資源簡介

中小學(xué)教育資源及組卷應(yīng)用平臺
高中物理必修一素養(yǎng)提升學(xué)案
第四章 運(yùn)動和力的關(guān)系
章末素養(yǎng)提升
【課標(biāo)解讀】
物理觀念 牛頓第一定律 (1)內(nèi)容：一切物體總保持勻速直線運(yùn)動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)，除非作用在它上面的力迫使它改變這種狀態(tài)(2)牛頓第一定律說明：力是改變物體運(yùn)動狀態(tài)的原因(3)慣性：物體保持原來勻速直線運(yùn)動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì)；慣性的大小取決于質(zhì)量的大小
牛頓第二定律 (1)內(nèi)容：物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的質(zhì)量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同(2)表達(dá)式：F＝ma(3)矢量性、瞬時性、獨(dú)立性、同體性
力學(xué)單位制 (1)基本單位；(2)導(dǎo)出單位；(3)單位制
超重和失重 (1)超重：物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?大于物體所受的重力，超重時物體具有向上的加速度(2)失重：物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?小于物體所受的重力，失重時物體具有向下的加速度(3)完全失重：物體對支持物(或懸掛物)的作用力為0，物體的加速度a＝g
科學(xué)思維 理想實(shí)驗(yàn)法 知道伽利略的理想實(shí)驗(yàn)和相應(yīng)的推理過程
控制變量法 用控制變量法探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系
用分析推理方法解決動力學(xué)兩類基本問題 力av、x、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(xué)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、x－t圖像分析物體的受力情況(2)由F－t、F－x圖像分析物體的運(yùn)動情況(3)由a－F圖像分析運(yùn)動或受力情況
科學(xué)探究 1.能完成“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”等物理實(shí)驗(yàn)。2.能從生活中的現(xiàn)象提出可探究的物理問題；能在他人幫助下制訂科學(xué)探究方案，有控制變量的意識，會使用實(shí)驗(yàn)器材獲取數(shù)據(jù)；能根據(jù)數(shù)據(jù)形成結(jié)論，會分析導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)誤差的原因。3.能參考教科書撰寫有一定要求的實(shí)驗(yàn)報告，在報告中能對實(shí)驗(yàn)操作提出問題并進(jìn)行討論，能用學(xué)過的物理術(shù)語等交流科學(xué)探究過程和結(jié)果
科學(xué)態(tài)度與責(zé)任 1.通過伽利略、牛頓相關(guān)的史實(shí)，能認(rèn)識物理學(xué)研究是不斷完善的；2.樂于將牛頓運(yùn)動定律應(yīng)用于日常生活實(shí)際；3.能認(rèn)識牛頓運(yùn)動定律的應(yīng)用對人類文明進(jìn)步的推動作用
【知識導(dǎo)圖】
【典例剖析】
【典例1】 (2023·上海市大同中學(xué)高一期末)如圖所示,在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy,該平面內(nèi)有AM、BM、CM三條光滑固定軌道,其中A、C兩點(diǎn)處于同一個圓上,C是圓上任意一點(diǎn),A、M分別為此圓與y、x軸的切點(diǎn)。B點(diǎn)在y軸上且∠BMO=60°,O'為圓心。現(xiàn)將a、b、c三個小球分別從A、B、C點(diǎn)同時由靜止釋放,它們將沿軌道運(yùn)動到M點(diǎn),如所用時間分別為tA、tB、tC,則tA、tB、tC大小關(guān)系是 (　　)
