物理新教材導(dǎo)學(xué)人教必修第一冊講義第四章章末總結(jié)Word版含答案

章末總結(jié)突破一動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題動(dòng)力學(xué)兩類基本問題是指已知物體的受力情況求其運(yùn)動(dòng)情況和已知物體的運(yùn)動(dòng)情況求其受力情況，解決這兩類基本問題的思路方法示意圖如下：其中受力分析是基礎(chǔ)，牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式是工具，加速度是聯(lián)系力和運(yùn)動(dòng)的橋梁。[例1]某一旅游景區(qū)，建有一山坡滑草運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目，該山坡可看成傾角θ＝30°、長L＝72m的斜面。一名游客連同滑草裝置總質(zhì)量m＝80kg，他從靜止開始勻加速下滑，在時(shí)間t＝5s內(nèi)沿斜面滑下的位移x＝50m。(不計(jì)空氣阻力，取g＝10m/s2，結(jié)果保留2位有效數(shù)字)問：(1)滑草裝置與草皮之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為多大？(2)若滑草裝置與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.8，則人在山坡上滑下后還能在水平地面上滑多遠(yuǎn)？解析(1)由位移公式x＝eq\f(1,2)a1t2得a1＝eq\f(2x,t2)＝eq\f(2×50,52)m/s2＝4m/s2則沿斜面方向，由牛頓第二定律得mgsinθ－μFN＝ma1垂直斜面方向上FN＝mgcosθ聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)，得μ＝eq\f(\r(3),15)≈0.12。(2)設(shè)到達(dá)坡底的速度為v，則有v2＝2a1L，則v＝24m/s在水平地面上的加速度大小為a2，且a2＝μ′g＝8m/s2在水平地面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)速度減到0時(shí)水平位移為x1則有0－v2＝－2a2x1聯(lián)立以上三式并代入數(shù)據(jù)得x1＝36m。答案(1)0.12(2)36m方法凝煉兩類動(dòng)力學(xué)問題的解題步驟[針對(duì)訓(xùn)練1]如圖所示，質(zhì)量m＝2kg的物體(可看作質(zhì)點(diǎn))靜止于水平地面上的A處，A、B間距L＝20m。用大小為30N、沿水平方向向右的外力(圖中未畫出)拉此物體，經(jīng)t0＝2s拉至B處。(取g＝10m/s2)(1)求物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)用大小為30N、與水平方向成37°角的力斜向右上拉此物體，使物體從A處由靜止開始運(yùn)動(dòng)并能到達(dá)B處，求該力作用的最短時(shí)間t。(已知cos37°＝0.8，sin37°＝0.6)解析(1)物體做勻加速運(yùn)動(dòng)由L＝eq\f(1,2)a0teq\o\al(2,0)得a0＝eq\f(2L,teq\o\al(2,0))＝eq\f(2×20,22)m/s2＝10m/s2由牛頓第二定律F－Ff＝ma0μ＝eq\f(Ff,mg)＝eq\f(F－ma0,mg)＝0.5。(2)要使該力作用的時(shí)間最短，物體應(yīng)先以大小為a的加速度勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t，撤去外力后，物體再以大小為a′的加速度勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t′到達(dá)B處，到達(dá)B處的速度恰為0，由牛頓第二定律Fcos37°－μ(mg－Fsin37°)＝maa＝eq\f(F（cos37°＋μsin37°）,m)－μg＝11.5m/s2a′＝eq\f(Ff,m)＝μg＝5m/s2由于勻加速階段的末速度即為勻減速階段的初速度，因此有at＝a′t′t′＝eq\f(a,a′)t＝2.3tL＝eq\f(1,2)at2＋eq\f(1,2)a′t′2聯(lián)立解得t≈1.03s答案(1)0.5(2)1.03s突破二應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律處理多過程問題1.