物理ⅰ粤教版第4章力与运动章末总结学案

1、物理粤教版第4 章力与运动章末总结学案【一】整体法与隔离法的应用图 1例 1 如图 1 所示，箱子的质量M 5.0kg ，与水平地面的动摩擦因数 0.22. 在箱子顶处系一细线，悬挂一个质量m 0.1kg 的小球，箱子受到水平恒力F 的作用，使小球的悬线与竖2直方向的摆角 30°，试求力F 的大小、 ( g 取 10m/s )图 2例 2在光滑的水平面上放有一斜劈， 上又有一物块，如图 2 所示，力F作用在斜劈上，M Mm假设要保持 m与 M相对静止， F 至少要为多大？ ( 各接触面均光滑，斜面倾角为 )【二】临界和极值问题A 的质量 m 4kg，例 3如图 3 所示，两个物块 A

2、和 B 叠放在光滑水平面上，A图 3B的质量 mB5kg ，在 A上施加一个水平力FA. 当 FA 20N时，A、B 间恰好开始发生相对运动、在撤去 FA后，求：假设要保持A、 B 间相对静止，对B物块能施加的最大水平力为多大？【三】牛顿运动定律的综合应用例 4 科研人员乘气球进行科学考察、气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为990kg. 气球在空中停留一段时间后，发明气球因漏气而下降，及时堵住、堵住时气球下降速度为1m/s，且做匀加速运动，4s 内下降了12m、为使气球安全着陆，向舱外缓慢抛出一定的压舱物、此后发明气球做匀减速运动，下降速度在5 分钟内减少了3m/s. 假设空气阻力和泄漏气

3、体的质2量均可忽略，重力加速度g9.89m/s ，求抛掉的压舱物的质量、图 4例 5 在倾斜角为 的长斜面上， 一带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，滑块 ( 连同风帆 )的质量为 m，滑块与斜面间的动摩擦因数为、风帆受到向后的空气阻力与滑块下滑的速度v 大小成正比，即F 阻 kv. 滑块从静止开始沿斜面下滑的v t图象如图4 所示，图中的倾斜直线是 t 0 时刻速度图线的切线、(1) 由图象求滑块下滑的最大加速度和最大速度的大小；(2) 假设 m 2kg ， 37°， g 10m/s 2，求出 和 k 的值、 (sin37 ° 0.6 ，cos37 ° 0.8)

4、【即学即练】1、在国际单位制中，功率的单位“瓦”是导出单位，“瓦”用差不多单位表示正确的选项是()A、焦 / 秒 B、牛·米 / 秒C、千克·米2/ 秒 2D、千克·米2/ 秒 32、如图图 55 所示，一物体静止在倾斜的木板上，物体与木板之间相互作用力的对数是()A、1 对B、2 对C、3 对D、4 对图 63、刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一、如图 6 所示，图线 1、2 分别是甲、乙两辆汽车的刹车距离 s 与刹车前的车速 v 的关系曲线， 在紧急刹车过程中， 车与地面间是滑动摩擦、据此可知，以下说法中正确的选项是()A、甲车与地面间的动摩擦因数较大，

5、甲车的刹车性能好B、乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好C、以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好D、甲车的刹车距离s 随刹车前的车速v 变化快，甲车的刹车性能好图 74、如图 7 所示，一物块静止在斜面上，现用一个水平力F 作用于物块，当力的大小从零开始逐渐增加到F 时，而物块仍能保持静止，以下说法正确的选项是()A、物体受到的静摩擦力一定增大B、物块所受合力增大C、物块受到的静摩擦力有可能增大，也有可能减小D、物块受到斜面的作用力增大5、木块静止在倾角为 的斜面上，那么木块对斜面的作用力的方向()A、沿斜面向下B、垂直斜面向下C、沿斜面向上D、竖直向下图 86、某人

6、在地面上用弹簧秤称得其体重为 490N、他将弹簧秤移至电梯内称其体重， t 0 至 t 2 时间段内， 弹簧秤的示数如图 8 所示，电梯进行的 v t 图可能是 ( 取电梯向上运动的方向为正)()7、如图 9 所示，一个人用与水平方向成 30°角的斜向下的推力F 推一个质量为20kg的箱子匀速前进，如图9 甲所示，箱子与水平地面间的动摩擦因数为 0.40. 求：图 9(1) 推力 F的大小；(2) 假设该人不改变力 F 的大小， 只把力的方向变为与水平方向成 30°角斜向上去拉那个静止的箱子， 如图乙所示， 拉力作用 2.0s 后撤去， 箱子最多还能运动多长距离、 ( g

