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2019版新教材物理人教版必修第一册学案:阶段回顾 (第4章 第3~5节) WORD版含解析.doc

上传人:高**** 文档编号:1024065 上传时间:2024-06-04 格式:DOC 页数:9 大小:223.50KB
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资源描述

1、 阶段回顾(第35节)易错点一忽视牛顿第二定律的矢量性1如图所示,光滑水平桌面上的物体A质量为m1,系一细绳,细绳跨过桌沿处的定滑轮后悬挂质量为m2的物体B,先用手使A静止(细绳质量及滑轮摩擦均不计)。求放手后A、B一起运动时绳上的张力大小FT。答案g解析细绳跨过定滑轮连接的两物体加速度大小相同但方向不同,所以不能用整体法先求加速度,再求绳的拉力,而要用隔离法分别分析,再以加速度大小相同联立关系式进而求解。根据牛顿第二定律,对B有m2gFTm2a,对A有FTm1a,则FTg。易错点二牛顿第二定律的瞬时性问题出错2如图所示,物块1、2间用不能发生形变的轻质杆连接,物块3、4间用轻质弹簧相连,物块

2、1、3质量均为m,2、4质量均为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()Aa1a2a3a40Ba1a2a3a4gCa1a2g,a30,a4gDa1g,a2g,a30,a4g答案C解析杆的弹力可以突变,故在将木板抽出的瞬间,物块1、2均做自由落体运动,加速度均为g;而弹簧的弹力不能突变,木板抽出前,弹簧的弹力等于物块3的重力,故在抽出木板的瞬间,物块3受重力和弹簧向上的弹力仍处于平衡状态,故物块3的加速度为0;物块4受重力和弹簧向下的压力,合力为(

3、mM)g,则由牛顿第二定律可知,物块4的加速度a4g,故C正确。易错点三定杆的弹力方向分析出错3(多选)如图所示,一折杆固定在小车上,A,B端固定一个质量为m的小球,设小车向右的加速度为a,AB杆对小球的作用力大小为F,则下列说法正确的是()A当a0时,F,方向沿AB杆B当agtan时,F,方向沿AB杆C无论a取何值,F都等于m,方向都沿AB杆D无论a取何值,F都等于m,方向与AB杆所在直线无关答案BD解析当a0时,小球处于平衡状态,此时Fmg,方向竖直向上,故A错误;当agtan时,在水平方向:Fxmgtan,竖直方向:Fymg,解得F,方向沿AB杆,故B正确;由牛顿第二定律得,在水平方向:

4、Fxma,竖直方向:Fymg,Fm,设F与竖直方向夹角为,则:tan,当agtan时,力F沿AB杆,否则F的方向不沿AB杆,故C错误,D正确。4如图所示,一小车上面有一固定“T”形支架,右边用轻绳悬挂一质量为m的小球,左边用轻杆(杆固定在横梁上)固定一质量也为m的小球,当小车向右运动时小球稳定在图中位置。以下说法正确的是()A小车向右做匀加速运动,加速度大小agtan,杆对小球的作用力大于轻绳对小球的作用力B小车向右做匀加速运动,加速度大小agtan,杆对小球的作用力等于轻绳对小球的作用力C小车向右做匀加速运动,加速度大小agtan,杆对小球的作用力大于轻绳对小球的作用力D小车向右做匀加速运动

5、,加速度大小agtan,杆对小球的作用力等于轻绳对小球的作用力答案B解析杆对小球的作用力方向不一定沿杆,而绳子对小球的作用力方向一定沿绳子,所以以绳子上的小球为研究对象进行受力分析如图所示,根据牛顿第二定律可得加速度大小为:agtan,方向向右,所以小车向右匀加速运动;无论是轻绳或轻杆,对小球的作用力大小为:F,方向为斜向右上并与竖直方向夹角为,所以B正确,A、C、D错误。重难点一动力学中的动态分析问题1如图所示,弹簧竖直放置,小球从弹簧正上方某一高处落下,从球接触弹簧到弹簧被压缩到最短的过程中,关于小球的运动情况,下列说法正确的是()A加速度的大小先减小后增大B加速度的大小先增大后减小C速度

6、大小不断增大D速度大小不断减小答案A解析随着弹簧被压缩,弹簧的弹力越来越大,初始阶段弹力小于重力,小球加速向下运动,但合力是在减小的,根据牛顿第二定律可知加速度也在减小,当弹力恰等于重力时,合力为零,加速度也为零,速度达到最大,小球继续向下压缩弹簧,弹力大于重力,小球向下做减速运动,合力向上逐渐增大,根据牛顿第二定律可知加速度也增大,直到速度减为零,加速度达最大,所以在弹簧被压缩的过程中,小球的加速度先减小后增大,速度先增大后减小,故只有A正确。重难点二动力学中的图像问题2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

