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章末素养提升
物理 观念 牛顿第一定律 (1)内容：一切物体总保持　　　　　　　　　　　　　　　　　　，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态 (2)牛顿第一定律说明：力是　　　　　　　　　　　　　　　　　　的原因 (3)惯性：物体保持　　　　　　　　　　　　状态或　　　　　　状态的性质；惯性的大小取决于　　　　　　的大小
牛顿第二定律 (1)内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同 (2)表达式：　　　　　　　　　 (3)矢量性、瞬时性、独立性、同体性
力学单位制 (1)基本单位；(2)导出单位；(3)单位制
牛顿第三定律 (1)内容：　　　　　　　物体之间的作用力和反作用力总是大小　　　　　　　，方向　　　　　　，作用在同一条直线上 (2)作用力与反作用力的特点 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 (3)知道一对作用力和反作用力与一对平衡力的区别
超重和失重 (1)超重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)　　　　　　物体所受的重力，超重时物体具有　　　　　　的加速度 (2)失重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)　　　　　　物体所受的重力，失重时物体具有　　　　　　的加速度 (3)完全失重：物体对支持物(或悬挂物)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、x、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、x-t图像分析物体的受力情况 (2)由F-t、F-x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　(2023·上海市大同中学高一期末)如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C两点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y、x轴的切点。B点在y轴上且∠BMO=60°，O'为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，如所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC大小关系是 (　　)
A.tAB.tA=tC=tB
C.tA=tCD.由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系
等时圆模型
物体沿着同一竖直圆上的所有光滑弦轨道由静止下滑，比较沿不同弦轨道到达底端所用时间。
设某一条弦与水平方向的夹角为α，圆的半径为R，物体沿光滑弦做匀加速直线运动，加速度a=gsin α，位移x=2Rsin α。由运动学公式x=at2，得：t===2
即沿各条弦运动具有等时性，运动时间与弦的倾角、长短无关，可以得出结论：
(1)物体从圆的顶端沿光滑弦轨道由静止滑下，滑到弦轨道与圆的交点的时间相等(如图甲)；
(2)物体从圆上的各个位置沿光滑弦轨道由静止滑下，滑到圆的底端的时间相等(如图乙)。
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)(2024·潍坊市高一期末)如图甲所示，弹簧台秤的托盘内放一个物块A，整体处于静止状态，托盘的质量m=1 kg，物块A的质量M=2 kg，轻弹簧的劲度系数k=200 N/m。给A施加一个竖直向上的力F，使A从静止开始向上做匀加速直线运动，力F随时间变化的F-t图像如图乙所示，取重力加速度g=10 m/s2，下列说法正确的是 (　　)
A.托盘运动的最大速度为0.8 m/s
B.t=0时F大小为12 N
C.t=0时刻托盘对物块的支持力为16 N
D.t=0.2 s时F大小为42 N
例4　如图所示，质量为2.5 kg的一只长方体空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1为0.3。这时铁箱内一个质量为0.5 kg的木块恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2为0.25。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求木块对铁箱压力的大小；
(2)求水平拉力F的大小；
(3)减小拉力F，经过一段时间，木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹，当铁箱的速度为6 m/s时撤去拉力，又经过1 s时间木块从左侧到达右侧，则此时木块相对铁箱运动的距离是多少？