7、取 10m/s2)图 108、一个质量为m的小球 B，用两根等长的细绳1、 2 分别固定在车厢的A、 C两点，两轻绳拉直时，如图 10所示，两轻绳与车厢前壁的夹角均为45° . 试求：(1)当车以加速度a1 /2 向左做匀加速直线运动时，两轻绳1、 2 的拉力、g(2)当车以加速度a2 2g 向左做匀加速直线运动时，两轻绳1、 2 的拉力、参考答案知识体系构建运动状态质量矢量瞬时向下<向上 >解题方法探究例 140.7 N解析对小球进行受力分析，小球受悬线的拉力FT 和重力mg，如图甲所示，FTsin ma那么 FTcos mg对整体进行受力分析，如图乙所示、如今细绳对箱

8、子的拉力和小球受的拉力对整体而言是内力， 因此不必考虑： 那么由牛顿第二定律得 F (M m)g (M m)a，即 F (Mm)( ga) (Mm)g( tan ) 40.7 N. 例 2(M m)gtan 解析假设 m、M保持相对静止， 那么两者运动情况相同、 对 m、M所组成的整体进行受力分析，如图甲所示，依照牛顿第二定律可知F(m M)a. 以 m为研究对象，进行受力分析，如图乙所示，依照牛顿第二定律可得Fx FN· sin max ma.Fy FN· cos mg may 0. 由可得a gtan . 代入中得F(m M)gtan .例 325N解析依题意，在 FA

9、 的作用下， A、B 一起加速运动有相等的加速度、当 A、B 开始发生相对运动时， A、B 系统的加速度为最大加速度， A 对 B的静摩擦力 f AB即为最大静摩擦力、由牛顿第二定律的比例式有， FA/(m A mB) f AB/mB. 当对 B 施加一最大水平力 FB时， A、 B 仍以共同的加速度运动，且这一加速度也为最大加速度，故 B 对 A 的静摩擦力 f BA也为最大静摩擦力，即有，f BA f AB. 同理可列出比例式：FB/(m A mB) f BA/mA. 由解得：FB mBFA/mA 25N.例 4101kg解析设堵住漏洞后，气球的初速度为 v0，所受的空气浮力为 F 浮 ，

10、气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为 m，由牛顿第二定律得 mg F 浮 ma1式中a 是气球下降的加速度、以此加速度在时间t 内下降了h，那么h v0t 2at2当向舱外抛掉质量为m的压舱物后，有F 浮 (mm )g (m m )a 式中 a是抛掉压舱物后气球的加速度、由题意，如今a方向向上，va式中v 是抛掉压舱物后气球在t 时间内下降速度的减少量、t. aa 由得m mga将题设数据m 990kg， v0 1m/ s， t 4s， h 12m，t 300s.v， 2代入式得 m 101kg.3m/ sg9.89 m/ s例 5(1)3 m/ s22m/ s(2) 0.375k 3N&#

11、183; s/ m解析 (1) 由题图可知滑块做加速度减小的加速运动，最终可达最大速度v1 v0滑块的加速度最大，即为vt 图线在 O点的切线的斜率：at 1vm 2m/ s，t 0 时刻3 m/ s 01 s 3m/ s2(2) 对滑块受力分析如下图，由牛顿第二定律得mgsin F 阻 f ma又 f FN， FNmgcos， F 阻 kv ，联立以上各式得mgsin mgcos kv ma由(1) 知，将 v0 0， a03m/ s2 和 vm 3m/ s， a 0 代入上式可得 0.375 ， k 3N· s/ m 即学即练1、 D2. B3. B4. CD5、 D 木块受力如

12、下图，其中FN、f 分别为斜面对木块的支持力和摩擦力，木块受到三个力的作用处于平衡状态，那么FN、f 的合力与G等大、反向，即方向竖直向上、由牛顿第三定律可知木块对斜面的作用力与FN、 f 的合力等大、反向，方向竖直向下、6、ADt 0 t 1 时间内， 弹簧秤的示数小于人的重力，人处于失重状态，有向下的加速度；t 2t 3 时间内， 弹簧秤的示数大于人的重力，人处于超重状态，有向上的加速度；t 1 t 2 时间内，弹簧秤的示数等于人的体重，加速度为0，那么 B、 C选项不正确， A、 D正确、 7、 (1)120 N(2)2.88m解析 (1) 设地面对箱子的支持力和摩擦力分别为FN、f.

13、取箱子为研究对象，受力如图甲所示、由牛顿第二定律得水平方向F· cos f竖直方向FNmg F· sin ，又 f FN联立上式解得F 120N(2) 取箱子为研究对象，受力分析如图乙所示由牛顿第二定律得水平方向 F· cos f 1 ma1 竖直方向 FN1 Fsin mg 又 f 1 FN1拉力作用2s 末箱子的速度v1 a1 t撤去力 F 后，箱子的受力分析如图丙所示由牛顿第二定律得f 2ma2 又 f 2 FN2，FN2 mgv21设此过程箱子运动的距离为 s 那么由运动学公式得 s 2a2 联立以上各式解得 s 2.88 m8、 (1)F512 mgF 02322(2)F 1 2 mgF2 2 mg解析取小球为研究对象，设细绳1、 2 对小球的拉力分别为F1， F2，对小球受力分析，如图甲所示2