資源簡介

章末素養提升
物理觀念 牛頓第一 運動定律 (1)內容:一切物體總保持　　　　　　　,除非有外力迫使它改變這種狀態 (2)牛頓第一運動定律說明:力是　　　　　　　的原因 (3)慣性:物體保持　　　　　　　狀態不變的屬性;慣性的大小取決于　　　　　　　的大小
牛頓第二 運動定律 (1)內容:物體加速度的大小與所受合外力的大小成正比,跟物體的質量成反比,加速度方向與合外力方向相同 (2)表達式:　　　　　　　 (3)矢量性、瞬時性、獨立性、同體性
牛頓第三 運動定律 (1)內容:　　　　　　　物體之間的作用力與反作用力總是大小　　　　　　　,方向　　　　　　　,作用在同一條直 線上 (2)理解 ①同時產生,同時　　　　　　　,同時消失 ②同種性質 ③分別作用在兩個相互作用的物體上
力學單 位制 (1)基本單位;(2)導出單位;(3)單位制
超重和 失重 (1)超重:物體對懸掛物的拉力(或對支持物的壓力)　　　　　　　物體所受的重力,超重時物體具有　　　　　　　的加速度 (2)失重:物體對懸掛物的拉力(或對支持物的壓力)　　　　　　　物體所受的重力,失重時物體具有　　　　　　　的加速度 (3)完全失重:物體對懸掛物(或支持物)的作用力為　　　　　　　,物體的加速度a=__________
科學思維 理想實 驗法 知道伽利略的理想實驗和相應的推理過程
控制變 量法 用控制變量法探究加速度與力、質量的關系
用分析推理方法解決動力學兩類基本問題 力av、s、v0、t等
建立幾類 物理模型 (1)含彈簧的瞬時加速度問題 (2)動力學的整體和隔離問題 (3)板塊模型 (4)傳送帶模型
圖像法 (1)由v-t、s-t圖像分析物體的受力情況 (2)由F-t、F-s圖像分析物體的運動情況 (3)由a-F圖像分析運動或受力情況
科學探究 1.能完成“探究加速度與力、質量的關系”等物理實驗 2.能從生活中的現象提出可探究的物理問題;能在他人幫助下制訂科學探究方案,有控制變量的意識,會使用實驗器材獲取數據;能根據數據形成結論,會分析導致實驗誤差的原因 3.能參考教科書撰寫有一定要求的實驗報告,在報告中能對實驗操作提出問題并進行討論,能用學過的物理術語等交流科學探究過程和結果
科學態度與責任 1.通過與伽利略、牛頓相關的史實,能認識物理學研究是不斷完善的 2.樂于將牛頓運動定律應用于日常生活實際 3.能認識牛頓運動定律的應用對人類文明進步的推動作用
例1　(多選)(2023·全國甲卷)用水平拉力使質量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動,兩物體與桌面間的動摩擦因數分別為μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運動后,所受拉力F與其加速度a的關系圖線如圖所示。由圖可知 (　　)
A.m甲m乙
C.μ甲<μ乙 D.μ甲>μ乙
例2　(多選)如圖所示,物塊A、B疊放在一起,其中B與斜面間的動摩擦因數μA.上滑的過程A、B整體處于失重狀態
B.上滑到最高點后A、B整體將停止運動
C.上滑過程中A與B之間的摩擦力大于下滑過程中A與B之間的摩擦力
D.上滑與下滑過程中A與B之間的摩擦力大小相等
例3　(多選)(2023·大同市期末)應用于機場和火車站的安全檢查儀,其傳送裝置可簡化為如圖所示的模型。傳送帶始終保持v=0.4 m/s的恒定速率逆時針轉動,行李與傳送帶之間的動摩擦因數μ=0.2,A、B間的距離為2 m,g取10 m/s2。旅客把行李(可視為質點)無初速度地放在A處,則下列說法正確的是 (　　)
A.開始時行李的加速度大小為2 m/s2
B.行李經過2 s到達B處
C.行李到達B處時速度大小為0.4 m/s
D.行李在傳送帶上留下的痕跡長度為0.08 m