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例5　(2024·广东省广雅中学高一期末)如图所示，有一水平传送带以v0=6 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，传送带AB长度L=6 m，其右端连着一段粗糙水平面BC，其长度为L1(L1未知)，紧挨着BC的光滑水平地面上放置一质量M=4 kg的平板小车，小车长度L2=5 m。小车上表面刚好与BC等高。现将质量m=1 kg的煤块(可视为质点)轻轻放到传送带的左端A处，经过传送带传送至右端B后通过粗糙水平面BC滑上小车。煤块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.4，煤块与BC间、煤块与小车间的动摩擦因数均为μ2=0.2，取重力加速度g=10 m/s2。求：
(1)煤块在传送带上运动的时间；
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(2)煤块在传送带上运动时留下的划痕长度；
(3)若煤块能够滑上小车且不从小车上掉下来，BC的长度L1应满足的条件。
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答案精析
匀速直线运动状态或静止状态　改变物体运动状态　原来匀速直线运动　静止　质量　F=ma　两个　相等　相反　变化　大于　向上　小于　向下　0　g
例1　C　［由题意可知A、C、M三点处于同一个圆上，且圆心O'与M点在同一竖直线上，设圆的半径为R，从圆上任意一点与M点构成一光滑轨道，该轨道与竖直方向的夹角为θ，如图所示
小球从轨道顶端静止滑下的加速度为a=gcos θ，根据运动学公式可得x=2Rcos θ=at2
联立可得小球从轨道顶端到底端M点所用时间为t==
可知从圆轨道任一点滑到底端M点所用时间与倾角无关，则有tA=tC
由题图可知，若小球从BM轨道与圆交点由静止滑下，则所用时间与从A点、C点滑下所用时间相同，由于B点处于圆外，则有tA=tC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，假设上滑到最高点后不能静止，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，所以假设成立，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　BC　［开始未施加力F时对整体有(m+M)g=kx0，解得x0=0.15 m
t=0时刻施加力F时，根据牛顿第二定律F0=(m+M)a
由题图乙可知，在t=0.2 s时刻物块与托盘脱离，则
Fm-Mg=Ma，kx1-mg=ma，
其中x0-x1=at2
联立解得x1=0.07 m，a=4 m/s2，
F0=12 N，
Fm=28 N，选项B正确，D错误；
物块与托盘脱离时的速度为v=at=0.8 m/s
此后托盘继续向上做加速度减小的加速运动，则当加速度为零时速度最大，则最大速度大于0.8 m/s，选项A错误；
t=0时，对物块F0+N-Mg=Ma
解得N=16 N，选项C正确。］
例4　(1)20 N　(2)129 N　(3)0.3 m
解析　(1)木块静止在铁箱后壁上，所以在竖直方向有f=m木g，又有f=μ2N，所以有N==20 N
由牛顿第三定律可得木块对铁箱的压力大小为20 N。
(2)对木块分析，在水平方向有a==40 m/s2
对铁箱和木块整体分析，在水平方向有F-μ1(m木+m箱)g=(m木+m箱)a，解得F=129 N
(3)撤去拉力后，铁箱向右减速运动，其加速度大小
a箱=
=3.1 m/s2
木块向右减速运动，其加速度大小
a木==2.5 m/s2
在t=1 s的时间内，铁箱向右运动的位移x箱=vt-a箱t2=4.45 m
木块向右运动的位移
x木=vt-a木t2=4.75 m
木块相对铁箱运动的距离
x=x木-x箱=0.3 m。
例5　(1)1.75 s　(2)4.5 m
(3)2.75 m≤L1<9 m
解析　(1)煤块刚放上传送带时，由牛顿第二定律得μ1mg=ma1
解得a1=4 m/s2
煤块加速到与传送带速度相等时所用时间为t1==1.5 s
此时煤块通过的位移为x1=a1=4.5 m<6 m
可知煤块与传送带共速后，继续向右匀速运动
匀速过程所用时间为t2==0.25 s
则煤块在传送带上运动的时间为
t=t1+t2=1.75 s
(2)传送带在煤块匀加速运动过程通过的位移为x传=v0t1=9 m
则煤块在传送带上运动时留下的划痕长度为Δx=x传-x1=4.5 m
(3)煤块滑上粗糙水平面BC的加速度大小为a2==2 m/s2
若煤块刚好运动到C点停下，根据运动学公式可得-2a2L1'=0-
解得L1'=9 m
若煤块滑上小车且刚好到达小车右端与小车共速，
设煤块刚滑上小车时的速度为v1，
则有-2a2L1″=-
煤块在小车上滑动的加速度大小仍为a2=2 m/s2，
小车的加速度大小为
a3==0.5 m/s2
设煤块经过t3时间与小车共速，
则有v共=v1-a2t3
v共=a3t3
煤块与小车通过的位移分别为
x煤=t3，x车=t3
