2023-2024學(xué)年新教材高中物理第四章牛頓運(yùn)動(dòng)定律章末復(fù)習(xí)提升學(xué)案粵教版必修第一冊

章末復(fù)習(xí)提升【知識(shí)體系】力與運(yùn)動(dòng)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(伽利略的理想實(shí)驗(yàn)與,牛頓第一定律)\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(伽利略的理想實(shí)驗(yàn),牛頓第一定律\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(慣性：一切物體都有慣性,物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的改變\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(速度①變化,速度②變化,大小、方向都變化)))))),影響加速度的因素\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(加速度與合外力的關(guān)系：質(zhì)量一定時(shí)，加速度與合外力③,加速度與質(zhì)量的關(guān)系：當(dāng)合外力一定時(shí)，加速度與質(zhì)量④)),\a\vs4\al(探究加速度與力、,質(zhì)量的定量關(guān)系)\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(加速度與合外力的關(guān)系：m一定時(shí)，a∝F，或a1∶a2＝F1∶F2,加速度與質(zhì)量的關(guān)系：F一定時(shí)，a∝\f(1,m)，或a1∶a2＝m2∶m1,實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的圖像表示)),牛頓第二定律\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(計(jì)算機(jī)實(shí)時(shí)實(shí)驗(yàn)的結(jié)果,牛頓第二定律及其數(shù)學(xué)表示\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(內(nèi)容,公式：⑤,適用范圍)))),牛頓第二定律的應(yīng)用\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(已知物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，確定物體的受力情況,已知物體的受力情況，確定物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài))),超重和失重\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(超重和失重現(xiàn)象,超重和失重的解釋,完全失重的現(xiàn)象)),力學(xué)單位\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(單位制的意義：由⑥和⑦所組成的一系列完整,的單位體制國際單位制中的力學(xué)單位))))答案：①大?、诜较颌鄢烧娶艹煞幢娶軫＝ma⑥基本單位⑦導(dǎo)出單位統(tǒng)攬考情本章知識(shí)是物理必修第一冊的核心，是前三章的綜合，也是力學(xué)中的重點(diǎn)和難點(diǎn).在高考中的地位比較高，在高考命題中，既有選擇題，也有計(jì)算題，有時(shí)也出實(shí)驗(yàn)題.既有本章的單獨(dú)考查，也有和以后的機(jī)械能、電場、磁場的知識(shí)綜合考查.高考命題的熱點(diǎn)主要出現(xiàn)在平衡條件的應(yīng)用，牛頓第二定律的應(yīng)用等方面，分值在20～30分.真題例析（2022·浙江卷）第24屆冬奧會(huì)在北京舉辦.冬奧會(huì)上，鋼架雪車比賽的一段賽道如圖1所示，長12m的水平直道AB與長20m的傾斜直道BC在B點(diǎn)平滑連接，斜道與水平面的夾角為15°.某運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)由靜止出發(fā)，推著雪車勻加速到B點(diǎn)時(shí)速度大小為8m/s，緊接著快速俯臥到車上沿BC勻加速下滑（如圖2所示），到C點(diǎn)共用時(shí)5.0s.