例4　如圖所示,一長L=4 m,質量M=3 kg的薄木板(厚度不計)靜止在粗糙的水平臺面上,其右端距平臺邊緣l=6 m。木板的正中央放有一質量為m=1 kg的小物塊(可視為質點)。已知木板與水平臺面、小物塊與木板間動摩擦因數均為μ1=0.3,小物塊與水平臺面間動摩擦因數為μ2=0.2。現對木板施加一水平向右的恒力F=36 N,g取10 m/s2,求:
(1)小物塊從木板上滑下的時間和相對于水平臺面的速度大小;
(2)F作用了1.1 s時,木板的右端離水平臺面邊緣的距離;
(3)小物塊最終到水平臺面邊緣的距離。
答案精析
再現素養知識
勻速直線運動或靜止狀態　改變物體運動狀態　靜止或勻速直線運動
質量　F=ma　兩個　相等　相反
變化　大于　向上　小于　向下　0　g
提能綜合訓練
例1　BC　[根據牛頓第二定律有F-μmg=ma，整理得F=ma+μmg，可知F-a圖像的斜率為m，縱軸截距為μmg，則由題圖可看出m甲>m乙，μ甲m甲g=μ乙m乙g，則μ甲<μ乙，故選B、C。]
例2　AD　[在上滑和下滑的過程，A、B整體都是只受三個力，重力、支持力和摩擦力，以沿斜面向下為正方向，向上運動的過程中，根據牛頓第二定律得
(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，所以向上運動的過程中A、B組成的整體處于失重狀態，故A正確；
對整體進行受力分析，A、B整體向下運動的過程中，由牛頓第二定律得：(mA+mB)gsin θ-f=(mA+mB)a'，得：a'=gsin θ-μgcos θ
由于μ0
所以上滑到最高點后A、B整體將向下運動，故B錯誤；
以A為研究對象，向上運動的過程中，根據牛頓第二定律有：
mAgsin θ+f'=mAa
解得：f'=μmAgcos θ；
向下運動的過程中，根據牛頓第二定律有：mAgsin θ-f″=mAa'，
解得：f″=μmAgcos θ；
所以f″=f'，即上滑與下滑過程中A與B之間的摩擦力大小相等，故C錯誤，D正確。]
例3　AC　[開始時，對行李，根據牛頓第二定律有μmg=ma，解得a=2 m/s2，故A正確；設行李做勻加速運動的時間為t1，行李勻加速運動的末速度為v=0.4 m/s，根據v=at1
代入數據解得：t1=0.2 s，勻加速運動的位移大小
s=a=×2×0.22 m=0.04 m
勻速運動的時間為t2== s=4.9 s，可得行李從A到B的時間為t=t1+t2=5.1 s，故B錯誤；由以上分析可知行李在到達B處前已經與傳送帶共速，所以行李到達B處時速度大小為0.4 m/s，故C正確；行李在傳送帶上留下的痕跡長度為Δs=vt1-s=(0.4×0.2-0.04) m=0.04 m，故D錯誤。]
例4　(1)1 s　3 m/s　(2)1.755 m　(3)4.25 m
解析　(1)由牛頓第二定律，對木板有F-μ1(m+M)g-μ1mg=Ma1，解得a1=7 m/s2
對物塊有μ1mg=ma2，解得a2=3 m/s2
設經過時間t，小物塊從木板上滑下，則a1t2-a2t2=L，代入數據解得t=1 s
小物塊相對于水平臺面的速度大小v=a2t=3×1 m/s=3 m/s
(2)t=1 s時間內木板的位移s=a1t2=×7×12 m=3.5 m
后t'=0.1 s木板的加速度為
F-μ1Mg=Ma'
解得a'=9 m/s2
后0.1 s木板的位移為
s'=(a1t)t'+a't'2
解得s'=0.745 m
F作用了1.1 s時，木板的右端離水平臺面邊緣的距離為(6-3.5-0.745) m=1.755 m
(3)由以上分析知，小物塊從木板上滑下時離水平臺面邊緣的距離為(6+4-3.5) m=6.5 m
此后小物塊減速運動的加速度大小為a3==2 m/s2
小物塊再運動s″后停止運動，則
0-v2=-2a3s″
解得s″=2.25 m
小物塊最終到水平臺面邊緣的距離為6.5 m-2.25 m=4.25 m。(共22張PPT)
