第四章章末复习课【知识体系】[答案填写] ①理想斜面②匀速直线运动状态③静止状态④质量⑤控制变量法⑥成正比⑦成反比⑧合外力⑨F合＝ma⑩大小相等⑪方向相反⑫同一条直线上⑬静止⑭匀速直线运动⑮F x合＝0 ⑯F y合＝0 ⑰超重⑱失重⑲完全失重主题1 共点力作用下的平衡问题的常用方法1．矢量三角形法(合成法)．物体受三个力作用而平衡时，其中任意两个力的合力与第三个力大小相等、方向相反，且这三个力首尾相接构成封闭三角形，可以通过解三角形来求解相应力的大小和方向．常用的有直角三角形、动态三角形和相似三角形．2．正交分解法．在正交分解法中，平衡条件F合＝0可写成：∑F x＝F1x＋F2x＋…＋F nx＝0(即x方向合力为零)；∑F y＝F1y＋F2y ＋…＋F ny＝0(即y方向合力为零)．3．整体法和隔离法：在选取研究对象时，为了弄清楚系统(连接体)内某个物体的受力情况，可采用隔离法；若只涉及研究系统而不涉及系统内部某些物体的受力时，可采用整体法．【典例1】如图所示，将倾角为α的粗糙斜面体置于水平地面上，斜面体上有一木块，对木块施加一斜向上的拉力F，整个系统处于静止状态，下列说法正确的是( )A．木块和斜面体间可能无摩擦B．木块和斜面体间一定有摩擦C．斜面体和水平地面间可能无摩擦D．撤掉拉力F后，斜面体和水平地面间一定有摩擦解析：以木块为研究对象受力分析，根据平衡条件，若：F cos α＝mg sin α，则木块与斜面体间无摩擦力，故A正确，B错误．以斜面和木块整体为研究对象，根据平衡条件：斜面体和水平地面间的摩擦力等于F水平方向的分力，方向向右，故C错误．撤掉拉力F后，若物块仍然保持静止，以斜面和木块整体为研究对象，根据平衡条件则斜面不受地面的摩擦力，D 错误，故选A.答案：A针对训练1.如图所示，竖直墙壁上固定有一个光滑的半圆形支架(AB为直径)，支架上套着一个小球，轻绳的一端悬于P 点，另一端与小球相连．已知半圆形支架的半径为R，轻绳长度为L，且R<L<2L.现将轻绳的上端点P沿墙壁缓慢下移至A点，此过程中轻绳对小球的拉力F1及支架对小球的支持力F2的大小变化情况为( )A．F1和F2均增大B．F1保持不变，F2先增大后减小C．F1先减小后增大，F2保持不变D．F1先增大后减小，F2先减小后增大解析：设小球所在位置为Q，对小球受力分析如图所示，小球受重力G、绳对小球的拉力F1及支架对小球的支持力F2，三力平衡，三个力构成的矢量三角形与△OPQ相似，可有GOP ＝F1FQ＝F2OQ，重力为恒力，P点下移的过程，OP间距离减小，比例式比值增大，PQ间距离为绳长，OQ间距离为圆形支架的半径，均保持不变，所以F1和F2均增大，故A正确，B、C、D错误．答案：A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．3．常见类型．动力学中的常见临界问题主要有三类：一是弹力发生突变时接触物体间的脱离与不脱离的问题；二是绳子的绷紧与松弛的问题；三是摩擦力发生突变的滑动与不滑动问题．4．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．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．[典例❷] 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，求：(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，物体受力平衡T 1＝mg cos 37°＝0.8mg ，T 2＝mg sin 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：T 2sin 37°＋T 1cos 37°＝mg ① 水平方向：T 2cos 37°－T 1sin 37°＝mg ② 联立①②得T 1＝0.2mg ，T 2＝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，mg tan 53°＝ma ，解得：a ＝43g答案：(1)0.8mg 0.6mg (2)T 1＝0.2mg ，T 2＝1.4mg (3)a ＝43g针对训练2.如图所示，有一块木板静止在光滑而且足够长的水平面上，木板的质量为M ＝4 kg 、长为L ＝1.4 m ，木板右端放着一个小滑块，小滑块质量m ＝1 kg ，其尺寸远小于L ，小滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4(g 取10 m/s 2)．(1)现用恒力F 作用在木板M 上，为使m 能从M 上面滑落下来，问：F 大小的范围是多少？(2)其他条件不变，若恒力F ＝22.8 N ，且始终作用在M 上，最终使得m 能从M 上滑落下来，问：m 在M 上面滑动的时间是多少？解析：(1)要使m 能从M 上滑下，则m 与M 发生相对滑动，此时对m ：μmg ＝ma 1， 对M ：F －μmg ＝Ma 2，且a 2>a 1，解得F >20 N. (2)当F ＝22.8 N 时，由(1)知m 和M 相对滑动， 对M ：F －μmg ＝Ma 3 设经时间t ，m 、M 脱离，则 12a 3t 2－12a 1t 2＝L ，解得t ＝2 s. 答案：(1)F >20 N (2)2 s统揽考情本章知识是必修1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分到30分之间．真题例析(2017·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s 0和s 1(s 1<s 0)处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v 0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v 1.重力加速度大小为g .求( )(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数； (2)满足训练要求的运动员的最小加速度．解析：(1)设冰球与冰面间的动摩擦因数为μ，则冰球在冰面上滑行的加速度a 1＝μg ① 由速度与位移的关系知－2a 1s 0＝v 21－v 20②联立①②得μ＝a 1g ＝v 20－v 212gs 0③(2)设冰球运动的时间为t ，则t ＝v 0－v 1μg④ 又s 1＝12at 2⑤由③④⑤得a ＝s 1（v 0＋v 1）22s 2⑥ 答案：(1)v 20－v 212gs 0 (2)s 1（v 0＋v 1）22s 2针对训练(多选)(2015·课标全国Ⅰ卷)如图(a)，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt 图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量，则可求出( )A ．斜面的倾角B ．物块的质量C ．物块与斜面间的动摩擦因数D ．物块沿斜面向上滑行的最大高度解析：由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a 1＝v 0t 1，下降过程中的加速度为a 2＝v 1t 1.