人教版高中物理新教材同步讲义 必修第一册第4章　章末素养提升（含解析）

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章末素养提升物理观念牛顿第一定律(1)内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，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：力是改变物体运动状态的原因(3)惯性：物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质；惯性的大小取决于质量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：F＝ma(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)大于物体所受的重力，超重时物体具有向上的加速度(2)失重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受的重力，失重时物体具有向下的加速度(3)完全失重：物体对支持物(或悬挂物)的作用力为0，物体的加速度a＝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　如图所示，质量为M的人用一个轻质光滑定滑轮将质量为m的物体从高处降下，物体匀加速下降的加速度为a，a<g，g为重力加速度。不计滑轮的摩擦，地面对人的支持力大小是(　　)A．(M＋m)g－maB．M(g－a)－maC．(M－m)g＋maD．Mg－ma答案　C解析　分别对物体和人受力分析，如图，对物体有mg－FT＝ma①对人有FN＋FT＝Mg②联立可得：FN＝(M－m)g＋ma，故选C。例2　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，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？答案　见解析解析　(1)木块静止在铁箱后壁上，所以在竖直方向有Ff＝m木g又有Ff＝μ2FN所以有FN＝＝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3　(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μ<tan θ，A、B整体相对静止以一定的初速度沿固定的足够长的斜面上滑，则下列说法正确的是(　　)A．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答案　AD解析　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＋Ff＝(mA＋mB)a，又Ff＝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，向下运动的过程中，由牛顿第二定律得：(mA＋mB)gsin θ－Ff＝(mA＋mB)a′，得：a′＝gsin θ－μgcos θ由于μ<tan θ，所以a′>0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＋Ff′＝mAa解得：Ff′＝μmAgcos θ；向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有：mAgsin θ－Ff″＝mAa′，解得：Ff″＝μmAgcos θ；所以Ff″＝Ff′，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4　(2022·沧州市高一期末)如图所示的是分拣快递件的皮带传输机，传送装置由水平传送带AB和倾斜传送带CD两部分组成，两部分衔接处有一小段圆弧平滑连接，圆弧长度不计。一货物无初速度地放上水平传送带左端，最后运动到倾斜传送带顶端。已知水平传送带以v0＝4 m/s的速度沿顺时针方向转动，水平传送带长度为L1＝8 m，货物与水平传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，货物质量m＝10 kg。倾斜传送带由电动机带动以v0′＝5 m/s的速度顺时针方向匀速运行。货物与倾斜传送带间的动摩擦因数μ2＝0.8，倾斜传送带长度为L2＝8.8 m，倾角θ＝37°。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)货物刚放上传送带时的加速度大小；(2)货物在水平传送带上运动的时间；(3)货物从倾斜传送带底端运动到顶端的过程中，货物相对倾斜传送带滑动的距离(即货物在传送带上的划痕长)。答案　(1)2 m/s2　(2)3 s　(3)1.2 m解析　(1)货物放上水平传送带瞬间，由牛顿第二定律有μ1mg＝ma1解得a1＝2 m/s2(2)货物从放上水平传送带到与传送带共速，有v02＝2a1L′又v0＝a1t1货物与水平传送带共速后，在水平传送带上运动有L1－L′＝v0t2总时间t＝t1＋t2联立解得t＝3 s(3)货物滑上倾斜传送带时由牛顿第二定律有μ2mgcos θ－mgsin θ＝ma2假设货物一直加速到顶端，由匀变速运动位移公式L2＝v0t3＋a2t32到顶端时的速度v′＝v0＋a2t3v′＝4.8 m/s<v0′假设合理，该过程传送带位移s0′＝v0′t3相对滑动距离Δs2＝s0′－L2＝1.2 m。