DIWUZHANG
第5章
章末素養提升
再現
素養知識
物理觀念 牛頓 第一 運動 定律 (1)內容：一切物體總保持　　　　　　　　　　　　，除非有外力迫使它改變這種狀態
(2)牛頓第一運動定律說明：力是　　　　　　　　　的原因
(3)慣性：物體保持　　　　　　　　　　狀態不變的屬性；慣性的大小取決于　　　的大小
牛頓 第二 運動 定律 (1)內容：物體加速度的大小與所受合外力的大小成正比，跟物體的質量成反比，加速度方向與合外力方向相同
(2)表達式：_______
(3)矢量性、瞬時性、獨立性、同體性
勻速直線運動或靜止狀態
改變物體運動狀態
靜止或勻速直線運動
質量
F=ma
物理觀念 牛頓第三運動定律 (1)內容：　　物體之間的作用力與反作用力總是大小　　，方向　　，作用在同一條直
線上
(2)理解
①同時產生，同時　　　，同時消失
②同種性質
③分別作用在兩個相互作用的物體上
力學單 位制 (1)基本單位；(2)導出單位；(3)單位制
兩個
相等
相反
變化
物理觀念 超重和 失重 (1)超重：物體對懸掛物的拉力(或對支持物的壓力)　　　物體所受的重力，超重時物體具有　　　的加速度
(2)失重：物體對懸掛物的拉力(或對支持物的壓力)　　　物體所受的重力，失重時物體具有　　　的加速度
(3)完全失重：物體對懸掛物(或支持物)的作用力為　　，物體的加速度a=___
大于
向上
小于
向下
0
g
科學思維 理想實 驗法 知道伽利略的理想實驗和相應的推理過程
控制變 量法 用控制變量法探究加速度與力、質量的關系
用分析推理方法解決動力學兩類基本問題 力 a v、s、v0、t等
科學思維 建立幾類 物理模型 (1)含彈簧的瞬時加速度問題
(2)動力學的整體和隔離問題
(3)板塊模型
(4)傳送帶模型
圖像法 (1)由v-t、s-t圖像分析物體的受力情況
(2)由F-t、F-s圖像分析物體的運動情況
(3)由a-F圖像分析運動或受力情況
科學 探究 1.能完成“探究加速度與力、質量的關系”等物理實驗
2.能從生活中的現象提出可探究的物理問題；能在他人幫助下制訂科學探究方案，有控制變量的意識，會使用實驗器材獲取數據；能根據數據形成結論，會分析導致實驗誤差的原因
3.能參考教科書撰寫有一定要求的實驗報告，在報告中能對實驗操作提出問題并進行討論，能用學過的物理術語等交流科學探究過程和結果
科學 態度與 責任 1.通過與伽利略、牛頓相關的史實，能認識物理學研究是不斷完善的
2.樂于將牛頓運動定律應用于日常生活實際
3.能認識牛頓運動定律的應用對人類文明進步的推動作用
　(多選)(2023·全國甲卷)用水平拉力使質量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動，兩物體與桌面間的動摩擦因數分別為μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運動后，所受拉力F與其加速度a的關系圖線如圖所示。由圖可知
A.m甲m乙
C.μ甲<μ乙 D.μ甲>μ乙
例1
√
提能
綜合訓練
√
根據牛頓第二定律有F-μmg=ma，整理得F=ma+μmg，可知F-a圖像的斜率為m，縱軸截距為μmg，則由題圖可看出m甲>m乙，μ甲m甲g=μ乙m乙g，則μ甲<μ乙，故選B、C。
　(多選)如圖所示，物塊A、B疊放在一起，其中B與斜面間的動摩擦因數μA.上滑的過程A、B整體處于失重狀態
B.上滑到最高點后A、B整體將停止運動
C.上滑過程中A與B之間的摩擦力大于下滑過程中A與B之間的摩擦力
D.上滑與下滑過程中A與B之間的摩擦力大小相等
例2
√
√
在上滑和下滑的過程，A、B整體都是只受三個力，重力、支持力和摩擦力，以沿斜面向下為正方向，向上運動的過程中，根據牛頓第二定律得
(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，所以向上運動的過程中A、B組成的整體處于失重狀態，故A正確；
