高中物理人教版 (2019)必修 第一册第四章 运动和力的关系综合与测试图片课件ppt

这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第一册第四章 运动和力的关系综合与测试图片课件ppt，共55页。PPT课件主要包含了章末小结，知识网络构建，匀速直线运动，作用力，加速度，方法归纳提炼，典题1，典题2，典题3，进考场练真题等内容，欢迎下载使用。

一、动力学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。
　　　　　(2021·浙江省高一上学期月考)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
答案：(1)15 N　(2)5 m/s2　(3)水平向左加速运动　7.5m/s2
二、滑块—木板模型1．模型概述：一个物体在另一个物体上，两者之间有相对运动。问题涉及两个物体、多个过程，两物体的运动时间、速度、位移间有一定的关系。2．常见的两种位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑离木板的过程中滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板向相反方向运动，滑离木板时滑块的位移和木板的位移大小之和等于木板的长度。
3．解题方法(1)明确各物体初始状态(对地的运动和物体间的相对运动)，确定物体间的摩擦力方向。(2)分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)。(3)找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
　　　　　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(　 　)A．小滑块的质量m＝2 kgB．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1C．当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2D．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。
三、传送带模型1．传送带的基本类型一个物体以初速度v0(v0≥0)在另一个匀速运动的物体上运动的力学系统可看成传送带模型。传送带模型按放置方向分为水平传送带和倾斜传送带两种，如图所示。
2．水平传送带(1)当传送带水平转动时，应特别注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化。(2)求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。静摩擦力达到最大值，是物体恰好保持相对静止的临界状态；滑动摩擦力只存在于发生相对运动的物体之间，因此两物体的速度相同时，滑动摩擦力要发生突变(滑动摩擦力变为零或变为静摩擦力)。
3．倾斜传送带(1)对于倾斜传送带，除了要注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化外，还要注意物体与传送带之间的动摩擦因数与传送带倾角的关系。①若μ≥tan θ，且物体能与传送带共速，则共速后物体做匀速运动；②若μ＜tan θ，且物体能与传送带共速，则共速后物体相对于传送带做匀变速运动。(2)求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向。当物体的速度与传送带的速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。
　　　　　(2020·辽宁高一上学期期末)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。
答案：(1)1.4s　(2)1 s
思路引导：把第3节到第40节车厢看成一个整体，应用牛顿第二定律列方程；把最后两节车厢看成一个整体，应用牛顿第二定律列方程求解。解析：设每节车厢的质量为m，每节车厢所受摩擦力、空气阻力为f，从第3节到第40节车厢看成一个整体，对其进行受力分析，由牛顿第二定律得：F－(40－2)×f＝(40－2)×ma，解得：F＝38×(f＋ma)
点评：本题以中欧运送防疫物资的班列为背景考查匀变速直线运动中应用牛顿第二定律求解力的问题，很好地体现了新高考的鲜明的时代特色，表明了中国的科技进步，能够激发学生的学习积极性和爱国热情。
二、临场真题练兵1．(2020·山东卷，1)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移x与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是(　　)A．0～t1时间内，v增大，FN＞mgB．t1～t2时间内，v减小，FN＜mgC．t2～t3时间内，v增大，FN＜mgD．t2～t3时间内，v减小，FN＞mg
解析：由于s－t图像的斜率表示速度，由图可知在0～t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下运动，根据牛顿第二定律得：mg－FN＝ma，解得：FN＝mg－ma，则FN＜mg，处于失重状态，故A错误；在t1～t2时间内，x－t图像的斜率保持不变，所以速度不变，即乘客匀速下降，则FN＝mg，故B错误；在t2～t3时间内，x－t图像的斜率变小，所以速度减小，即乘客的减速下降，根据牛顿第二定律得：FN－mg＝ma，解得：FN＝mg＋ma，则FN＞mg，处于超重状态，故C错误，D正确。
2．(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(　 　)A．木板的质量为1 kgB．2 s～4 s内，力F的大小为0.4NC．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
将已知数据代入可得：m＝1 kg，F＝0.4N，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。
3．(2020·新课标Ⅱ，22)一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球A和B，如图所示。一实验小组用此装置测量小球B运动的加速度。令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球B释放时的高度h0＝0.590 m，下降一段距离后的高度h＝0.100 m；由h0下降至h所用的时间T＝0.730 s。由此求得小球B加速度的大小为a＝_______m/s2(保留3位有效数字)。
从实验室提供的数据得知，小球A、B的质量分别为100.0g和150.0g，当地重力加速度大小为g＝9.80 m/s2。根据牛顿第二定律计算可得小球B加速度的大小为a′＝_________m/s2(保留3位有效数字)。可以看出，a′与a有明显差异，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原因：_______________________________。
滑轮的轴不光滑或滑轮有质量 　
4．(2020·浙江，17(1))做“探究加速度与力、质量的关系”实验时，图1甲是教材中的实验方案；图1乙是拓展方案，其实验操作步骤如下：(i)挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑；(ii)取下托盘和砝码，测出其总质量为m，让小车沿木板下滑，测出加速度a；(iii)改变砝码质量和木板倾角，多次测量，通过作图可得到a－F的关系。
①实验获得如图2所示的纸带，计数点a、b、c、d、e、f间均有四个点未画出，则在打d点时小车的速度大小vd＝________m/s(保留两位有效数字)；②需要满足条件M≫m的方案是_______(选填“甲”、“乙”或“甲和乙”)；在作a－F图像时，把mg作为F值的是____________(选填“甲”、“乙”或“甲和乙”)。
5．(2020·山东，13)2020年5月，我国进行了珠穆朗玛峰的高度测量，其中一种方法是通过使用重力仪测量重力加速度，进而间接测量海拔高度。某同学受此启发就地取材设计了如下实验，测量当地重力加速度的大小。实验步骤如下：(ⅰ)如图甲所示，选择合适高度的垫块，使木板的倾角为53°，在其上表面固定一与小物块下滑路径平行的刻度尺(图中未画出)。(ⅱ)调整手机使其摄像头正对木板表面，开启视频录像功能。将小物块从木板顶端释放，用手机记录下小物块沿木板向下做加速直线运动的情况。然后通过录像的回放，选择小物块运动路径上合适的一点作为测量参考点，得到小物块相对于该点的运动距离L与运动时间t的数据。
回答以下问题：(1)当木板的倾角为37°时，所绘图像如图乙所示。由图像可得，物块过测量参考点时速度的大小为____________m/s；选取图线上位于坐标纸网格交叉点上的A、B两点，利用A、B两点数据得到小物块下滑加速度的大小为___________m/s2(结果均保留2位有效数字)。(2)根据上述数据，进一步分析得到当地的重力加速度大小为_______ m/s2(结果保留2位有效数字，sin 37°＝0.60，cs 37°＝0.80)。
(2)木板的倾角为53°，小物块加速度大小为a0＝5.6m/s2，对小物块根据牛顿第二定律可得：mgsin 53°－μmgcs 53°＝ma0，当倾角为37°时，有：mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma联立解得：g≈9.4m/s2。
答案：(1)0.125 m/s2　方向竖直向下　(2)1 m/s　(3)40 m解析：(1)由图2可知，物件26 s时开始减速，减速过程受牵引力为1 975 N，重力G＝mg，由牛顿第二定律可得：mg－FT＝ma，解得：a＝0.125 m/s2，因牵引力小于重力，故加速度竖直向下(2)对减速过程分析可知，减速时间t2＝8 s，逆向分析可将匀减速过程视为初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式可得：v＝at2＝0.125×8 m/s＝1 m/s