
mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma2
解得：a2 ＝4 m/s2
由运动学公式xbc＝vt3＋eq \f(1,2)a2teq \\al(2,3)，可知t3＝1 s(t′3＝－2 s舍去)即小物块A在bc段的运动时间t3＝1 s。
答案：(1)1.4 s (2)1 s
进考场练真题
一、高考真题探析
典 题 (多选)(2019·全国卷Ⅲ，20)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平，t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示，木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出( AB )
A．木板的质量为1 kg
B．2 s～4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0～2 s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
思路引导：(1)由图(b)可求出摩擦力的大小，由图(c)可求得撤去外力F前、后的加速度。(2)根据木板在各时间段内的受力情况和运动状态，利用牛顿第二定律，综合分析求解。
解析：由图(b)中提供的数据可求出木板与物块之间的滑动摩擦力Ff＝0.2 N，由图(c)可知，木板在2 s～4 s内做匀加速直线运动，其加速度大小a1＝eq \f(0.4－0,2)m/s2＝0.2 m/s2，木板在4 s～5 s内做匀减速直线运动，其加速度大小a2＝eq \f(0.4－0.2,1)m/s2＝0.2 m/s2。
根据牛顿第二定律有：F－Ff＝ma1 ①
Ff＝ma2 ②
将已知数据代入可得：m＝1 kg，F＝0.4 N，故选项A、B正确；0～2 s内拉力与静摩擦力时刻处于平衡，由图(b)知，细绳对物块的拉力逐渐增大，所以静摩擦力逐渐增大，故拉力也逐渐增大，故选项C错误；因为物块的质量未知，所以物块与木板之间的动摩擦因数不可求，故D错误。
二、临场真题练兵
1．(2018·全国卷Ⅰ，15)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖起向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是( A )

解析：物块P处于静止状态时有kΔL＝mg①
当物块受力F向上做匀加速运动时，由牛顿第二定律有：F＋k(ΔL－x)－mg＝ma②
由①②式得F＝ma＋kx
所以F和x的关系图像为选项A。
2．(2017·全国卷Ⅱ，24)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。
答案：(1)eq \f(v\\al(2,0)－v\\al(2,1),2gs0) (2)eq \f(s1v0＋v12,2s\\al(2,0))
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＝veq \\al(2,1)－veq \\al(2,0)②
联立①②得μ＝eq \f(a1,g)＝eq \f(v\\al(2,0)－v\\al(2,1),2gs0)③
(2)设冰球运动时间为t，则t＝eq \f(v0－v1,μg)④
又s1＝eq \f(1,2)at2⑤
由③④⑤得a＝eq \f(s1v0＋v12,2s\\al(2,0))
3．(2019·浙江物理，19)小明以初速度v0＝10 m/s竖直向上抛出一个质量m＝0.1 kg的小皮球，最后在抛出点接住。假设小皮球在空气中所受阻力大小为重力的0.1倍。求小皮球
(1)上升的最大高度；
(2)上升和下降的时间。
答案：(1)eq \f(50,11) m (2)eq \f(10,11) s eq \f(10\r(11),33) s
解析：(1)在上升过程中，mg＋Ff＝ma1
a1＝11 m/s2
上升的高度h＝eq \f(v\\al(2,0),2a1)＝eq \f(50,11) m
(2)上升的时间t1＝eq \f(v0,a1)＝eq \f(10,11) s
在下降过程中mg－Ff＝ma2得a2＝9 m/s2
h＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)
t2＝eq \f(10\r(11),33) s
类型图示
规律分析
木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA＋L
物块A带动木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA