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章末素养提升
物理观念 牛顿第一 运动定律 (1)内容:一切物体总保持　　　　　　　,除非有外力迫使它改变这种状态 (2)牛顿第一运动定律说明:力是　　　　　　　的原因 (3)惯性:物体保持　　　　　　　状态不变的属性;惯性的大小取决于　　　　　　　的大小
牛顿第二 运动定律 (1)内容:物体加速度的大小与所受合外力的大小成正比,跟物体的质量成反比,加速度方向与合外力方向相同 (2)表达式:　　　　　　　 (3)矢量性、瞬时性、独立性、同体性
牛顿第三 运动定律 (1)内容:　　　　　　　物体之间的作用力与反作用力总是大小　　　　　　　,方向　　　　　　　,作用在同一条直 线上 (2)理解 ①同时产生,同时　　　　　　　,同时消失 ②同种性质 ③分别作用在两个相互作用的物体上
力学单 位制 (1)基本单位;(2)导出单位;(3)单位制
超重和 失重 (1)超重:物体对悬挂物的拉力(或对支持物的压力)　　　　　　　物体所受的重力,超重时物体具有　　　　　　　的加速度 (2)失重:物体对悬挂物的拉力(或对支持物的压力)　　　　　　　物体所受的重力,失重时物体具有　　　　　　　的加速度 (3)完全失重:物体对悬挂物(或支持物)的作用力为　　　　　　　,物体的加速度a=__________
科学思维 理想实 验法 知道伽利略的理想实验和相应的推理过程
控制变 量法 用控制变量法探究加速度与力、质量的关系
用分析推理方法解决动力学两类基本问题 力av、s、v0、t等
建立几类 物理模型 (1)含弹簧的瞬时加速度问题 (2)动力学的整体和隔离问题 (3)板块模型 (4)传送带模型
图像法 (1)由v-t、s-t图像分析物体的受力情况 (2)由F-t、F-s图像分析物体的运动情况 (3)由a-F图像分析运动或受力情况
科学探究 1.能完成“探究加速度与力、质量的关系”等物理实验 2.能从生活中的现象提出可探究的物理问题;能在他人帮助下制订科学探究方案,有控制变量的意识,会使用实验器材获取数据;能根据数据形成结论,会分析导致实验误差的原因 3.能参考教科书撰写有一定要求的实验报告,在报告中能对实验操作提出问题并进行讨论,能用学过的物理术语等交流科学探究过程和结果
科学态度与责任 1.通过与伽利略、牛顿相关的史实,能认识物理学研究是不断完善的 2.乐于将牛顿运动定律应用于日常生活实际 3.能认识牛顿运动定律的应用对人类文明进步的推动作用
例1　(多选)(2023·全国甲卷)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动,两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后,所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知 (　　)
A.m甲m乙
C.μ甲<μ乙 D.μ甲>μ乙
例2　(多选)如图所示,物块A、B叠放在一起,其中B与斜面间的动摩擦因数μA.上滑的过程A、B整体处于失重状态
B.上滑到最高点后A、B整体将停止运动
C.上滑过程中A与B之间的摩擦力大于下滑过程中A与B之间的摩擦力
D.上滑与下滑过程中A与B之间的摩擦力大小相等
例3　(多选)(2023·大同市期末)应用于机场和火车站的安全检查仪,其传送装置可简化为如图所示的模型。传送带始终保持v=0.4 m/s的恒定速率逆时针转动,行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,A、B间的距离为2 m,g取10 m/s2。旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处,则下列说法正确的是 (　　)
A.开始时行李的加速度大小为2 m/s2
B.行李经过2 s到达B处
C.行李到达B处时速度大小为0.4 m/s
D.行李在传送带上留下的痕迹长度为0.08 m