根据位移关系有x煤-x车=L2=5 m
联立解得L1″=2.75 m
综上分析可知，若煤块能够滑上小车且不从小车上掉下来，BC的长度应满足2.75 m≤L1<9 m。(共31张PPT)
DISIZHANG
第四章
章末素养提升
再现
素养知识
物理 观念 牛顿第 一定律 (1)内容:一切物体总保持___________________________,除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态
(2)牛顿第一定律说明:力是___________________的原因
(3)惯性:物体保持__________________状态或______状态的性质;惯性的大小取决于______的大小
牛顿第 二定律 (1)内容:物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比,跟它的质量成反比,加速度的方向跟作用力的方向相同
(2)表达式:_________
(3)矢量性、瞬时性、独立性、同体性
匀速直线运动状态或静止状态
改变物体运动状态
原来匀速直线运动
静止
质量
F=ma
物理 观念 力学单位制 (1)基本单位;(2)导出单位;(3)单位制
牛顿第三定律 (1)内容:______物体之间的作用力和反作用力总是大小______,方向_____,作用在同一条直线上
(2)作用力与反作用力的特点
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
(3)知道一对作用力和反作用力与一对平衡力的区别
两个
相等
相反
变化
物理 观念 超重和 失重 (1)超重:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)_____物体所受的重力,超重时物体具有_____的加速度
(2)失重:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)_____物体所受的重力,失重时物体具有_____的加速度
(3)完全失重:物体对支持物(或悬挂物)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、
x、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
科学 思维 图像法 (1)由v-t、x-t图像分析物体的受力情况
(2)由F-t、F-x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
　(2023·上海市大同中学高一期末)如图所示,在竖直平面内建立直角坐标系xOy,该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道,其中A、C两点处于同一个圆上,C是圆上任意一点,A、M分别为此圆与y、x轴的切点。B点在y轴上且∠BMO=60°,O'为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放,它们将沿轨道运动到M点,如所用时间分别为tA、tB、tC,则tA、tB、tC大小关系是
A.tAB.tA=tC=tB
C.tA=tCD.由于C点的位置不确定,无法比较时间大小关系
例1
√
由题意可知A、C、M三点处于同一个圆上,且圆心O'与M点在同一竖直线上,设圆的半径为R,从圆上任意一点与M点构成一光滑轨道,该轨道与竖直方向的夹角为θ,如图所示
小球从轨道顶端静止滑下的加速度为a=gcos θ
根据运动学公式可得x=2Rcos θ=at2
联立可得小球从轨道顶端到底端M点所用时间为t==
可知从圆轨道任一点滑到底端M点所用时间与倾角无关,则有tA=tC
由题图可知,若小球从BM轨道与圆交点由静止滑下,则所用时间与从A点、C点滑下所用时间相同,由于B点处于圆外,则有tA=tC总结提升
等时圆模型
物体沿着同一竖直圆上的所有光滑弦轨道由静止下滑,比较沿不同弦轨道到达底端所用时间。
设某一条弦与水平方向的夹角为α,圆的半径为R,物体沿光滑弦做匀加速直线运动,加速度a=gsin α,位移x=2Rsin α。由运动学公式x=at2,得:t===2
总结提升
即沿各条弦运动具有等时性,运动时间与弦的倾角、长短无关,可以得出结论:
(1)物体从圆的顶端沿光滑弦轨道由静止滑下,滑到弦轨道与圆的交点的时间相等(如图甲);
(2)物体从圆上的各个位置沿光滑弦轨道由静止滑下,滑到圆的底端的时间相等(如图乙)。
　(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,假设上滑到最高点后不能静止,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
所以假设成立,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)(2024·潍坊市高一期末)如图甲所示,弹簧台秤的托盘内放一个物块A,整体处于静止状态,托盘的质量m=1 kg,物块A的质量M=2 kg,轻弹簧的劲度系数k=200 N/m。给A施加一个竖直向上的力F,使A从静止开始向上做匀加速直线运动,力F随时间变化的F-t图像如图乙所示,取重力加速度g=10 m/s2,下列说法正确的是
