教科版必修1第三章 牛顿运动定律综合与测试学案及答案

这是一份教科版必修1第三章 牛顿运动定律综合与测试学案及答案，共10页。学案主要包含了加固训练等内容，欢迎下载使用。


知识点一 瞬时加速度问题
1．瞬时加速度问题：物体的加速度与合力存在瞬时对应关系，所以分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻物体的受力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度。
2．解决瞬时加速度问题的两点注意：
(1)刚性绳(或接触面)模型：这种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，恢复形变几乎不需要时间，故认为弹力立即改变或消失。
(2)弹簧(或橡皮绳)模型：此种物体的特点是形变量大，恢复形变需要较长时间，在瞬时问题中，其弹力的大小往往可以看成是不变的。

【典例】如图，A、B、C三个小球质量均为m，A、B之间用一根没有弹性的轻质细线连在一起，B、C之间用轻弹簧拴接，整个系统用细线悬挂在天花板上并且处于静止状态。现将A上面的细线剪断，使A的上端失去拉力，则在剪断细线的瞬间，A、B、C三个小球的加速度分别是( )
A．1.5g，1.5g，0 B．g，2g，0
C．g，g，g D．g，g，0
【解析】选A。剪断细线前，由平衡条件可知，A上端的细线的拉力为3mg，A、B之间细线的拉力为2mg，轻弹簧的拉力为mg。在剪断细线的瞬间，轻弹簧中拉力不变，小球C所受合力为0，所以C的加速度为0；A、B小球被细线拴在一起，整体受到二者重力和轻弹簧向下的拉力，由牛顿第二定律得2mg＋mg＝2ma，解得a＝1.5g，选项A正确。
如图所示，质量为4 kg的物体A静止在竖直的轻质弹簧上面。质量为1 kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为(g取10 m/s2)( )
A．0 B．50 N C．10 N D．8 N
【解析】选D。剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力F＝mAg＝40 N，剪断细线的瞬间，对整体分析，整体加速度：a＝ eq \f(（mA＋mB）g－F,mA＋mB) ＝ eq \f(（4＋1）×10－40,4＋1) m/s2＝2 m/s2，对B隔离分析，mBg－N＝mBa，解得：N＝mBg－mBa＝(10－1×2) N＝8 N。故D正确，A、B、C错误。故选D。
【加固训练】
1．如图所示，在光滑水平面上有物体A和B，质量分别为m1、m2。它们之间用水平轻杆连接，水平拉力F(大小未知)作用在B上，使A和B一起以加速度a做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力F，此瞬时A和B的加速度大小分别为a1和a2。则( )
A.a1＝a2＝0 B．a1＝a；a2＝0
C．a1＝0；a2＝a D．a1＝a；a2＝ eq \f(m1,m2) a
【解析】选A。撤去拉力瞬间，轻杆的弹力发生突变，即变为0，此时每个物体在水平方向的合力为零，二者的加速度都为零，所以A正确、B、C、D错误。
2．如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时AB两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为( )
A.aA＝aB＝g B．aA＝2g，aB＝0
C．aA＝ eq \r(3) g，aB＝0 D．aA＝2 eq \r(3) g，aB＝0
【解析】选D。设两个小球的质量都为m，以AB球整体作为研究对象，处于静止状态受力平衡，由平衡条件得：细线拉力T＝2mg tan 60°＝2 eq \r(3) mg，剪断细线瞬间弹簧的弹力没有变化，A球受到的合力与原来细线的拉力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律得：aA＝ eq \f(2\r(3)mg,m) ＝2 eq \r(3) g，B球的受力情况不变，则加速度仍为0，故D正确，A、B、C错误。
知识点二 板块模型问题
1．问题的特点：
滑块—木板类问题涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。
2．常见的两种位移关系：
(1)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，则木板的位移x1和滑块的位移x2之差等于木板的长度L。
即x2－x1＝L。