例4　如图所示,一长L=4 m,质量M=3 kg的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上,其右端距平台边缘l=6 m。木板的正中央放有一质量为m=1 kg的小物块(可视为质点)。已知木板与水平台面、小物块与木板间动摩擦因数均为μ1=0.3,小物块与水平台面间动摩擦因数为μ2=0.2。现对木板施加一水平向右的恒力F=36 N,g取10 m/s2,求:
(1)小物块从木板上滑下的时间和相对于水平台面的速度大小;
(2)F作用了1.1 s时,木板的右端离水平台面边缘的距离;
(3)小物块最终到水平台面边缘的距离。
答案精析
再现素养知识
匀速直线运动或静止状态　改变物体运动状态　静止或匀速直线运动
质量　F=ma　两个　相等　相反
变化　大于　向上　小于　向下　0　g
提能综合训练
例1　BC　[根据牛顿第二定律有F-μmg=ma，整理得F=ma+μmg，可知F-a图像的斜率为m，纵轴截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g=μ乙m乙g，则μ甲<μ乙，故选B、C。]
例2　AD　[在上滑和下滑的过程，A、B整体都是只受三个力，重力、支持力和摩擦力，以沿斜面向下为正方向，向上运动的过程中，根据牛顿第二定律得
(mA+mB)gsin θ+f=(mA+mB)a，
又f=μ(mA+mB)gcos θ
因此有：a=gsin θ+μgcos θ，方向沿斜面向下，所以向上运动的过程中A、B组成的整体处于失重状态，故A正确；
对整体进行受力分析，A、B整体向下运动的过程中，由牛顿第二定律得：(mA+mB)gsin θ-f=(mA+mB)a'，得：a'=gsin θ-μgcos θ
由于μ0
所以上滑到最高点后A、B整体将向下运动，故B错误；
以A为研究对象，向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有：
mAgsin θ+f'=mAa
解得：f'=μmAgcos θ；
向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有：mAgsin θ-f″=mAa'，
解得：f″=μmAgcos θ；
所以f″=f'，即上滑与下滑过程中A与B之间的摩擦力大小相等，故C错误，D正确。]
例3　AC　[开始时，对行李，根据牛顿第二定律有μmg=ma，解得a=2 m/s2，故A正确；设行李做匀加速运动的时间为t1，行李匀加速运动的末速度为v=0.4 m/s，根据v=at1
代入数据解得：t1=0.2 s，匀加速运动的位移大小
s=a=×2×0.22 m=0.04 m
匀速运动的时间为t2== s=4.9 s，可得行李从A到B的时间为t=t1+t2=5.1 s，故B错误；由以上分析可知行李在到达B处前已经与传送带共速，所以行李到达B处时速度大小为0.4 m/s，故C正确；行李在传送带上留下的痕迹长度为Δs=vt1-s=(0.4×0.2-0.04) m=0.04 m，故D错误。]
例4　(1)1 s　3 m/s　(2)1.755 m　(3)4.25 m
解析　(1)由牛顿第二定律，对木板有F-μ1(m+M)g-μ1mg=Ma1，解得a1=7 m/s2
对物块有μ1mg=ma2，解得a2=3 m/s2
设经过时间t，小物块从木板上滑下，则a1t2-a2t2=L，代入数据解得t=1 s
小物块相对于水平台面的速度大小v=a2t=3×1 m/s=3 m/s
(2)t=1 s时间内木板的位移s=a1t2=×7×12 m=3.5 m
后t'=0.1 s木板的加速度为
F-μ1Mg=Ma'
解得a'=9 m/s2
后0.1 s木板的位移为
s'=(a1t)t'+a't'2
解得s'=0.745 m
F作用了1.1 s时，木板的右端离水平台面边缘的距离为(6-3.5-0.745) m=1.755 m
(3)由以上分析知，小物块从木板上滑下时离水平台面边缘的距离为(6+4-3.5) m=6.5 m