A.tAB.tA=tC=tB
C.tA=tCD.由于C點(diǎn)的位置不確定,無法比較時間大小關(guān)系
答案　C
解析　由題意可知A、C、M三點(diǎn)處于同一個圓上,且圓心O'與M點(diǎn)在同一豎直線上,設(shè)圓的半徑為R,從圓上任意一點(diǎn)與M點(diǎn)構(gòu)成一光滑軌道,該軌道與豎直方向的夾角為θ,如圖所示
小球從軌道頂端靜止滑下的加速度為a=gcos θ
根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可得x=2Rcos θ=at2
聯(lián)立可得小球從軌道頂端到底端M點(diǎn)所用時間為
t==
可知從圓軌道任一點(diǎn)滑到底端M點(diǎn)所用時間與傾角無關(guān),則有tA=tC
由題圖可知,若小球從BM軌道與圓交點(diǎn)由靜止滑下,則所用時間與從A點(diǎn)、C點(diǎn)滑下所用時間相同,由于B點(diǎn)處于圓外,則有tA=tC【典例2】如圖所示，質(zhì)量為M的人用一個輕質(zhì)光滑定滑輪將質(zhì)量為m的物體從高處降下，物體勻加速下降的加速度為a，aA．(M＋m)g－ma
B．M(g－a)－ma
C．(M－m)g＋ma
D．Mg－ma
答案　C
解析　分別對物體和人受力分析，
如圖，對物體有
mg－FT＝ma①
對人有
FN＋FT＝Mg②
聯(lián)立可得：
FN＝(M－m)g＋ma，故選C。
【典例3】(多選)(2024·濰坊市高一期末)如圖甲所示,彈簧臺秤的托盤內(nèi)放一個物塊A,整體處于靜止?fàn)顟B(tài),托盤的質(zhì)量m=1 kg,物塊A的質(zhì)量M=2 kg,輕彈簧的勁度系數(shù)k=200 N/m。給A施加一個豎直向上的力F,使A從靜止開始向上做勻加速直線運(yùn)動,力F隨時間變化的F-t圖像如圖乙所示,取重力加速度g=10 m/s2,下列說法正確的是 (　　)
A.托盤運(yùn)動的最大速度為0.8 m/s
B.t=0時F大小為12 N
C.t=0時刻托盤對物塊的支持力為16 N
D.t=0.2 s時F大小為42 N
答案　BC
解析　開始未施加力F時對整體有(m+M)g=kx0
解得x0=0.15 m
t=0時刻施加力F時,根據(jù)牛頓第二定律
F0=(m+M)a
由圖可知,在t=0.2 s時刻物塊與托盤脫離,則
Fm-Mg=Ma
kx1-mg=ma
其中x0-x1=at2
聯(lián)立解得x1=0.07 m
a=4 m/s2
F0=12 N
Fm=28 N
選項B正確,D錯誤;
物塊與托盤脫離時的速度為v=at=0.8 m/s
此后托盤繼續(xù)向上做加速度減小的加速運(yùn)動,則當(dāng)加速度為零時速度最大,則最大速度大于0.8 m/s,選項A錯誤;t=0時,對物塊F0+FN-Mg=Ma
解得FN=16 N,選項C正確。
【典例4】如圖所示，質(zhì)量為2.5 kg的一只長方體空鐵箱在水平拉力F作用下沿水平面向右勻加速運(yùn)動，鐵箱與水平面間的動摩擦因數(shù)μ1為0.3。這時鐵箱內(nèi)一個質(zhì)量為0.5 kg的木塊恰好能靜止在后壁上。木塊與鐵箱內(nèi)壁間的動摩擦因數(shù)μ2為0.25。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2。
(1)求木塊對鐵箱壓力的大小；
(2)求水平拉力F的大小；
(3)減小拉力F，經(jīng)過一段時間，木塊沿鐵箱左側(cè)壁落到底部且不反彈，當(dāng)鐵箱的速度為6 m/s時撤去拉力，又經(jīng)過1 s時間木塊從左側(cè)到達(dá)右側(cè)，則此時木塊相對鐵箱運(yùn)動的距離是多少？
答案　見解析
解析　(1)木塊靜止在鐵箱后壁上，所以在豎直方向有Ff＝m木g
又有Ff＝μ2FN
所以有FN＝＝20 N
由牛頓第三定律可得木塊對鐵箱的壓力大小為20 N。
(2)對木塊分析，在水平方向有a＝＝40 m/s2
對鐵箱和木塊整體分析，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，鐵箱向右減速運(yùn)動，其加速度大小a箱＝＝3.1 m/s2