A.托盘运动的最大速度为0.8 m/s
B.t=0时F大小为12 N
C.t=0时刻托盘对物块的支持力为16 N
D.t=0.2 s时F大小为42 N
例3
√
√
开始未施加力F时对整体有(m+M)g=kx0,解得x0=0.15 m
t=0时刻施加力F时,根据牛顿第二定律
F0=(m+M)a
由题图乙可知,在t=0.2 s时刻物块与托盘脱离,则
Fm-Mg=Ma,kx1-mg=ma,其中x0-x1=at2
联立解得x1=0.07 m,a=4 m/s2,F0=12 N,
Fm=28 N,选项B正确,D错误;
物块与托盘脱离时的速度为v=at=0.8 m/s
此后托盘继续向上做加速度减小的加速运动,则当加速度为零时速度最大,则最大速度大于0.8 m/s,选项A错误;
t=0时,对物块F0+N-Mg=Ma
解得N=16 N,选项C正确。
　如图所示,质量为2.5 kg的一只长方体空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动,铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1为0.3。这时铁箱内一个质量为0.5 kg的木块恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2为0.25。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求木块对铁箱压力的大小;
例4
答案　20 N　
木块静止在铁箱后壁上,所以在竖直方向有f=m木g,又有f=μ2N
所以有N==20 N
由牛顿第三定律可得木块对铁箱的压力大小为20 N。
(2)求水平拉力F的大小;
答案　129 N　
对木块分析,在水平方向有a==40 m/s2
对铁箱和木块整体分析,在水平方向有F-μ1(m木+m箱)g=(m木+m箱)a,解得F=129 N
(3)减小拉力F,经过一段时间,木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹,当铁箱的速度为6 m/s时撤去拉力,又经过1 s时间木块从左侧到达右侧,则此时木块相对铁箱运动的距离是多少
答案　0.3 m
撤去拉力后,铁箱向右减速运动,其加速度大小a箱==3.1 m/s2
木块向右减速运动,其加速度大小
a木==2.5 m/s2
在t=1 s的时间内,铁箱向右运动的位移x箱=vt-a箱t2=4.45 m
木块向右运动的位移x木=vt-a木t2=4.75 m
木块相对铁箱运动的距离x=x木-x箱=0.3 m。
　(2024·广东省广雅中学高一期末)如图所示,有一水平传送带以v0=6 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动,传送带AB长度L=6 m,其右端连着一段粗糙水平面BC,其长度为L1(L1未知),紧挨着BC的光滑水平地面上放置一质量M=4 kg的平板小车,小车长度L2=5 m。小车上表面刚好与BC等高。现将质量m=1 kg的煤块(可视为质点)轻轻放到传送带的左端A处,经过传送带传送至右端B后通过粗糙水平面BC滑上小车。煤块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.4,煤块与BC间、煤块与小车间的动摩擦因数均为μ2=0.2,取重力加速度g=10 m/s2。求:
例5
(1)煤块在传送带上运动的时间;
答案　1.75 s　
煤块刚放上传送带时,由牛顿第二定律得μ1mg=ma1
解得a1=4 m/s2
煤块加速到与传送带速度相等时所用时间为t1==1.5 s
此时煤块通过的位移为x1=a1=4.5 m<6 m
可知煤块与传送带共速后,继续向右匀速运动
匀速过程所用时间为t2==0.25 s
则煤块在传送带上运动的时间为t=t1+t2=1.75 s
(2)煤块在传送带上运动时留下的划痕长度;
答案　4.5 m
传送带在煤块匀加速运动过程通过的位移为x传=v0t1=9 m
则煤块在传送带上运动时留下的划痕长度为Δx=x传-x1=4.5 m
(3)若煤块能够滑上小车且不从小车上掉下来,BC的长度L1应满足的条件。
答案　2.75 m≤L1<9 m
煤块滑上粗糙水平面BC的加速度大小为
a2==2 m/s2
若煤块刚好运动到C点停下,根据运动学公式可得-2a2L1'=0-
解得L1'=9 m
若煤块滑上小车且刚好到达小车右端与小车共速,
设煤块刚滑上小车时的速度为v1,
则有-2a2L1″=-
煤块在小车上滑动的加速度大小仍为a2=2 m/s2,
小车的加速度大小为a3==0.5 m/s2
设煤块经过t3时间与小车共速,
则有v共=v1-a2t3
v共=a3t3
煤块与小车通过的位移分别为x煤=t3,
x车=t3
根据位移关系有x煤-x车=L2=5 m
联立解得L1″=2.75 m
综上分析可知,若煤块能够滑上小车且不从小车上掉下来,BC的长度应满足2.75 m≤L1<9 m。

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