若雪車（包括運(yùn)動(dòng)員）可視為質(zhì)點(diǎn)，始終在冰面上運(yùn)動(dòng)，其總質(zhì)量為110kg，sin15°＝0.26，求雪車（包括運(yùn)動(dòng)員）：（1）在直道AB上的加速度大??；（2）過C點(diǎn)的速度大??；（3）在斜道BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力大小.解析：（1）AB段，有veq\o\al(2,1)＝2a1x1，解得a1＝eq\f(8,3)m/s2.（2）AB段，有v1＝a1t1，解得t1＝3s.t2＝t－t1＝2s，BC段，有x2＝v1t2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，解得a2＝2m/s2.過C點(diǎn)的速度大小v＝v1＋a2t2＝12m/s.（3）在BC段，由牛頓第二定律得mgsinθ－Ff＝ma2.解得Ff＝66N.答案：（1）eq\f(8,3)m/s2（2）12m/s（3）66N1.（2022·江蘇卷）高鐵車廂里的水平桌面上放置一本書，書與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度g取10m/s2.若書不滑動(dòng)，則高鐵的最大加速度不超過（）A.2.0m/s2B.4.0m/s2C.6.0m/s2D.8.0m/s2解析：書放在水平桌面上，若書相對于桌面不滑動(dòng)，則由最大靜摩擦力提供加速度得fm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4m/s2.書相對高鐵靜止，故若書不動(dòng)，高鐵的最大加速度為4m/s2.故選B.答案：B2.（2022·浙江卷）物流公司通過滑軌把貨物直接裝運(yùn)到卡車中.如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長度l1＝4m，水平滑軌的長度可調(diào)，兩滑軌間平滑連接.若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為u＝eq\f(2,9)，貨物可視為質(zhì)點(diǎn)（取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4，重力加速度g取10m/s2）.（1）求貨物在傾斜滑軌上滑行時(shí)加速度a1的大??；（2）求貨物在傾斜滑軌末端時(shí)速度v的大??；（3）若貨物滑離水平滑軌末端時(shí)的速度不超過2m/s，求水平滑軌的最短長度l2.解析：（1）根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin24°－μmgcos24°＝ma1，代入數(shù)據(jù)解得a1＝2m/s2.（2）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式2a1l1＝v2，解得v＝4m/s.（3）根據(jù)牛頓第二定律得μmg＝ma2，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得－2a2l2＝veq\o\al(2,max)－v2.代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得l2＝2.7m.答案：（1）2m/s2（2）4m/s（3）2.7m章末核心訓(xùn)練（四）牛頓運(yùn)動(dòng)定律1.如圖所示，一木塊在光滑水平面上受一個(gè)恒力F作用而運(yùn)動(dòng)，前方固定一個(gè)輕質(zhì)彈簧，當(dāng)木塊接觸彈簧后，下列判斷正確的是（）A.木塊將立即做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B.木塊將立即做變減速直線運(yùn)動(dòng)C.在彈簧彈力大小等于恒力F時(shí)，木塊的速度最大D.在彈簧壓縮量最大時(shí)，木塊的加速度為零解析：對木塊進(jìn)行受力分析，接觸彈簧后彈力不斷增大，當(dāng)彈力小于力F時(shí)，木塊仍將加速運(yùn)動(dòng)，但加速度變小，A、B均錯(cuò)誤；在彈簧彈力大小等于恒力F時(shí)，木塊的加速度為0，速度最大，C正確；繼續(xù)壓縮彈簧，合力反向且增大，加速度向右不斷增大，D錯(cuò)誤.