高中物理必修一 第四章 章末复习提升

达到其最大值μg时，滑块、木板开始发生相对滑动，此
后滑块加速度保持不变，木板加速度逐渐增大.
角度2 给滑块一初速度v0，两者都不受拉力且叠放 在光滑水平地面上
1.若木板足够长，这种情况下，滑块减速、木板加 速，直至两者速度相等将一起匀速运动下去，其速度关 系为v0－a滑t＝a板t.
2.若木板不够长，这种情况下，滑块会一直减速到 滑下木板，木板会一直加速到滑块滑下.分离前滑块加速 度大小a＝μg，木板的加速度大小a＝μmm板滑g.
【典例4】 如图甲，质量M＝1 kg的木板静止在水 平面上，质量m＝1 kg、大小可以忽略的铁块静止在木板 的右端.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知木板与地 面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铁块与木板之间的动摩擦因数 μ2＝0.4，g取10 m/s2.现给木板施加一个水平向右的力F.
（1）若力F恒为12 N，经2 s铁块恰好位于木板的左 端，求木板的长度L；
竖直方向：Fy＝FNcos θ－mg＝0， 联立两式，解得a2＝gtan θ.因此，要使小球与斜面 不发生相对运动，向左的加速度不得大于a＝gtan θ. 答案：见解析
2.如图所示，有一光滑斜面倾角为θ， 放在水平面上，用固定的竖直挡板A与斜 面夹住一个光滑球，球质量为m.若要使球对竖直挡板无 压力，球连同斜面应一起（ ）
F＝f＝μmg＝2 N.② 由①②解得m＝0.5 kg，μ＝0.4，故A选项正确. 答案：A
4.（多选）如图甲所示，地面上有一质量为M的重 物，用力F向上提它，力F变化而引起物体加速度变化的 函数关系如图乙所示，则以下说法中正确的是（ ）
A.当F小于图中A点值时，物体的重力Mg>F，物体 不动
B.图中A点值即为物体的重力值
F－μ1（M＋m）g＝（M＋m）a， f＝ma， 解得：F＝2f＋2 N. 此时，f≤μ2mg＝4 N，也即F≤10 N， 所以，当2 N<F≤10 N时，f＝F－2 2 N. ③当F>10 N时，M、m相对滑动，此时铁块受到的 滑动摩擦力为f＝4 N. f-F图像如图所示.
答案：（1）4 m （2）如图所示
A.水平向右加速，加速度a＝gtan θ B.水平向左加速，加速度a＝gtan θ C.水平向右减速，加速度a＝gsin θ D.水平向左减速，加速度a＝gsin θ
解析：球对竖直挡板无压力时，受力如图所 示，重力mg和斜面支持力FN的合力方向水平向 左.F＝mgtan θ＝ma，解得a＝gtan θ，因此斜面 应向左加速或者向右减速.
【典例1】 如图所示，在水平地 面上有A、B两个物体，质量分别为mA＝3.0 kg和mB＝2.0 kg，它们与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.10.在A、B之 间有一原长l＝15 cm、劲度系数k＝500 N/m的轻质弹簧 将它们连接.现分别用两个方向相反的水平恒力F1、F2同 时作用在A、B两物体上，已知F1＝20 N，F2＝10 N，g 取10 m/s2.当物体运动达到稳定时，求：
真题例析 （全国卷Ⅰ）（多选）如图（a），一物块在t＝0时刻 滑上一固定斜面，其运动的v-t图线如图（b）所示.若重力 加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出（ ）
C.物体向上运动的加速度和力F成正比
D.图线延长线和纵轴的交点B的数值等于该地的重
力加速度 解析：本题考查应用牛顿第二定律分析图像问题.当
0≤F≤Mg时，物体静止，即A正确；当F>Mg时，即能
将物体提离地面，此时，F－Mg＝Ma，a＝
F M
－g，A点
表示的意义即为F＝Mg，所以B正确，C错误；直线的斜
第四章 牛顿运动定律
【知识体系】
章末复习提升
答案：①大小 ②方向 ③成正比 ④成反比 ⑤F＝ma ⑥基本单位 ⑦导出单位
主题1 整体法与隔离法 1.整体法与隔离法. （1）系统内物体间相对静止或具有相同的加速度 时，把系统作为一个整体考虑，应用牛顿第二定律列方 程求解，即为整体法. （2）将系统内某个物体（或某部分）从系统中隔 离出来作为研究对象加以分析，利用牛顿第二定律列方 程求解，即为隔离法.