此后小物块减速运动的加速度大小为a3==2 m/s2
小物块再运动s″后停止运动，则
0-v2=-2a3s″
解得s″=2.25 m
小物块最终到水平台面边缘的距离为6.5 m-2.25 m=4.25 m。(共22张PPT)
DIWUZHANG
第5章
章末素养提升
再现
素养知识
物理观念 牛顿 第一 运动 定律 (1)内容：一切物体总保持　　　　　　　　　　　　，除非有外力迫使它改变这种状态
(2)牛顿第一运动定律说明：力是　　　　　　　　　的原因
(3)惯性：物体保持　　　　　　　　　　状态不变的属性；惯性的大小取决于　　　的大小
牛顿 第二 运动 定律 (1)内容：物体加速度的大小与所受合外力的大小成正比，跟物体的质量成反比，加速度方向与合外力方向相同
(2)表达式：_______
(3)矢量性、瞬时性、独立性、同体性
匀速直线运动或静止状态
改变物体运动状态
静止或匀速直线运动
质量
F=ma
物理观念 牛顿第三运动定律 (1)内容：　　物体之间的作用力与反作用力总是大小　　，方向　　，作用在同一条直
线上
(2)理解
①同时产生，同时　　　，同时消失
②同种性质
③分别作用在两个相互作用的物体上
力学单 位制 (1)基本单位；(2)导出单位；(3)单位制
两个
相等
相反
变化
物理观念 超重和 失重 (1)超重：物体对悬挂物的拉力(或对支持物的压力)　　　物体所受的重力，超重时物体具有　　　的加速度
(2)失重：物体对悬挂物的拉力(或对支持物的压力)　　　物体所受的重力，失重时物体具有　　　的加速度
(3)完全失重：物体对悬挂物(或支持物)的作用力为　　，物体的加速度a=___
大于
向上
小于
向下
0
g
科学思维 理想实 验法 知道伽利略的理想实验和相应的推理过程
控制变 量法 用控制变量法探究加速度与力、质量的关系
用分析推理方法解决动力学两类基本问题 力 a v、s、v0、t等
科学思维 建立几类 物理模型 (1)含弹簧的瞬时加速度问题
(2)动力学的整体和隔离问题
(3)板块模型
(4)传送带模型
图像法 (1)由v-t、s-t图像分析物体的受力情况
(2)由F-t、F-s图像分析物体的运动情况
(3)由a-F图像分析运动或受力情况
科学 探究 1.能完成“探究加速度与力、质量的关系”等物理实验
2.能从生活中的现象提出可探究的物理问题；能在他人帮助下制订科学探究方案，有控制变量的意识，会使用实验器材获取数据；能根据数据形成结论，会分析导致实验误差的原因
3.能参考教科书撰写有一定要求的实验报告，在报告中能对实验操作提出问题并进行讨论，能用学过的物理术语等交流科学探究过程和结果
科学 态度与 责任 1.通过与伽利略、牛顿相关的史实，能认识物理学研究是不断完善的
2.乐于将牛顿运动定律应用于日常生活实际
3.能认识牛顿运动定律的应用对人类文明进步的推动作用
　(多选)(2023·全国甲卷)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知
A.m甲m乙
C.μ甲<μ乙 D.μ甲>μ乙
例1
√
提能
综合训练
√
根据牛顿第二定律有F-μmg=ma，整理得F=ma+μmg，可知F-a图像的斜率为m，纵轴截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g=μ乙m乙g，则μ甲<μ乙，故选B、C。
　(多选)如图所示，物块A、B叠放在一起，其中B与斜面间的动摩擦因数μA.上滑的过程A、B整体处于失重状态
B.上滑到最高点后A、B整体将停止运动
C.上滑过程中A与B之间的摩擦力大于下滑过程中A与B之间的摩擦力
D.上滑与下滑过程中A与B之间的摩擦力大小相等
例2
√
√
在上滑和下滑的过程，A、B整体都是只受三个力，重力、支持力和摩擦力，以沿斜面向下为正方向，向上运动的过程中，根据牛顿第二定律得
(mA+mB)gsin θ+f=(mA+mB)a，
又f=μ(mA+mB)gcos θ
因此有：a=gsin θ+μgcos θ，方向沿斜面向下，所以向上运动的过程中A、B组成的整体处于失重状态，故A正确；