按時(shí)間的先后順序?qū)︻}目給出的物體運(yùn)動(dòng)過程(或不同的狀態(tài))進(jìn)行分析(包括列式計(jì)算)的解題方法稱為程序法。解題的基本思路：正確劃分出題目中有多少個(gè)不同過程或多少個(gè)不同狀態(tài)，然后對(duì)各個(gè)過程或各個(gè)狀態(tài)進(jìn)行具體分析，得出正確的結(jié)果。2.當(dāng)題目給出的物理過程較復(fù)雜，由多個(gè)過程組成時(shí)，要明確整個(gè)過程由幾個(gè)子過程組成，將過程合理分段，找到相鄰過程的聯(lián)系點(diǎn)并逐一分析每個(gè)過程。聯(lián)系點(diǎn)：前一過程的末速度是后一過程的初速度，另外還有位移關(guān)系等。[例2]科研人員乘氣球進(jìn)行科學(xué)考察。氣球、座艙、壓艙物和科研人員的總質(zhì)量為990kg。氣球在空中停留一段時(shí)間后，發(fā)現(xiàn)氣球漏氣而下降，及時(shí)堵住。堵住時(shí)氣球下降速度為1m/s，且做勻加速運(yùn)動(dòng)，4s內(nèi)下降了12m。為使氣球安全著陸，向艙外緩慢拋出一定的壓艙物。此后發(fā)現(xiàn)氣球做勻減速運(yùn)動(dòng)，下降速度在5min內(nèi)減小3m/s。若空氣阻力和泄漏氣體的質(zhì)量均可忽略，重力加速度g＝9.89m/s2，求拋掉的壓艙物的質(zhì)量。解析拋壓艙物前，h1＝v0t＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)解得a1＝1m/s2設(shè)漏氣后浮力為F，拋壓艙物前質(zhì)量為m，拋掉壓艙物的質(zhì)量為m′，對(duì)過程分析，如圖所示，由牛頓第二定律得mg－F＝ma1拋壓艙物后，Δv＝a2Δt解得a2＝0.01m/s2由牛頓第二定律得F－(m－m′)g＝(m－m′)a2解得m′＝101kg答案101kg方法凝煉分析多過程問題的要領(lǐng)(1)將多過程分解為多個(gè)子過程，各子過程間由銜接點(diǎn)連接。(2)對(duì)各子過程進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，必要時(shí)畫出受力圖和過程示意圖。(3)根據(jù)子過程和銜接點(diǎn)的模型特點(diǎn)選擇合理的動(dòng)力學(xué)規(guī)律列方程。(4)分析銜接點(diǎn)的速度等聯(lián)系，確定各子過程間的時(shí)間關(guān)系、位移關(guān)系、速度關(guān)系等，并列出相關(guān)的輔助方程。(5)聯(lián)立方程組，分析求解，并對(duì)結(jié)果進(jìn)行必要的討論或驗(yàn)證。[針對(duì)訓(xùn)練2]某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)測量長距離電動(dòng)扶梯加速度的實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示。將一電子健康秤置于水平的扶梯臺(tái)階上，實(shí)驗(yàn)員站在健康秤上相對(duì)健康秤靜止。使電動(dòng)扶梯由靜止開始斜向上運(yùn)動(dòng)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程可分為三個(gè)階段，先加速、再勻速、最終減速停下。已知電動(dòng)扶梯與水平方向夾角為37°。重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。某次測量的三個(gè)階段中電子健康秤的示數(shù)F隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示。(1)畫出加速過程中實(shí)驗(yàn)員的受力示意圖；(2)求該次測量中實(shí)驗(yàn)員的質(zhì)量m；(3)求該次測量中電動(dòng)扶梯加速過程的加速度大小a1和減速過程的加速度大小a2。解析(1)加速過程中實(shí)驗(yàn)員受到重力mg、靜摩擦力Ff、支持力FN，如圖所示。(2)3～6s電動(dòng)扶梯做勻速運(yùn)動(dòng)，實(shí)驗(yàn)員受力平衡FN2＝mg＝600N，m＝60kg。(3)加速階段，豎直方向FN1－mg＝ma1sin37°解得a1＝eq\f(5,9)m/s2＝0.56m/s2減速階段，豎直方向mg－FN3＝ma2sin37°解得a2＝0.42m/s2。