答案：C2.如圖所示，用輕質(zhì)彈簧將籃球拴在升降機(jī)的底板上，此時(shí)彈簧豎直，籃球恰好與光滑的側(cè)壁和光滑的傾斜天花板接觸，在籃球與側(cè)壁之間裝有壓力傳感器，當(dāng)升降機(jī)沿豎直方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，壓力傳感器的示數(shù)逐漸增大，某同學(xué)對此現(xiàn)象給出了下列分析與判斷，其中可能正確的是（）A.升降機(jī)正在勻加速上升B.升降機(jī)正在勻減速上升C.升降機(jī)正在加速下降，且加速度越來越大D.升降機(jī)正在減速下降，且加速度越來越大解析：由題意知，升降機(jī)靜止時(shí)，籃球處于平衡狀態(tài)，只受重力和彈簧彈力，有FT＝mg；在豎直方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，側(cè)壁的彈力增大，受力分析如圖所示，有FNsinθ＝F，F(xiàn)Ncosθ＋mg－FT＝ma，解得a＝eq\f(F,mtanθ)，加速度方向向下，大小在增大，可能的運(yùn)動(dòng)情況是加速下降或減速上升，故只有C正確.答案：C3.某種自動(dòng)扶梯，無人乘行時(shí)運(yùn)轉(zhuǎn)很慢，當(dāng)有人站上去后會(huì)先慢慢加速.如圖所示，有一顧客乘這種扶梯下樓.在電梯加速向下運(yùn)行的過程中，她所受力的示意圖是（）解析：電梯加速向下運(yùn)行，根據(jù)F合＝ma可知人所受合力方向與電梯的運(yùn)行方向相同，所以人在豎直方向上的重力大于支持力，合力F豎直向下，在水平方向靜摩擦力平行于接觸面水平向右，則F與Ff的合力才能與F合相同，A、B、C錯(cuò)誤，D正確.答案：D4.如圖所示，掛鉤連接三根長度均為L的輕繩，三根輕繩的另一端與一質(zhì)量為m、直徑為1.2L的水平圓環(huán)相連，連接點(diǎn)將圓環(huán)三等分，在掛鉤拉力作用下圓環(huán)以加速度a＝eq\f(1,2)g勻加速上升，已知重力加速度為g，則每根輕繩上的拉力大小為（）A.eq\f(5,12)mg B.eq\f(5,9)mgC.eq\f(5,8)mg D.eq\f(5,6)mg解析：假設(shè)每根繩子與豎直方向的夾角為θ，由幾何關(guān)系得sinθ＝0.6，則cosθ＝0.8；對圓環(huán)受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得3FTcosθ－mg＝ma，解得FT＝eq\f(5,8)mg，故C正確.答案：C5.如圖所示，一個(gè)鐵球從豎直在地面上的輕質(zhì)彈簧的正上方某處自由落下，接觸彈簧后將彈簧彈性壓縮.從它接觸彈簧開始到彈簧壓縮到最短的過程中，小球的速度和受到的合外力的變化情況是（）A.合力變小，速度變小B.合力變小，速度變大C.合力先變小后變大，速度先變小后變大D.合力先變小后變大，速度先變大后變小解析：鐵球接觸彈簧前，做自由落體運(yùn)動(dòng)，有一向下的速度.鐵球接觸彈簧后，在整個(gè)壓縮彈簧的過程中，僅受重力G和彈簧彈力F的作用.開始壓縮時(shí)，彈簧的彈力F小于物體的重力G，合外力向下，鐵球向下做加速運(yùn)動(dòng).但隨著鐵球向下運(yùn)動(dòng)，彈簧形變量增大，彈力隨之增大，合外力減小，加速度減小，但速度增大.當(dāng)彈簧彈力增至與重力相等的瞬間，合力為零，加速度為零，速度最大.此后，彈簧彈力繼續(xù)增大，彈力大于重力，合力向上且逐漸增大，加速度向上且逐漸增大，直至鐵球速度逐漸減小為零，此時(shí)彈簧壓縮量最大.答案：D6.（多選）如圖甲所示，物體原來靜止在水平面上，用一水平力F拉物體，在F從0開始逐漸增大的過程中，物體先靜止后又做變加速運(yùn)動(dòng)，其加速度a隨外力F變化的圖像如圖乙所示.根據(jù)圖乙中所標(biāo)出的數(shù)據(jù)可計(jì)算出（）A.物體的質(zhì)量為1kgB.物體的質(zhì)量為2kgC.物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3D.物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5解析：物體受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律得F－μmg＝ma，解得a＝eq\f(F,m)－μg.