对整体进行受力分析，A、B整体向下运动的过程中，由牛顿第二定律得：(mA+mB)gsin θ-f=(mA+mB)a'，得：a'=gsin θ-μgcos θ
由于μ0
所以上滑到最高点后A、B整体将向下运动，故B错误；
以A为研究对象，向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有：
mAgsin θ+f'=mAa
解得：f'=μmAgcos θ；
向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有：
mAgsin θ-f″=mAa'，
解得：f″=μmAgcos θ；
所以f″=f'，即上滑与下滑过程中A与B之间的摩擦力大小相等，故C错误，D正确。
　(多选)(2023·大同市期末)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型。传送带始终保持v=0.4 m/s的恒定速率逆时针转动，行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是
A.开始时行李的加速度大小为2 m/s2
B.行李经过2 s到达B处
C.行李到达B处时速度大小为0.4 m/s
D.行李在传送带上留下的痕迹长度为0.08 m
例3
√
√
开始时，对行李，根据牛顿第二定律有μmg=ma，
解得a=2 m/s2，故A正确；
设行李做匀加速运动的时间为t1，行李匀加速运动的末速度为v=0.4 m/s，根据v=at1
代入数据解得：t1=0.2 s，匀加速运动的位移大小s=a=×2×0.22 m=0.04 m
匀速运动的时间为t2== s=4.9 s，可得行李从A到B的时间为t=t1+t2=5.1 s，故B错误；
由以上分析可知行李在到达B处前已经与传送带共
速，所以行李到达B处时速度大小为0.4 m/s，故C
正确；
行李在传送带上留下的痕迹长度为Δs=vt1-s=(0.4×0.2-0.04) m=0.04 m，故D错误。
　如图所示，一长L=4 m，质量M=3 kg的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘l=6 m。木板的正中央放有一质量为m=1 kg的小物块(可视为质点)。已知木板与水平台面、小物块与木板间动摩擦因数均为μ1=0.3，小物块与水平台面间动摩擦因数为μ2=0.2。现对木板施加一水平向右的恒力F=36 N，g取10 m/s2，求：
(1)小物块从木板上滑下的时间和相对于水平台
面的速度大小；
例4
答案　1 s　3 m/s
由牛顿第二定律，对木板有F-μ1(m+M)g-μ1mg
=Ma1，解得a1=7 m/s2
对物块有μ1mg=ma2，解得a2=3 m/s2
设经过时间t，小物块从木板上滑下，则a1t2-a2t2=L，代入数据解得t=1 s
小物块相对于水平台面的速度大小v=a2t=3×1 m/s=3 m/s
(2)F作用了1.1 s时，木板的右端离水平台面边缘的距离；
答案　1.755 m
t=1 s时间内木板的位移s=a1t2=×7×12 m=3.5 m
后t'=0.1 s木板的加速度为F-μ1Mg=Ma'
解得a'=9 m/s2
后0.1 s木板的位移为s'=(a1t)t'+a't'2
解得s'=0.745 m
F作用了1.1 s时，木板的右端离水平台面边缘的距离为(6-3.5-0.745) m
=1.755 m
(3)小物块最终到水平台面边缘的距离。
答案　4.25 m
由以上分析知，小物块从木板上滑下时离水
平台面边缘的距离为(6+4-3.5) m=6.5 m
此后小物块减速运动的加速度大小为a3==2 m/s2
小物块再运动s″后停止运动，则0-v2=-2a3s″
解得s″=2.25 m
小物块最终到水平台面边缘的距离为6.5 m-2.25 m=4.25 m。

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