第4章 运动和力的关系 单元复习课件-2025-2026学年高一上学期物理人教版必修第一册

第4章《运动和力的关系》单元复习 应用 推理 单元知识结构图 牛顿运动定律 牛顿第一定律 惯性 力是改变物体运动状态的原因 牛顿第二定律 F=ma 超重和失重 探究 牛顿第一定律：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非有作用力迫使它改变这种状态。 惯性：物体具有的保持匀速直线运动状态或静止状态的性质。质量是惯性大小的量度。 牛顿第二定律：物体加速度的大小与物体受到的作用力成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与作用力的方向相同，F = ma。 基本概念和规律 通过惯性概念建立的历史过程，认识理想实验方法。 经历探究加速度与物体受力、物体质量的关系的活动，感受控制变量方法在实验中的作用，认识数据获取、分析和处理的基本方法。 基本方法 1.一个盛有水的玻璃碗置于火车车厢内的水平桌面上。垂直于火车行驶方向从碗的侧面观察，水面形状分别如图 （a）、（b）、（c）所示时，火车正在做什么运动？ 【分析】图(a)表示加速度水平向左，若速度向右，做匀减速直线运动；图(b)加速度水平向右，向右做匀加速直线运动；(c)表示做匀速直线运动. 自我检测 2.物理学中有些问题的结论不一定必须通过计算才能验证，有时只需要通过对单位的分析就可以判断。声音在某种气体中的速度表达式可以只用气体的压强 p、气体的密度 ρ 和没有单位的比例常数 k 来表示。根据上述情况，判断声音在该气体中的速度表达式可能是（ ） A 3.在有空气阻力的情况下，以初速度 v1 从地面竖直上抛一个小球。经过时间 t1，小球到达最高点，又经过时间 t2，小球从最高点落到抛出点。小球着地时的速度为 v2，则（ ）。 A. v2 > v1 ，t2 > t1 B. v2 < v1 ，t2 < t1 C. v2 > v1 ，t2 < t1 D. v2 < v1 ，t2 >t1 【分析】上升和下降位移相等，设为h。上升时重力和空气阻力方向相同，下降时阻力与重力方向相反，故上升加速度a1>a2,a2为下降加速度.由h=1/2·at²得，t1<t2.由v²=2ah得， v1 > v2 D 4.如图所示，火车在平直轨道上运动，车厢中的光滑水平桌面 上用轻弹簧拴着一个小球，弹簧处于自然长度。当乘客看到 弹簧的长度变长时，火车可能的运动情况是( ) A. 火车向右方运动，速度在增大 B. 火车向右方运动，速度在减小 C. 火车向左方运动，速度在增大 D. 火车向左方运动，速度在减小 【分析】弹簧长度变长，对小球的拉力方向左，故小球加速度方向向左。火车速度向左，与加速度方向相同，速度将增大；火车速度向右，与加速度方向相反，速度将减小。 BC 5.将一个皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比.下列描绘皮球在上升过程中加速度的大小a与时间t关系的图像，可能正确的是( ). 【分析】 设阻力f =kv，上升时，有mg + kv =ma 得 a = g + k/m·v， 上升到最高点，加速度a=g，B和D错误。加速度a的变化率为∆a/∆t=k/m·∆v/∆t=k/m·a，a减小，加速度变化率减小,C正确. C 6.某人在地面上用体重计称得体重为490 N，他将体重计移至电梯内重新称量，0-t3.时间段内，体重计的示数如图所示.若取电梯向上运动的方向为正，电梯运行的v-t图像可能是( ) 【分析】 t0-t1，处于失重状态，加速度方向向下，若电梯向上运动，速度将减小，C错误；若速度向下，速度将增大，B错误； t1-t2，加速度为0. t2-t3，处于超重状态，加速度方向向上.若速度向下，将减速，A正确；D正确。 AD 7.为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯,无人搭乘时，扶梯运转得很慢;有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转:一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示，那么下列说法中正确的是( ) A.顾客始终受到三个力的作用 B.顾客始终处于超重状态 C.顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再坚直向下 D.顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下 【分析】对顾客，加速时扶梯对人的作用力为右上方， 顾客对扶梯的作用力指向左下方.匀速时，受重力、支持力， 二力平衡，A和B错误. C mg ma F 8.蹦极就是跳跃者把一端固定的弹性长绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一项极限运动.某人做蹦极运动时，所受绳子拉力下的大小随时间t变化的情况如图所示:如果将蹦极的过程近似看作在坚直方向的运动，重力加速度为g，由图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为( ) A. g B. 2g C. 3g D.4g 【分析】由图得重力mg=0.6F0，弹性绳最大 拉力为1.8F0，由牛顿第二定律，1.8F0-mg= ma，解得a=2g. B 9.