由aF圖線，得到0.5＝eq\f(7,m)－10μ，4＝eq\f(14,m)－10μ，以上各式聯(lián)立得m＝2kg，μ＝0.3，故B、C正確，A、D錯(cuò)誤.答案：BC7.（多選）如圖所示，某雜技演員在做手指玩耍盤子的高難度表演.若盤的質(zhì)量為m，手指與盤子之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，盤底處于水平狀態(tài)且不考慮盤子的自轉(zhuǎn).則下列說法正確的是（）A.若手指支撐著盤子，使盤子保持靜止?fàn)顟B(tài)，則手指對盤子的作用力等于mgB.若手指支撐著盤子并一起水平向右勻速運(yùn)動(dòng)，則盤子受到水平向右的靜摩擦力C.若手指支撐著盤子并一起水平向右勻加速運(yùn)動(dòng)，則手指對盤子的作用力大小為μmgD.若盤子隨手指一起水平勻加速運(yùn)動(dòng)，則手指對盤子的作用力大小不可超過eq\r(1＋μ2)mg解析：若手指支撐著盤子，使盤子保持靜止?fàn)顟B(tài)，則盤子受力平衡，手指對盤子的作用力與盤子的重力等大反向，則手指對盤子的作用力等于mg，選項(xiàng)A正確；若手指支撐著盤子并一起水平向右勻速運(yùn)動(dòng)，則在水平方向上盤子不受力，即盤子不受靜摩擦力，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若手指支撐著盤子并一起水平向右勻加速運(yùn)動(dòng)，則手指對盤子的作用力為靜摩擦力和支持力，大小不等于μmg，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若盤子隨手指一起水平勻加速運(yùn)動(dòng)，則手指對盤子水平方向的最大靜摩擦力為μmg，豎直方向?qū)ΡP子的支持力為mg，則手指對盤子的作用力的最大值eq\r(（mg）2＋（μmg）2)＝eq\r(1＋μ2)mg，即手指對盤子的作用力大小不可超過eq\r(1＋μ2)mg，選項(xiàng)D正確.答案：AD8.由于月球表面無大氣，探月探測器是依靠反推發(fā)動(dòng)機(jī)（自身推進(jìn)系統(tǒng)向下噴氣以獲得向上的反作用力）讓探測器減速的（如圖所示）.我國科研團(tuán)隊(duì)研制出了推力可調(diào)的變推力反推發(fā)動(dòng)機(jī)，成功破解“嫦娥三號”登月探測器軟著陸的難題，不僅能讓“嫦娥三號”探測器減速，還能使它像直升機(jī)一樣懸停.已知“嫦娥三號”登月探測器質(zhì)量為3700kg，在月球表面附近某一高度懸停時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)向下的推力大小為5920N，不計(jì)燃料消耗，近似認(rèn)為探測器的質(zhì)量保持不變，則（1）月球表面的重力加速度g月為多大？（2）發(fā)動(dòng)機(jī)的推力調(diào)整為多大，才能控制探測器以a＝0.6m/s2勻加速下降？解析：（1）由牛頓第三定律，氣體對探測器的作用力向上，大小也為5920N，即F1′＝F1＝5920N，探測器懸停時(shí)，有F1′＝mg月，代入數(shù)據(jù)，得g月＝eq\f(F1′,m)＝1.6m/s2.（2）探測器勻加速下降時(shí)，設(shè)探測器受到氣體對它的作用力大小為F2，則有mg月－F′2＝ma，代入數(shù)據(jù)，得F′2＝3700N.由牛頓第三定律，發(fā)動(dòng)機(jī)的推力大小F2＝F2′＝3700N.答案：（1）1.6m/s2（2）3700N9.如圖所示，質(zhì)量為M的長木板A在光滑水平面上以大小為v0的速度向左運(yùn)動(dòng)，一質(zhì)量為m的小木塊B（可視為質(zhì)點(diǎn)），以大小也為v0的速度水平向右沖上木板左端，B、A間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最后B未滑離A.已知M＝2m，重力加速度為g.求：（1）A、B達(dá)到共同速度的時(shí)間和共同速度的大??；（2）木板A的最短長度L.解析：（1）對A、B分別由牛頓第二定律，有μmg＝MaA，μmg＝maB，又M＝2m，可得aA＝eq\f(1,2)μg，aB＝μg，規(guī)定水平向右為正方向，經(jīng)時(shí)間t兩者達(dá)到共同速度v，則v＝v0－aBt＝－v0＋aAt，解得t＝eq\f(2v0,aA＋aB)＝eq\f(4v0,3μg