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mg sin θ＋f ＝ma 1，mg sin θ－f ＝ma 2，由以上各式可求得sin θ＝v 0＋v 12t 1g， 滑动摩擦力f ＝m （v 0－v 1）2t 1，而f ＝μF N ＝μmg cos θ，由以上分析可知，选项A 、C 正确．由vt 图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D 正确．答案：ACD1.(2017·全国卷Ⅰ)如图，柔软轻绳ON 的一端O 固定，其中间某点M 拴一重物，用手拉住绳的另一端N .初始时，OM 竖直且MN 被拉直，OM 与MN 之间的夹角为α⎝⎛⎭⎪⎫α>π2.现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM 由竖直被拉到水平的过程中( )A ．MN 上的张力逐渐增大B ．MN 上的张力先增大后减小C ．OM 上的张力逐渐增大D ．OM 上的张力先增大后减小 答案：AD2.(2016·全国卷Ⅲ)如图，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 的小球．在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )A.m2B.32m C ．m D ．2m答案：C3．(2015·课标全国Ⅱ卷)某同学用图(a)所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz ，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图(b)所示，图中标出了五个连续点之间的距离．图(a)图(b)(1)物块下滑时的加速度a ＝________m/s 2，打C 点时物块的速度v ＝________m/s ；(2)已知重力加速度大小为g ，为求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是________(填正确答案标号)． A ．物块的质量 B ．斜面的高度 C ．斜面的倾角解析：(1)物块沿斜面下滑做匀加速运动．根据纸带可得连续两段距离之差为0.13 cm ，由a ＝ΔxT 2得a ＝0.13×10－2（0.02）2 m/s 2＝3.25 m/s 2，其中C 点速度v ＝x BD t BD ＝（3.65＋3.52）×10－22×0.02m/s ≈1.79 m/s.(2)对物块进行受力分析如图，则物块所受合外力为：F 合＝mg sin θ－μmg cos θ，即a ＝g sin θ－μg cos θ 得μ＝g sin θ－ag cos θ，所以还需测量的物理量是斜面的倾角θ.答案：(1)3.25 1.79 (2)C4．(2014·上海卷)如图，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面，斜面上放一质量为m 的光滑球．静止时，箱子顶部与球接触但无压力．箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后改做加速度大小为a 的匀减速运动直至静止，经过的总路程为s ，运动过程中的最大速度为v .(1)求箱子加速阶段的加速度大小a ′.(2)若a >g tan θ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力．解析：(1)由匀变速直线运动公式有：v 2＝2a ′s 1、v 2＝2as 2，且s ＝s 1＋s 2，解得：a ′＝av 22as －v2.(2)假设球不受箱子作用，应满足：N sin θ＝ma ，N cos θ＝mg ， 解得：a ＝g tan θ.减速时加速度向左，此加速度由斜面支持力N 与左壁支持力F 左共同决定，当a >g tan θ，F 左＝0，球受力如图所示，在水平方向上根据牛顿第二定律有N sin θ＝ma ，在竖直方向有N cos θ－F 上＝mg ，解得：F 上＝m (a cot θ－g )．答案：(1)av 22as －v2 (2)0 m (a cot θ－g )5．(2015·全国卷Ⅰ)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m ，如图(a)所示．t ＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t ＝1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s 时间内小物块的v －t 图线如图(b)所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10 m/s 2.求．图(a) 图(b)(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2； (2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离．解析：(1)根据图象可以判定碰撞前木块与木板共同速度为v ＝4 m/s 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v ＝4 m/s木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有μ2g ＝4 m/s －0 m/s1 s解得μ2＝0.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t ＝1 s ，位移x ＝4.5 m ，末速度v ＝4 m/s 其逆运动则为匀加速直线运动可得x ＝vt ＋12at 2代入可得a ＝1 m/s 2木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即μ1g ＝a 可得μ1＝0.1(2)碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有μ1(M ＋m )g ＋μ2mg ＝Ma 1可得a 1＝43m/s 2对滑块，则有加速度a 2＝4 m/s 2滑块速度先减小到0，此时碰后时间为t 1＝1 s此时，木板向左的位移为x 1＝vt 1－12a 1t 21＝103m 末速度v 1＝83 m/s滑块向右位移x 2＝4 m/s ＋02t 1＝2 m此后，木块开始向左加速，加速度仍为a 2＝4 m/s 2木块继续减速，加速度仍为a 1＝43m/s 2假设又经历t 2二者速度相等，则有a 2t 2＝v 1－a 1t 2 解得t 2＝0.5 s此过程，木板位移x 3＝v 1t 2－12a 1t 22＝76 m 末速度v 3＝v 1－a 1t 2＝2 m/s滑块位移x 4＝12a 2t 22＝12 m此后木块和木板一起匀减速．二者的相对位移最大为Δx ＝x 1＋x 3＋x 2－x 4＝6 m 滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m(3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度a ＝μ1g ＝1 m/s 2位移x 5＝v 232a＝2 m所以木板右端离墙壁最远的距离为x 1＋x 3＋x 5＝6.5 m. 答案：(1)μ1＝0.1μ2＝0.4 (2)6 m (3)6.5 m。