7、示。取重力加速度g10 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分别为()A0.5 kg,0.4 B1.5 kg,C0.5 kg,0.2 D1 kg,0.2答案A解析由题Ft图像和vt图像可知,物块在24 s内所受外力F13 N,物块做匀加速运动,a2 m/s2,F1fma。物块在46 s内所受外力F22 N,物块做匀速直线运动,则F2fmg2 N。联立解得:m0.5 kg,0.4,故A正确。3如图甲所示,固定光滑细杆与地面成一定夹角,在杆上套有一个光滑小环,小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动,推力F与小环速度v随时间变化规律如图乙所示,取重力加速度g10 m/

8、s2。求:(1)小环的质量m;(2)细杆与地面间的夹角。答案(1)1 kg(2)30解析由vt图像得:02 s内,a m/s20.5 m/s2。根据牛顿第二定律,可得前2 s有F1mgsinma,2 s后有F2mgsin,代入数据,解得:m1 kg,30。重难点三动力学中的传送带问题4. (多选)如图所示,绷紧的长为6 m的水平传送带,沿顺时针方向以恒定速率v12 m/s运行。一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带,其速度大小为v25 m/s。若小物块与传送带间的动摩擦因数0.2,重力加速度g10 m/s2,下列说法中正确的是()A小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动,然后向右做匀加

9、速直线运动B若传送带的速度为5 m/s,小物块将从传送带左端滑出C若小物块的速度为4 m/s,小物块将以2 m/s的速度从传送带右端滑出D若小物块的速度为1 m/s,小物块将以2 m/s的速度从传送带右端滑出答案BC解析小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动,设加速度大小为a,速度减至零时通过的位移为x,根据牛顿第二定律得mgma,解得ag2 m/s2,则x m6.25 m6 m,所以小物块将从传送带左端滑出,不会向右做匀加速直线运动,A错误;若传送带的速度为5 m/s,小物块在传送带上受力情况不变,则运动情况也不变,仍会从传送带左端滑出,B正确;若小物块的速度为4 m/s,小物块向左减速运动

10、的位移大小为x m4 m6 m,则小物块的速度减到零后再向右加速,小物块加速到与传送带共速时的位移为x m1 m4 m,以后小物块以v12 m/s的速度匀速运动到右端,则小物块从传送带右端滑出时的速度为2 m/s,C正确;若小物块的速度为1 m/s,小物块向左减速运动的位移大小为x m0.25 m6 m,则小物块速度减到零后再向右加速,由于xx,则小物块不可能与传送带共速,小物块将以1 m/s的速度从传送带的右端滑出,D错误。5(多选)三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动,两边的传送带长都是2 m,且与水平方向的夹角均为37。现有两小物块A、B,从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送

11、带下滑,物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5。(g取10 m/s2,sin370.6,cos370.8)下列说法中正确的是()A物块A到达底端时的速度比B到达底端时的速度大BA、B同时到达传送带底端C物块A先到达传送带底端D物块A、B在传送带上的划痕长度之比为13答案BD解析由于0.5tan370.75,所以传送带对物块A、B的摩擦力方向都沿传送带向上,物块A、B都沿传送带向下做匀加速直线运动,加速度相等,两物块的初速度相等,位移相等,则运动时间和末速度也相等,故B正确,A、C错误;物块A下滑过程中相对传送带的位移等于物块A的位移与传送带匀速运动的位移之差,aAaBgsin37gcos372

12、m/s2,代入公式xv0tat2解得t1 s,则xAxvt1 m,物块B下滑过程中相对传送带的位移等于物块B的位移与传送带匀速运动的位移之和,xBxvt3 m,故D正确。6(多选)小滑块从A处由静止开始沿斜面下滑,经过静止的粗糙水平传送带后以速度v0离开C点。如图所示,若传送带转动而其他条件不变,下列说法正确的是()A若顺时针方向转动,滑块从C点离开传送带时的速度仍为v0B若顺时针方向转动,滑块从C点离开传送带时的速度可能大于v0C若逆时针方向转动,滑块从C点离开传送带时的速度一定为v0D若逆时针方向转动,滑块从C点离开传送带时的速度可能小于v0答案BC解析传送带静止时,滑块在传送带上做减速运