對整體進行受力分析，A、B整體向下運動的過程中，由牛頓第二定律得：(mA+mB)gsin θ-f=(mA+mB)a'，得：a'=gsin θ-μgcos θ
由于μ0
所以上滑到最高點后A、B整體將向下運動，故B錯誤；
以A為研究對象，向上運動的過程中，根據牛頓第二定律有：
mAgsin θ+f'=mAa
解得：f'=μmAgcos θ；
向下運動的過程中，根據牛頓第二定律有：
mAgsin θ-f″=mAa'，
解得：f″=μmAgcos θ；
所以f″=f'，即上滑與下滑過程中A與B之間的摩擦力大小相等，故C錯誤，D正確。
　(多選)(2023·大同市期末)應用于機場和火車站的安全檢查儀，其傳送裝置可簡化為如圖所示的模型。傳送帶始終保持v=0.4 m/s的恒定速率逆時針轉動，行李與傳送帶之間的動摩擦因數μ=0.2，A、B間的距離為2 m，g取10 m/s2。旅客把行李(可視為質點)無初速度地放在A處，則下列說法正確的是
A.開始時行李的加速度大小為2 m/s2
B.行李經過2 s到達B處
C.行李到達B處時速度大小為0.4 m/s
D.行李在傳送帶上留下的痕跡長度為0.08 m
例3
√
√
開始時，對行李，根據牛頓第二定律有μmg=ma，
解得a=2 m/s2，故A正確；
設行李做勻加速運動的時間為t1，行李勻加速運動的末速度為v=0.4 m/s，根據v=at1
代入數據解得：t1=0.2 s，勻加速運動的位移大小s=a=×2×0.22 m=0.04 m
勻速運動的時間為t2== s=4.9 s，可得行李從A到B的時間為t=t1+t2=5.1 s，故B錯誤；
由以上分析可知行李在到達B處前已經與傳送帶共
速，所以行李到達B處時速度大小為0.4 m/s，故C
正確；
行李在傳送帶上留下的痕跡長度為Δs=vt1-s=(0.4×0.2-0.04) m=0.04 m，故D錯誤。
　如圖所示，一長L=4 m，質量M=3 kg的薄木板(厚度不計)靜止在粗糙的水平臺面上，其右端距平臺邊緣l=6 m。木板的正中央放有一質量為m=1 kg的小物塊(可視為質點)。已知木板與水平臺面、小物塊與木板間動摩擦因數均為μ1=0.3，小物塊與水平臺面間動摩擦因數為μ2=0.2。現對木板施加一水平向右的恒力F=36 N，g取10 m/s2，求：
(1)小物塊從木板上滑下的時間和相對于水平臺
面的速度大小；
例4
答案　1 s　3 m/s
由牛頓第二定律，對木板有F-μ1(m+M)g-μ1mg
=Ma1，解得a1=7 m/s2
對物塊有μ1mg=ma2，解得a2=3 m/s2
設經過時間t，小物塊從木板上滑下，則a1t2-a2t2=L，代入數據解得t=1 s
小物塊相對于水平臺面的速度大小v=a2t=3×1 m/s=3 m/s
(2)F作用了1.1 s時，木板的右端離水平臺面邊緣的距離；
答案　1.755 m
t=1 s時間內木板的位移s=a1t2=×7×12 m=3.5 m
后t'=0.1 s木板的加速度為F-μ1Mg=Ma'
解得a'=9 m/s2
后0.1 s木板的位移為s'=(a1t)t'+a't'2
解得s'=0.745 m
F作用了1.1 s時，木板的右端離水平臺面邊緣的距離為(6-3.5-0.745) m
=1.755 m
(3)小物塊最終到水平臺面邊緣的距離。
答案　4.25 m
由以上分析知，小物塊從木板上滑下時離水
平臺面邊緣的距離為(6+4-3.5) m=6.5 m
此后小物塊減速運動的加速度大小為a3==2 m/s2
小物塊再運動s″后停止運動，則0-v2=-2a3s″
解得s″=2.25 m
小物塊最終到水平臺面邊緣的距離為6.5 m-2.25 m=4.25 m。

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