(2)若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移大小x1和木板的位移大小x2之和等于木板的长度L。
即x1＋x2＝L。
3．解题方法：
(1)对各物体受力分析。
(2)利用牛顿第二定律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)利用运动学公式求出物体之间的位移(路程)关系或速度关系。
【典例】长方体形状木板A的长度L＝4 m，质量8 kg，静止在足够大的光滑水平地面上，其上表面右端放置有一质量为mB＝4 kg的小铁块B(可看成质点)，B与A上表面之间的动摩擦因数μ＝0.2，从t＝0时刻起，用水平向右的恒力F＝40 N持续地作用在A上，使A、B从静止开始运动，不计空气阻力，A、B之间的最大静摩擦力等于其滑动摩擦力，求：
(1)B在A上表面运动过程中A、B加速度分别为多大？
(2)B在A上表面运动多长时间后离开A？
(3)A在运动前3 s时间内位移的大小为多少？
【解析】(1)对A：F－μmBg＝mAaA，
解得：aA＝4 m/s2，
对B：μmBg＝mBaB，
解得：aB＝2 m/s2。
(2)设经过t1时间B从A右端运动到左端，由运动学公式有：
对A：xA＝ eq \f(1,2) aAt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，
对B：xB＝ eq \f(1,2) aBt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，
而xA－xB＝L，
代入数据联立解得：t1＝2 s。
(3)在t1＝2 s时间内A的位移为：xA＝ eq \f(1,2) aAt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝8 m，
B从A左端离开A时，A的速度为：vA＝aAt1＝8 m/s，
B离开A后A运动时间为：t2＝t－t1＝1 s，
设A继续运动的加速度为a′A，由牛顿第二定律得：F＝mAa′A，解得：a′A＝5 m/s2，
在t2时间内A运动的位移为：x′A＝vAt2＋ eq \f(1,2) a′At eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝10.5 m，则A在运动的前3 s时间内的位移大小为：s＝xA＋x′A＝18.5 m。
答案：(1)4 m/s2 2 m/s2 (2)2 s (3) 18.5 m
如图所示，质量m＝1.0 kg的物块(视为质点)放在质量M＝4.0 kg的木板的右端，木板长L＝2.5 m。开始木板静止放在水平地面上，物块与木板及木板与水平地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2。现对木板施加一水平向右的恒力F＝40 N，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g取10 m/s2。则物块在木板上运动的过程中，下列说法中正确的是( )
A．物块与木板以相同的加速度做匀加速运动
B．木板的加速度大小为5.6 m/s2
C．物块的最大速度大小为4.0 m/s
D．物块到达木板左端时木板前进的位移大小为3.5 m
【解析】选D。物块与木板恰好相对滑动时，物块的加速度：a临＝ eq \f(μmg,m) ＝μg＝2 m/s2，拉力的临界值：F临－μ(M＋m)g＝(M＋m)a临 ，解得F临＝20 N eq \f(40－0.2×1×10－0.2×（1＋4）×10,4) m/s2＝7 m/s2，故B错误；物块的加速度：a物块＝ eq \f(μmg,m) ＝μg＝2 m/s2，设经过时间t，物块从木板上滑落，则：L＝ eq \f(1,2) a木板t2－ eq \f(1,2) a物块t2，代入数据解得：t＝1 s，此时物块的速度最大为：v＝a物块t＝2×1 m/s＝2 m/s，故C错误；物块到达木板左端时木板前进的位移大小：x木板＝ eq \f(1,2) a木板t2＝ eq \f(1,2) ×7×12 m＝3.5 m，故D正确，故选D。
【加固训练】
1．如图所示，在光滑地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动。小车质量是M，木块质量是m，力大小是F，加速度大小是a，木块和小车之间的动摩擦因数是μ。则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是( )
A．μmg B． eq \f(mF,M＋m)
C．μ(M＋m)g D． eq \f(MF,M＋m)