木塊向右減速運(yùn)動，其加速度大小a木＝＝2.5 m/s2
在t＝1 s的時間內(nèi)，
鐵箱向右運(yùn)動的位移x箱＝vt－a箱t2＝4.45 m
木塊向右運(yùn)動的位移x木＝vt－a木t2＝4.75 m
木塊相對鐵箱運(yùn)動的距離x＝x木－x箱＝0.3 m。
【典例5】(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(shù)μA．上滑的過程A、B整體處于失重狀態(tài)
B．上滑到最高點(diǎn)后A、B整體將停止運(yùn)動
C．上滑過程中A與B之間的摩擦力大于下滑過程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
答案　AD
解析　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，以向下為正方向，向上運(yùn)動的過程中，根據(jù)牛頓第二定律得
(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，所以向上運(yùn)動的過程中A、B組成的整體處于失重狀態(tài)，故A正確。
對整體進(jìn)行受力分析，向下運(yùn)動的過程中，由牛頓第二定律得：(mA＋mB)gsin θ－Ff＝(mA＋mB)a′，得：a′＝gsin θ－μgcos θ
由于μ0
所以上滑到最高點(diǎn)后A、B整體將向下運(yùn)動，故B錯誤；
以A為研究對象，向上運(yùn)動的過程中，根據(jù)牛頓第二定律有：
mAgsin θ＋Ff′＝mAa
解得：Ff′＝μmAgcos θ；
向下運(yùn)動的過程中，根據(jù)牛頓第二定律有：
mAgsin θ－Ff″＝mAa′，
解得：Ff″＝μmAgcos θ；
所以Ff″＝Ff′，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。
【典例6】(2022·滄州市高一期末)如圖所示的是分揀快遞件的皮帶傳輸機(jī)，傳送裝置由水平傳送帶AB和傾斜傳送帶CD兩部分組成，兩部分銜接處有一小段圓弧平滑連接，圓弧長度不計。一貨物無初速度地放上水平傳送帶左端，最后運(yùn)動到傾斜傳送帶頂端。已知水平傳送帶以v0＝4 m/s的速度沿順時針方向轉(zhuǎn)動，水平傳送帶長度為L1＝8 m，貨物與水平傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.2，貨物質(zhì)量m＝10 kg。傾斜傳送帶由電動機(jī)帶動以v0′＝5 m/s的速度順時針方向勻速運(yùn)行。貨物與傾斜傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.8，傾斜傳送帶長度為L2＝8.8 m，傾角θ＝37°。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)貨物剛放上傳送帶時的加速度大小；
(2)貨物在水平傳送帶上運(yùn)動的時間；
(3)貨物從傾斜傳送帶底端運(yùn)動到頂端的過程中，貨物相對傾斜傳送帶滑動的距離(即貨物在傳送帶上的劃痕長)。
答案　(1)2 m/s2　(2)3 s　(3)1.2 m
解析　(1)貨物放上水平傳送帶瞬間，由牛頓第二定律有μ1mg＝ma1
解得a1＝2 m/s2
(2)貨物從放上水平傳送帶到與傳送帶共速，有v02＝2a1L′
又v0＝a1t1
貨物與水平傳送帶共速后，在水平傳送帶上運(yùn)動有
L1－L′＝v0t2
總時間t＝t1＋t2
聯(lián)立解得t＝3 s
(3)貨物滑上傾斜傳送帶時由牛頓第二定律有
μ2mgcos θ－mgsin θ＝ma2
假設(shè)貨物一直加速到頂端，由勻變速運(yùn)動位移公式
L2＝v0t3＋a2t32
到頂端時的速度v′＝v0＋a2t3
v′＝4.8 m/s假設(shè)合理，該過程傳送帶位移
s0′＝v0′t3
相對滑動距離
Δs2＝s0′－L2＝1.2 m。
21世紀(jì)教育網(wǎng) www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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