答案(1)見解析圖(2)60kg(3)0.56m/s20.42m/s2突破三滑塊——木板模型1.疊放在一起的滑塊——木板，它們之間存在摩擦力，在其他外力作用下它們或者以相同的加速度運(yùn)動(dòng)，或者加速度不同，當(dāng)然無論是哪種情況，受力分析和運(yùn)動(dòng)過程分析都是解題的關(guān)鍵。對(duì)此類問題的分析，必須清楚加速度、速度、位移等之間的關(guān)系。2.滑塊——木板模型的三個(gè)基本關(guān)系(1)加速度關(guān)系：如果滑塊與木板之間沒有發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，可以用“整體法”求出它們一起運(yùn)動(dòng)的加速度；如果滑塊與木板之間發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，應(yīng)采用“隔離法”求出滑塊與木板運(yùn)動(dòng)的加速度。應(yīng)注意找出滑塊與木板是否發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)等隱含條件。(2)速度關(guān)系：滑塊與木板之間發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)，明確滑塊與木板的速度關(guān)系，從而確定滑塊與木板受到的摩擦力。應(yīng)注意當(dāng)滑塊與木板的速度相同時(shí)，摩擦力會(huì)發(fā)生突變的情況。(3)位移關(guān)系：滑塊與木板疊放在一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，應(yīng)仔細(xì)分析滑塊與木板的運(yùn)動(dòng)過程，明確滑塊與木板對(duì)地的位移和滑塊與木板之間的相對(duì)位移之間的關(guān)系。[例3]如圖所示，質(zhì)量M＝8kg的長木板放在光滑的水平面上，在長木板左端加一水平恒定推力F＝8N，當(dāng)長木板向右運(yùn)動(dòng)的速度達(dá)到1.5m/s時(shí)，在長木板前端輕輕地放上一個(gè)大小不計(jì)、質(zhì)量為m＝2kg的小物塊，物塊與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，長木板足夠長。(g取10m/s2)(1)小物塊放在長木板上后，小物塊及長木板的加速度各為多大？(2)經(jīng)多長時(shí)間兩者達(dá)到相同的速度？(3)從小物塊放上長木板開始，經(jīng)過t＝1.5s小物塊的位移大小為多少？解析(1)物塊的加速度am＝μg＝2m/s2長木板的加速度aM＝eq\f(F－μmg,M)＝0.5m/s2。(2)由amt＝v0＋aMt可得t＝1s。(3)在開始1s內(nèi)小物塊的位移x1＝eq\f(1,2)amt2＝1m1s末速度為v＝amt＝2m/s在接下來的0.5s物塊與長木板相對(duì)靜止，一起做加速運(yùn)動(dòng)且加速度為a＝eq\f(F,M＋m)＝0.8m/s2這0.5s內(nèi)的位移為x2＝vt′＋eq\f(1,2)at′2＝1.1m通過的總位移x＝x1＋x2＝2.1m。答案(1)2m/s20.5m/s2(2)1s(3)2.1m方法技巧“滑塊——木板”模型的分析技巧(1)分析滑塊和木板的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律分別求出滑塊和木板的加速度。(2)對(duì)滑塊和木板進(jìn)行運(yùn)動(dòng)情況分析，找出滑塊和木板之間的位移關(guān)系或速度關(guān)系，建立方程，特別注意滑塊和木板的位移都是相對(duì)地面的位移。[針對(duì)訓(xùn)練3]如圖所示，在光滑的水平地面上有一個(gè)長為0.64m、質(zhì)量為4kg的木板A，在木板的左端有一個(gè)質(zhì)量為2kg的小物體B，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，當(dāng)對(duì)B施加水平向右的力F＝10N作用時(shí)，求經(jīng)過多長的時(shí)間可將B從木板A的左端拉到右端？(設(shè)A、B間的最大靜摩擦力大小與滑動(dòng)摩擦力大小相等，g取10m/s2)解析物體B受到的摩擦力Ff＝μmBg＝4N，以B為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得F－F