【解析】选B。以小车和木块组成的整体为研究对象，根据牛顿第二定律知，a＝ eq \f(F,M＋m) ，以木块为研究对象，摩擦力f＝ma＝ eq \f(mF,M＋m) 。故B正确。
2．在光滑水平面上放置两长度相同、质量分别为m1和m2的木板P、Q，在木板的左端各有一大小、形状、质量完全相同的物块a和b，木板和物块均处于静止状态。现对物块a和b分别施加水平恒力F1和F2，使它们向右运动。当物块与木板分离时，P、Q的速度分别为v1、v2，物块a、b相对地面的位移分别为s1、s2。已知两物块与木板间的动摩擦因数相同，下列判断正确的是( )
A．若F1＝F2、m1＞m2，则v1＞v2、s1＝s2
B．若F1＝F2、m1＜m2，则v1＞v2、s1＝s2
C．若F1>F2、m1＝m2，则v1D．若F1【解析】选C。首先看F1＝F2时的情况：
由题很容易得到a、b所受的摩擦力大小是相等的，因此a、b加速度相同，我们设a、b加速度大小为a同，
对于P、Q，滑动摩擦力即为它们的合力，设P(m1)的加速度大小为a1，Q(m2)的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得：a1＝ eq \f(μmg,m1) ，a2＝ eq \f(μmg,m2) ，其中m为物块a或b的质量。设板的长度为L，它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：
a与P的相对位移为：L＝ eq \f(1,2) a同t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) － eq \f(1,2) a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，
b与Q的相对位移为：L＝ eq \f(1,2) a同t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) － eq \f(1,2) a2t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，
若m1＞m2，则a1＜a2，
所以得：t1＜t2
P的速度为：v1＝a1t1，Q的速度为：v2＝a2t2，
物块a相对地面的位移为：s1＝ eq \f(1,2) a同t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，
物块b相对地面的位移为：s2＝ eq \f(1,2) a同t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，
则v1＜v2，s1＜s2，故A错误，同理得B错误。
若F1＞F2、m1＝m2，根据受力分析和牛顿第二定律：
则a的加速度大于b的加速度，即aa＞ab，
由于m1＝m2，所以P、Q加速度相同，设P、Q加速度为aPQ。它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：a与P的相对位移为：
L＝ eq \f(1,2) aat eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) － eq \f(1,2) aPQt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，b与Q的相对位移为：
L＝ eq \f(1,2) abt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) － eq \f(1,2) aPQt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，
由于aa＞ab，
所以得：t1＜t2，
则v1＜v2，s1＜s2，故C正确。
根据C选项分析得：
若F1＜F2、m1＝m2，aa＜ab，
则v1＞v2、s1＞s2，D错误。
故C正确，A、B、D错误。
1.如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。重力加速度大小为g，则有( )
A．a1＝a2＝a3＝a4＝0
B．a1＝a2＝a3＝a4＝g
C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝ eq \f(m＋M,M) g
D．a1＝g，a2＝ eq \f(m＋M,M) g，a3＝0，a4＝ eq \f(m＋M,M) g
【解析】选C。在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足F＋Mg＝Ma4，解得a4＝ eq \f(m＋M,M) g，所以C正确。
