高中物理2024年高考复习名师重难点导学必修一：第四章 章末整合提升

第四章　运动和力的关系

章末整合提升

核心知识　多运动过程分析

1．当题目给出的物理过程较复杂，由多个过程组成时，要明确整个过程由几个阶段组成，将过程合理分段，找到相邻过程的联系点并逐一分析每个过程。

联系点：前一过程的末速度是后一过程的初速度，另外还有位移关系、时间关系等。

2．注意：由于不同过程中力发生了变化，所以加速度也会发生变化，所以对每一过程都要分别进行受力分析，分别求加速度。

【典型例题1】　如图为羽毛球筒，内有一羽毛球，球托底部离球筒口10 cm，球与球筒内壁紧密接触。现小明同学将球筒竖直静置于地面上方0．2 m高度，然后将球筒静止释放，若球筒与地面相碰后速度瞬间减为0，且不会倾倒，羽毛球到达球筒口时速度刚好减为零。已知球筒长36 cm，羽毛球轴向高8 cm，质量为5 g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，取g＝10 m/s2。求：

（1）球筒下落的时间；

（2）球筒释放前羽毛球受到的摩擦力以及下落过程中受到的摩擦力；

（3）球筒落地后，羽毛球滑到球筒口过程中受到的摩擦力是重力的几倍。

[解析]　（1）不计空气阻力，静止释放球筒后，球筒做自由落体运动，

下落高度：h＝gt2

代入数据解得：t＝0．2s。

（2）羽毛球的质量m＝5g＝0．005kg，

释放前羽毛球静止，设受到的摩擦力为Ff，对羽毛球，由平衡条件得：

Ff＝mg＝0．05N，方向竖直向上

下落过程中，羽毛球和球筒均处于完全失重状态，做自由落体运动，加速度a＝g，设所受摩擦力为Ff'，对羽毛球，由牛顿第二定律得：

mg－Ff'＝mg

解得：Ff'＝0。

（3）球筒落地时羽毛球的速度：v＝gt＝2m/s

球筒落地后羽毛球继续滑动刚好到达球筒口，羽毛球的位移：x＝10cm＝0．10m

羽毛球在球筒内滑动过程中：v2＝2ax

代入数据解得：a＝20m/s2＝2g

设羽毛球受到的摩擦力为Ff″，对羽毛球，由牛顿第二定律得：

Ff″－mg＝ma

解得：Ff″＝3mg。

即摩擦力是重力的3倍。

[答案]　（1）0．2 s　（2）0．05 N，方向竖直向上　0　（3）3倍

归纳总结

分析多过程问题的要领

（1）将多过程分解为多个阶段，各阶段间由衔接点连接。

（2）对各阶段进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。

（3）根据阶段和衔接点的模型特点选择合理的动力学规律列方程。

（4）分析衔接点的速度等联系，确定各阶段间的时间关系、位移关系、速度关系等，并列出相关的辅助方程。

（5）联立方程组，分析求解，并对结果进行必要的讨论或验证。

【典型例题2】　如图所示，一足够长的固定斜面的倾角θ＝37°，质量m＝0．25 kg的物体在力F作用下由静止开始沿斜面向上运动。物体在A点时的初速度为0，经t1＝4 s到达B点时撤去力F，再经t2＝0．6 s正好通过斜面上的C点。已知力F与斜面成30°角，AB间的距离L＝8 m，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0．5，g取10 m/s2，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8。求：

（1）物体第一次经过B点时的速度大小；

（2）力F的大小；

（3）BC之间的距离。

[解析]　（1）设第一次经过B点的速度大小为v，根据匀变速直线运动的规律可得：

L＝t1

解得：v＝4m/s。

（2）设物体在AB段运动过程中的加速度大小为a1，则：

a1＝＝1m/s2

沿斜面方向根据牛顿第二定律可得：

Fcos30°－mgsin37°－Ff＝ma1，

其中摩擦力Ff＝μ（mgcos37°－Fsin30°）

联立解得：F＝2．46N。

（3）撤去力F后，物体向上运动的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律可得：

mgsin37°＋μmgcos37°＝ma2

解得：a2＝10m/s2

物体从B点开始到速度减为零时经过的时间为t3，则：

t3＝＝0．4s

此过程中的位移大小为：x1＝t3＝0．8m

接着物体开始沿斜面下滑，下滑的时间为：

t4＝t2－t3＝0．2s

下滑过程中，根据牛顿第二定律可得：

mgsin37°－μmgcos37°＝ma3

解得：a3＝2m/s2

下滑过程中经过t4通过的距离为：

x2＝a3＝0．04m

则BC之间的距离：x＝x1－x2＝0．76m。

[答案]　（1）4 m/s　（2）2．46 N　（3）0．76 m

【典型例题3】　一质量m＝0．4 kg的电动遥控玩具车在水平地面上做直线运动，如图所示为其运动的v－t图像的一部分，已知0．4 s以前车做匀变速运动，之后做变加速运动直到速度最大，t＝2 s时刻关闭发动机，玩具车开始做匀减速运动，最终停止，玩具车全过程中所受阻力可视为恒定。

（1）求玩具车受到阻力的大小。

（2）求匀加速阶段玩具车的驱动力的大小。

（3）估算全过程玩具车行驶的距离。

[解析]　（1）设2s后玩具车的加速度为a3，根据图像可得

a3＝m/s2＝－2m/s2

在减速阶段玩具车只受到阻力作用，

得Ff＝m|a3|＝0．4×|－2|N＝0．8N。

（2）设前0．4s，玩具车的加速度大小为a1，得a1＝m/s2＝10m/s2

根据牛顿第二定律得F－Ff＝ma1

关闭发动机前后阻力Ff不变，解得F＝4．8N。

（3）0～0．4s内的位移x1＝a1×10×0．42m＝0．8m

0．4s～2s内图线围成的格子约为58格，此段时间内位移x2＝58×0．2×1m＝11．6m

2s以后的位移x3＝m＝16m

玩具车总位移x＝x1＋x2＋x3＝28．4m。

[答案]　（1）0．8 N　（2）4．8 N　（3）28．4 m