水平方向：T2cos 37°－T1sin 37°＝mg，② 联立①②得T1＝0.2mg，T2＝1.4mg. （3）若OA绳中恰好没有拉力，物体受到重力和绳 子OB的拉力，物体受力如图乙所示，mgtan 53°＝ma， 解得a＝43g. 答案：（1）0.8mg 0.6mg （2）0.2mg 1.4mg （3）a＝43g
（2）若力F从零开始逐渐增加，且木板足够长.试通 过分析与计算，在图乙中作出铁块受到的摩擦力f随力F 大小变化的图像.
解析：（1）对铁块，由牛顿第二定律得：μ2mg＝ma2； 对木板，由牛顿第二定律得： F－μ2mg－μ1（M＋m）g＝Ma1. 设木板的长度为L，经时间t铁块运动到木板的左端，则
x木＝12a1t2， x铁＝12a2t2， 又：x木－x铁＝L， 联立得：L＝4 m. （2）①当F≤μ1（M＋m）g＝2 N时，系统没有被 拉动，铁块受到的摩擦力f＝0. ②当F>μ1（M＋m）g＝2 N时，如果M、m相对静 止，铁块与木板有相同的加速度a，则
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水平方向：Fx＝Tcos θ＝ma1， 竖直方向：Fy＝Tsin θ－mg＝0， 联立两式，解得a1＝gcot θ. 因此，要使小球与斜面不发生相对运动，向右的加 速度不得大于a＝gcot θ. 设斜面处于向左运动的临界状态的加速度为a2，此 时，细绳的拉力T＝0.小球受力如上图乙所示.根据牛顿 第二定律，得水平方向：Fx＝FNsin θ＝ma2，
（1）A和B共同运动的加速度； （2）A、B之间的距离（A和B均可视为质点）.
解析：（1）A、B组成的系统在运动过程中所受摩 擦力为
f＝μ（mA＋mB）g＝5.0 N. 设运动达到稳定时系统的加速度为a，根据牛顿第二 定律有F1－F2－f＝（mA＋mB）a， 解得a＝1.0 m/s2. （2）以A为研究对象，运动过程中所受摩擦力 fA＝μmAg＝3.0 N.
角度3 木板有初速度v0，两者都不受拉力且叠放在 光滑水平面上
1.若木板足够长，木板减速、滑块加速，直至两者速 度相等将一起匀速运动下去，其速度关系为v0－a板t＝a滑 t；
2.若木板不够长，则木板会一直减速到滑块滑下，滑 块会一直加速到滑下木板.分离前滑块的加速度大小a＝ μg，木板的加速度大小a＝μmm板滑g.
（3）对于F-a图像，首先要根据具体的物理情景， 对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出a-F 间的函数关系式；由函数关系式结合图像明确图像的斜 率、截距的意义，从而由图像给出的信息求出未知量.
【典例3】 放在水平地面上的一物块，受到方向不 变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图甲 所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示.重力加速度 g取10 m/s2.由这两个图像可以求得物块的质量m和物块 与地面之间的动摩擦因数μ分别为（ ）
【典例2】 如图所示，平行于斜面的细
绳把小球系在倾角为θ的斜面上，为使球在
光滑斜面上不发生相对运动，斜面体水平向右运动的加速
度不得大于多少？水平向左的加速度不得大于多少？ 解析：设斜面处于向右运动的临界状态时的加速度
为a1，此时，斜面支持力FN＝0，小球受力如图甲所示. 根据牛顿第二定律，得
图甲
图乙
对M：FN－μMg＝Ma 得FN＝μMg＋Ma＝MM＋Fm.故C错误，D正确. 答案：BD
主题2 动力学中的临界极值问题 1.概念. （1）临界问题：某种物理现象（或物理状态）刚好 要发生或刚好不发生的转折状态. （2）极值问题：在满足一定的条件下，某物理量出 现极大值或极小值的情况. 2.关键词语. 在动力学问题中出现的“最大”“最小”“刚好” “恰能”等词语，一般都暗示了临界状态的出现，隐含 了相应的临界条件.
