第四章章末素养提升 学案
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高中物理必修一素养提升学案
第四章 运动和力的关系
章末素养提升
【课标解读】
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
【知识导图】
【典例剖析】
【典例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
答案 C
解析 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【典例2】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，aA．(M＋m)g－ma
B．M(g－a)－ma
C．(M－m)g＋ma
D．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。
【典例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
答案 BC
解析 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
由图可知,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+FN-Mg=Ma
解得FN=16 N,选项C正确。
【典例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，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。
【典例5】(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＋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。
【典例6】(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＋a2t3
v′＝4.8 m/s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。
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第四章 运动和力的关系
章末素养提升
【课标解读】
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
【知识导图】
【典例剖析】
【典例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.tA
C.tA=tC
答案 C
解析 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
B．M(g－a)－ma
C．(M－m)g＋ma
D．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。
【典例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
答案 BC
解析 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
由图可知,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+FN-Mg=Ma
解得FN=16 N,选项C正确。
【典例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，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。
【典例5】(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
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
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。
【典例6】(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＋a2t3
v′＝4.8 m/s
s0′＝v0′t3
相对滑动距离
Δs2＝s0′－L2＝1.2 m。
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