2．(多选)如图所示，质量为m的小球在细线A和轻弹簧B的共同作用下保持静止，其中细线A水平，左端固定于竖直墙壁，轻弹簧B上端固定于天花板，轴线与竖直方向的夹角为60°，已知轻弹簧B的劲度系数为k，重力加速度为g，则( )
A．细线A拉力的大小FA为 eq \r(3) mg
B．轻弹簧B拉力的大小FB为mg
C．轻弹簧B的伸长量Δx为 eq \f(2mg,k)
D．突然剪断细线A的瞬间，小球的加速度a大小为 eq \r(3) g
【解析】选A、C、D。对小球受力分析，如图所示。
由平行四边形定则和平衡条件得：tan 60°＝ eq \f(FA,mg) ，解得细线A中拉力的大小FA＝ eq \r(3) mg，故A正确；由三角函数关系得cs 60°＝ eq \f(mg,FB) ，解得FB＝2mg，由胡克定律得FB＝kΔx，可得Δx＝ eq \f(2mg,k) ，故B错误、C正确；弹簧的弹力不能突变，则突然剪断细线A的瞬间，仍有FB＝2mg，由牛顿第二定律得 eq \r(F eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) －（mg）2) ＝ma，解得a＝ eq \r(3) g，方向水平向右，故D正确。
3.如图所示，质量为m1的足够长木板静止在水平面上，其上放一质量为m2的物块。物块与木板的接触面是光滑的。从t＝0时刻起，给物块施加一水平恒力F。分别用a1、a2和v1、v2表示木板、物块的加速度和速度大小，下列图像符合运动情况的是( )
【解析】选D。木板一定保持静止，加速度为0，选项A、B错误；物块的加速度a＝ eq \f(F,m2) ，即物块做匀加速直线运动，物块运动的v­t图像为倾斜的直线，而木板保持静止，速度一直为0，选项C错误，D正确。
【加固训练】
如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是( )
【解析】选A。开始运动时F较小，两物体之间为静摩擦力，不会相对滑动，由牛顿第二定律有，kt＝(m1＋m2)a，解得a＝ eq \f(k,m1＋m2) t，在a­t图像中是一条直线，设m1与m2之间的动摩擦因数为μ，m1的最大加速度a1＝ eq \f(μm2g,m1) ，当F增大到使m2的加速度a2> eq \f(μm2g,m1) 时，两物体开始分离，此时两物体之间为滑动摩擦力，对m1应用牛顿第二定律有，μm2g＝m1a1，解得a1＝ eq \f(μm2g,m1) 为定值，在a­t图像中是一条平行于水平t轴的直线，对m2应用牛顿第二定律有，kt－μm2g＝m2a2，解得a2＝ eq \f(k,m2) t－μg，由于 eq \f(k,m2) ＞ eq \f(k,m1＋m2) ，即分离后在a­t图像中a2的斜率更大，故B、C、D错，A正确。
4．(2020·广元高一检测)如图所示，在光滑水平面上放置一个质量M＝2 kg的长木板A，可视为质点的物块B放在木板A的最左端，其质量m＝1 kg。已知A、B间的动摩擦因数为μ＝0.2。开始时A、B均处于静止状态。某时刻B突然获得水平向右的初速度v0＝6 m/s，g取10 m/s2。
(1)计算物块B获得速度v0后，开始向右运动时加速度的大小；
(2)若物块B恰好不从A的右端滑出，计算木板A的长度L；
(3)在(2)情形下，当物块B运动到木板A的右端时，立即在A上施加一个水平向右的拉力F＝12 N(图中未画出)，计算物块B离开木板A时的速度。
【解析】(1)根据牛顿第二定律，物块B开始向右运动时
μmg＝maB
解得aB＝2 m/s2
(2)开始运动后，B做匀减速运动，A做匀加速运动，当两者速度相等时，B恰好滑到A的右端。设此时它们的共同速度为v，经历的时间为t。
由速度关系有v＝aAt＝v0－aBt
由位移关系有(v0t－ eq \f(1,2) aBt2)－ eq \f(1,2) aAt2＝L
另有μmg＝MaA
联立解得：v＝2 m/s，L＝6 m
(3)在A上施加拉力F后，A继续向右加速，A的速度将大于B，B受到的摩擦力反向，也改为向右加速。由牛顿第二定律
对A有：F－μmg＝Ma′A
对B有：μmg＝ma′B
联立解得：a′A＝5 m/s2，a′B＝2 m/s2
由于a′A> a′B，虽然两者都向右加速，但B相对于A向左运动，设经过时间t′，物块B从左端离开A。
由位移关系有：(vt′＋ eq \f(1,2) a′At′2)－(vt′＋ eq \f(1,2) a′Bt′2)＝L
解得t′＝2 s
所以B离开A时的速度 v1＝v＋a′Bt′＝6 m/s
答案：(1)2 m/s2 (2)6 m (3)6 m/s