设运动达到稳定时所受弹簧的弹力为T， 根据牛顿第二定律有F1－fA－T＝mAa， 解得T＝14 N. 所以弹簧的伸长量Δx＝Tk＝2.8 cm， 因此运动达到稳定时A、B之间的距离为 s＝l＋Δx＝17.8 cm. 答案：（1）1.0 m/s2 （2）17.8 cm
1.（多选）如图所示，在光滑的桌面上 有M、m两个物块，现用力F推物块m，使 M、m两物块在桌上一起向右加速，则M、m间的相互作 用力为（ ）
3.解题关键. 解决此类问题的关键是对物体运动情况的正确描 述，对临界状态的判断与分析，找出处于临界状态时存 在的独特的物理关系，即临界条件. 4.常见的三类临界问题的临界条件. （1）相互接触的两个物体将要脱离的临界条件是： 相互作用的弹力为零. （2）绳子松弛的临界条件是：绳的拉力为零.
（3）存在静摩擦的系统，当系统外力大于最大静摩 擦力时，物体间不一定有相对滑动，相对滑动与相对静 止的临界条件是：静摩擦力达到最大值.
率为M1 ，故B点数值为g，故D选项正确. 答案：ABD
主题4 “滑块—木板”模型 “滑块—木板”模型是力学中最常见的模型之一， 是历年高考的热点内容.该类试题有如下几种命题角度. 角度1 滑块不受力而木板受拉力 木板受逐渐增大的拉力而滑块不受力，这种情况 下，开始滑块和木板一起做变加速运动，当滑块加速度
2.整体法和隔离法的选择. （1）若系统内各物体相对静止或具有相同的加速度 时，优先考虑整体法. （2）若系统内各物体的加速度不相同，一般选用隔 离法. 3.注意事项. （1）用整体法时，只需考虑整体所受的各个外力， 不需考虑系统内各物体间的“内力”. （2）用隔离法时，必须分析隔离体所受到的各个力. （3）区分清楚内力和外力.
主题3 图像在动力学中的应用 动力学中的图像常见的有F-t图像、a-t图像、F-a图 像等. （1）对F-t图像要结合物体受到的力，根据牛顿第 二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质. （2）对a-t图像，要注意加速度的正负，分析每一 段的运动情况，然后结合物体的受力情况根据牛顿第二 定律列方程.
答案：B
3.如图所示，质量为m的物体被两根 细绳OA、OB挂在小车上，两根细绳与 车顶水平面夹角分别为53°和37°.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度大小为g，则：
（1）若小车静止不动，绳OA拉力T1和绳OB拉力T2 分别为多大？
（2）若小车以大小为g的加速度向右匀加速运动 时，绳OA拉力T1和绳OB拉力T2分别为多大？
（3）若OA绳中恰好没有拉力，则小车向右运动的 加速度为多大？
解析：（1）小车静止不动，物体受力如图甲所示.
图甲
图乙
T1＝mgcos 37°＝0.8mg，T2＝mgsin 37°＝0.6mg. （2）若小车以大小为g的加速度向右匀加速运动
时，建立水平和竖直方向的直角坐标系：
竖直方向：T2sin 37°＋T1cos 37°＝mg，①
mF A.M＋m
MF B.M＋m C.若桌面的动摩擦因数为μ、M、m仍向右加速，则 M、m间的相互作用力为MM＋Fm＋μMg
D.若桌面的动摩擦因数为μ，M、m仍向右加速，则 M、m间的相互作用力仍为MM＋Fm
解析：根据牛顿第二定律，得 对整体：a＝M＋F m， 对M：FN＝Ma＝MM＋Fm.故A错误，B正确； 设桌面的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，得 对整体：a＝F－μ（MM＋＋mm）g＝M＋F m－μg
图甲 A.0.5 kg，0.4 C.0.5 kg，0.2
图乙 B.1.5 kg，125 D.1 kg，0.2
解析：由题F-t图和v-t图，可知物块在2 s到4 s内所 受外力F＝3 N，物块做匀加速运动，a＝ΔΔvt ＝2 m/s2，又 F－f＝ma，即3－μmg＝2m.①
物块在4 s到6 s所受外力F＝2 N，物块做匀速直线运 动，则
统揽考情 本章知识是物理必修第一册的核心，是前三章的综 合，也是力学中的重点和难点.在高考中的地位比较高， 在高考命题中，既有选择题，也有计算题，有时也出实 验题.既有本章的单独考查，也有和以后的机械能、电 场、磁场的知识综合考查.高考命题的热点主要出现在平 衡条件的应用，牛顿第二定律的应用等方面，分值在 20～30分.