鲁科版高中物理必修第一册第5章牛顿运动定律章末综合提升含答案 试卷

第5章 牛顿运动定律

主题1　动力学的两类基本问题

1．应用牛顿第二定律的分析流程图

受力分析或运动分析是关键；求解加速度是解决问题的纽带：①从动力学角度，a＝；②从运动学角度，a＝＝＝。

2．应用牛顿第二定律的解题步骤

(1)取对象：根据题意和解题方便确立研究对象；

(2)画力图：用整体法或隔离法分析研究对象的受力，并画出受力图；

(3)明过程：分析对象的运动状态和过程，并标出速度和加速度方向；

(4)定方向：选取正方向或建立坐标系，通常以加速度方向或以速度方向为某一坐标轴的正方向；

(5)列方程：F合＝ma或Fx＝max，Fy＝may；

(6)解方程：统一单位，代入数据求解。必要时还要对结果进行讨论。

【典例1】　如图所示为何雯娜在蹦床比赛中的画面。已知何雯娜的体重为49 kg，设她从3.2 m高处自由下落后与蹦床的作用时间为1.2 s，离开蹦床后上升的高度为5 m，试求她对蹦床的平均作用力。(g取10 m/s2)

[解析]　她从3.2 m高处下落到与蹦床接触前的过程做自由落体运动，由运动学公式v2＝2gs得，她接触蹦床时的速度大小v1＝＝8 m/s

她离开蹦床时的速度大小v2＝＝10 m/s

取竖直向上为正方向，则由运动学公式有v2＝－v1＋at

得她的加速度大小为a＝15 m/s2，方向竖直向上。

她与蹦床接触的过程中受重力mg和蹦床对她的平均作用力F，由牛顿第二定律有F－mg＝ma

解得蹦床对她的平均作用力F＝1 225 N，方向竖直向上。

由牛顿第三定律得她对蹦床的平均作用力F′＝F＝1 225 N，方向竖直向下。

[答案]　1 225 N，方向竖直向下

动力学两类基本问题的分析过程

两类基本问题中，受力分析是关键，求解加速度是桥梁，思维过程如下：

主题2　滑块——木板模型

1．模型特点

一个物体在另一个物体上，两者之间有相对运动问题，涉及两个物体、多个过程，两物体的运动时间、速度、位移间有一定的关系。

2．板块模型的三个基本关系

(1)加速度关系：如果滑块与滑板之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度；如果滑块与滑板之间发生相对运动，应采用“隔离法”求出滑块与滑板运动的加速度。应注意找出滑块与滑板是否发生相对运动等隐含条件。  

(2)速度关系：滑块与滑板之间发生相对运动时，认清滑块与滑板的速度关系，从而确定滑块与滑板受到的摩擦力。应注意当滑块与滑板的速度相同时，摩擦力会发生突变的情况。

(3)位移关系：滑块与滑板叠放在一起运动时，应仔细分析滑块与滑板的运动过程，认清滑块与滑板对地的位移和滑块与滑板之间的相对位移之间的关系。

3．解题方法

(1)明确各物体初始状态(对地的运动和物体间的相对运动)，确定物体间的摩擦力方向。  

(2)分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)。

(3)找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。

【典例2】　如图所示，质量M＝8 kg的长木板放在光滑的水平面上，在长木板左端加一水平恒推力F＝8 N，当长木板向右运动的速度达到1.5 m/s时，在长木板前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m＝2 kg的小物块，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，长木板足够长。(g取10 m/s2)

(1)小物块放在长木板上后，小物块及长木板的加速度各为多大？   

(2)经多长时间两者达到相同的速度？

(3)从小物块放上长木板开始，经过t＝1.5 s小物块的位移大小为多少？

[解析]　(1)物块的加速度am＝＝μg＝2 m/s2

长木板的加速度aM＝＝0.5 m/s2。

(2)由amt＝v0＋aMt，可得t＝1 s。

(3)在开始1 s内小物块的位移s1＝amt2＝1 m

1 s末速度为v＝amt＝2 m/s

在接下来的0.5 s小物块与长木板相对静止，一起做加速运动且加速度为a＝＝0.8 m/s2

这0.5 s内小物块的位移为s2＝vt＋at2＝1.1 m

通过的总位移s＝s1＋s2＝2.1 m。

[答案]　(1)2 m/s2  　0.5 m/s2　(2)1 s　(3)2.1 m

叠放在一起的滑块与滑板，它们之间存在相互作用力，在其他外力作用下它们或者以相同的加速度运动，或者加速度不同，当然无论是哪种情况，受力分析和运动过程分析都是解题的关键。对此类问题的分析，必须清楚加速度、速度、位移等物理量的关系。

主题3　传送带模型

1．两类问题：传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。

2．解题关键：关键在于对传送带上的物块所受的摩擦力进行正确的分析与判断。

(1)若物块的速度与传送带的速度方向相同，且v物<v带，则传送带对物块的摩擦力为动力，物块做加速运动。

(2)若物块的速度与传送带的速度方向相同，且v物>v带，则传送带对物块的摩擦力为阻力，物块做减速运动。

(3)若物块的速度与传送带的速度方向相反，传送带对物块的摩擦力为阻力，物块减速；当物块速度减为零后，传送带对物块的摩擦力为动力，物块做反向加速运动。

(4)若v物＝v带，看物块有没有加速或减速的趋势，若物块有加速的趋势，则传送带对物块的摩擦力为阻力；若物块有减速的趋势，则传送带对物块的摩擦力为动力。

3．物块在传送带上运动的六类常见情形

【典例3】　(2019·福建师大附中期中)如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，A、B之间的长度为L＝7.25 m，传送带以v0＝5 m/s的速度逆时针转动。在传送带上端A处无初速度释放一个质量为m＝1 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

(1)求物体从A运动到B所需的时间；

(2)若物体在传送带上可以留下划痕，求划痕的长度是多大？

[解析]　(1)开始阶段，由牛顿第二运动定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，

a1＝gsin θ＋μgcos θ＝10 m/s2，

物体加速至与传送带速度相等需要的时间为t1＝0.5 s，

发生的位移s1＝a1t＝1.25 m<7.25 m，即物体加速到5 m/s时仍未到达B点。

由于μ<tan θ，由牛顿第二运动定律得

mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，

解得a2＝2 m/s2，则L－s1＝v0t2＋a2t，

 解得t2＝1 s或t2＝－6 s(舍去)，

故物体从A到B经历的总时间t＝t1＋t2＝1.5 s。

(2)物体加速至与传送带共速时，传送带前进的位移为s＝v0t1＝2.5 m，

而物体的位移s1＝1.25 m，

物体相对于传送带向上滑行的距离为Δs1＝s－s1＝1.25 m。

物体的速度大于传送带的速度后，传送带前进s′＝v0t2＝5 m，

物体继续前进s2＝6 m，

物体相对于传送带向下滑行的距离Δs2＝s2－s′＝1 m，

所以物体在传送带上的划痕长度为Δs1＝1.25 m。

[答案]　(1)1.5 s　(2)1.25 m

要注意传送带上的物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。