13、动;若传送带顺时针转动,如果滑块在B点的速度大于传送带的速度,则滑块将做减速运动,如果到达C点时速度仍大于传送带速度,从C点离开传送带时的速度等于v0;如果到达C点时的速度等于传送带速度,则从C点离开传送带时的速度一定不小于v0;如果滑块在B点的速度小于传送带速度,滑块将先做一段加速运动,从C点离开传送带时的速度大于v0,故A错误,B正确。若传送带逆时针转动,滑块在传送带上将一直做减速运动,与传送带静止时的运动情况相同,故滑块从C点离开传送带时的速度一定为v0,C正确,D错误。重难点四动力学中的板块模型问题7(多选)如图所示,一足够长的木板静止在光滑水平面上,一物块静止在木板上,木板和物块间有

14、摩擦。现用水平力向右拉木板,当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时,撤掉拉力,此后木板和物块相对于水平面的运动情况为()A物块先向左运动,再向右运动B物块向右运动,速度逐渐增大,直到做匀速运动C木板向右运动,速度逐渐变小,直到做匀速运动D木板和物块的速度都逐渐变小,直到为零答案BC解析物块相对于木板滑动,说明物块的加速度小于木板的加速度,撤掉拉力后木板向右的速度大于物块向右的速度,所以它们之间存在滑动摩擦力,使物块向右加速,木板向右减速,直至达到向右相同的速度后做匀速运动,所以B、C正确。8如图所示,质量为M8 kg的小车停放在光滑水平面上,在小车右端施加一水平恒力F8 N,当小车向右运

15、动速度达到3 m/s时,在小车的右端轻放一质量为m2 kg的小物块,小物块与小车间的动摩擦因数0.2。g取10 m/s2。(1)在小物块和小车相对运动的过程中,求小物块的加速度a1和小车的加速度a2;(2)如果小车足够长,经过多长时间小物块停止与小车间的相对运动?(3)为了使小物块不从小车上掉下来,小车的长度至少为多少?(4)如果小车足够长,小物块从放上开始经过3.0 s所通过的位移是多少?答案(1)2 m/s2,方向向右0.5 m/s2,方向向右(2)2 s(3)3 m(4)8.4 m解析(1)规定水平向右为正方向,根据牛顿第二定律得,小物块的加速度为:a1g2 m/s2,即小物块的加速度大

16、小为2 m/s2,方向向右;小车的加速度为:a20.5 m/s2,即小车的加速度大小为0.5 m/s2,方向向右。(2)设经t时间小物块与小车的速度相同,有:a1tv0a2t,解得:t2 s,所以经过2 s小物块停止与小车间的相对运动。(3)小物块停止与小车间的相对运动前:小车的位移为:xMv0ta2t27 m,方向向右,小物块的位移为:x1a1t24 m,方向也向右。所以小车长至少为:LxMx13 m。(4)2 s末小物块的速度大小为:va1t4 m/s,然后小物块和小车一起做匀加速直线运动。根据牛顿第二定律得:a0.8 m/s2,第3 s内小物块的位移为:x2vtat24.4 m。则小物块

17、从放上开始经过3.0 s所通过的位移为:xx1x28.4 m。9. 长为L1.5 m的木板B静止放在水平冰面上,可视为质点的小物块A以初速度v0从左端滑上木板B,一段时间后A、B达到相同的速度v0.4 m/s,而后A、B又一起在水平冰面上滑行了s8 cm后停下。已知物块A与木板B的质量相同,A、B间的动摩擦因数10.25,g取10 m/s2。(1)求木板与冰面间的动摩擦因数2;(2)求小物块A的初速度v0;(3)为了保证小物块不从木板的右端滑落,求小物块滑上木板的最大初速度v0m。答案(1)0.1(2)2.4 m/s(3)3 m/s解析(1)小物块和木板一起运动时,做匀减速运动,根据速度位移公

18、式可得加速度大小a m/s21 m/s2,对整体,由牛顿第二定律得2(2m)g2ma,解得20.1。(2)小物块滑上长木板后做匀减速运动,其加速度大小a11g2.5 m/s2,木板做匀加速运动1mg2(2m)gma2,解得a20.5 m/s2,设小物块滑上木板经时间t后速度达到v,对木板有va2t,解得t s0.8 s,小物块滑上木板的初速度v0va1t2.4 m/s。(3)由题意知,当小物块以最大初速度v0m滑上木板时,小物块到达木板最右端时恰好与木板速度相等,物块的位移为s物v0mta1t2,木板的位移为s板a2t2,位移间的关系为s物s板L,速度关系为v0mva1t,va2t,联立以上各式并代入数据得v0m3 m/s。

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