(多选)如图所示是“神舟”系列飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则( ). A.火箭开始喷气瞬间，伞绳对返回舱的拉力变小 B.返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力 C.返回舱在喷气过程中所受的合力可能大于其重力 D.返回舱在喷气过程中处于失重状态 【分析】喷气做减速运动，靠气体施加的反作用力使得减速，B错误；减速运动，加速度向上，处于超重，D错误。AC正确. AC 10.在粗糙的水平面上，物体在水平推力作用下由静止开始做匀加速直线运动。经过一段时间后，水平推力逐渐减小到 0（ 物体仍在运动 ）。在水平推力逐渐减小到 0 的过程中,（ ） A. 物体加速度逐渐减小，速度逐渐减小 B. 物体加速度逐渐减小，速度逐渐增大 C. 物体加速度先增大后减小，速度先增大后减小 D. 物体加速度先减小后增大，速度先增大后减小 【分析】初始推力大于滑动摩擦力，推力减小，当仍大于滑动摩擦力，继续加速，加速度变小；当推力小于滑动摩擦力，合力逐渐增大，加速度增大，速度减小. D 11.某消防队员从一平台无初速度跳下，下落 2 m 后双脚触地，同时采用双腿弯曲的方法缓冲。若视其在缓冲过程中自身重心又匀变速下降了 0.5 m ，则在着地过程中，地面对他双脚的平均作用力的大小约为自身重力的( ) A. 5 倍 B. 10 倍 C. 20 倍 D. 3 倍 【分析】跳下后，加速度为g，x1=2m,刚着地速度为v，v²=2gx1； 减速位移x2=0.5m，看成逆向匀加速，v2=2ax2。解得a=4g.由牛顿第二定律，F–mg =ma，解得F=5mg。 A 12.一架直升机悬停在空中向地面投放装有物资的箱子。设投放初速度为 0，箱子所受的空气阻力与其下落速度的平方成正比，箱子下落过程中做直线运动且不翻转。关于箱子的下落过程，下列说法正确的是( ) A. 箱子做匀加速直线运动 B. 箱子先做加速度减小的加速运动，若下落距离足够长，最后做匀速直线运动 C. 箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时的大 D. 若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“ 飘起来 ” BC 【分析】设阻力f =kv²，对箱子，mg-kv²=ma,v增大，a减小，A错误；v=0时，加速度a=g，刚投下时箱内物体和箱子之间无弹力。a=0后，做匀速直线运动，B正确，此时箱内物体受箱子施加的竖直向上的弹力，不可能“飘起来”，D错误。接近地面时，弹力不为0，C正确。 13.在某科技活动中，一位同学设计了一个加速度测量仪。如图 （a）所示，将一端连有摆球的细线悬于小车内 O 点。当小车运动时，小球与小车保持相对静止后，测量出悬绳与竖直方向的夹角 θ，便可通过该角度计算得到小车此时的加速度值。 （1）请填写图 （b）中刻度盘上的角度对应的加速度值。 （2）运用该测量仪测量加速度，会有哪些局限性 解：小球受重力与绳拉力F，根据牛顿第二定律 mgtanθ=ma 解得 a=gtanθ θ =0，a=0； θ =30°，a= ； θ =45°，a= g； θ =60°，a= ； mg F F合 14.一无人机沿着与地面成 30° 的方向斜向上匀加速起飞，刚起飞的第 1 s 内飞行了5 m。已知无人机的质量为 3 kg。试分析空气对无人机的作用力。g=10m/s². 解：设加速度为a，x= ½·at² 解得 a = 10m/s2 合力 F合=ma = mg 空气对无人机作用力F = 2mgcos30°= mg 指向右上方，与水平方向夹角为60°。 30° mg ma F 30° 15.如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升.夹子和木块的质量分别为m，M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f ，若木块不滑动，求力F的最大值. 解：对木块，根据牛顿第二定律， 2f =Ma 对夹子与木块整体，有 F- (M+m)g=(M+m)a 联立解得 F = (M+m)(g+ 2f /M) 16.美国国家航空航天局（NASA）有一项面向大学生的“微重力学生飞行挑战计划”，学生以团队形式提交自己设计的微重力实验方案，获胜的队伍会受邀到约翰逊航天中心，乘坐飞机到达 9 000 m 高空，然后飞机由静止开始下落，以模拟微重力环境。下落过程中飞艇所受空气阻力为其重力的 0.04 倍。这样，可以获得持续约 25 s 之久的失重状态，大学生们便在这段时间内进行关于微重力影响的实验。紧接着，飞艇又做匀减速运动。若飞艇离地面的高度不得低于 500 m，重力加速度 g 取 10 m/s2，试求： （1） 飞艇在 25 s 内下落的高度。 （2） 在飞艇后来的减速过程中， 大学生对座位的压力是重力的多少倍。 解(1)由牛顿第二定律， mg – 0.04mg = ma 解得加速度 a=9.6m/s² t =25s，下落距离 h = ½·at²=3000m (2)下落25s，速度v = at =240m/s 匀减速位移x1 = 9000-3000-500=5500m 匀减速加速度为a1，v²=2a1x1， 解得 a1=5.24m/s²=0.524g 对学生分析，F – mg =ma1， 解得F =1.524mg $