人教版高中物理新教材同步講義 必修第一冊(cè)第4章　章末素養(yǎng)提升（含解析）

章末素養(yǎng)提升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(dòng)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(dòng)狀態(tài)的原因(3)慣性：物體保持原來勻速直線運(yùn)動(dòng)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(shí)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(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?大于物體所受的重力，超重時(shí)物體具有向上的加速度(2)失重：物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?小于物體所受的重力，失重時(shí)物體具有向下的加速度(3)完全失重：物體對(duì)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(dòng)力學(xué)兩類基本問題力eq\o(,\s\up7(牛頓第二定律F合＝ma))aeq\o(,\s\up7(運(yùn)動(dòng)學(xué)公式))v、x、v0、t等建立幾類物理模型(1)含彈簧的瞬時(shí)加速度問題(2)動(dòng)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(dòng)情況(3)由a－F圖像分析運(yùn)動(dòng)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(shí)，會(huì)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(huì)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(bào)告，在報(bào)告中能對(duì)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(shí)物理學(xué)研究是不斷完善的；2.樂于將牛頓運(yùn)動(dòng)定律應(yīng)用于日常生活實(shí)際；3.能認(rèn)識(shí)牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用對(duì)人類文明進(jìn)步的推動(dòng)作用例1如圖所示，質(zhì)量為M的人用一個(gè)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，a<g，g為重力加速度。不計(jì)滑輪的摩擦，地面對(duì)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解析分別對(duì)物體和人受力分析，如圖，對(duì)物體有mg－FT＝ma①對(duì)人有FN＋FT＝Mg②聯(lián)立可得：FN＝(M－m)g＋ma，故選C。例2如圖所示，質(zhì)量為2.5kg的一只長(zhǎng)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(dòng)，鐵箱與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1為0.3。這時(shí)鐵箱內(nèi)一個(gè)質(zhì)量為0.5kg的木塊恰好能靜止在后壁上。木塊與鐵箱內(nèi)壁間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2為0.25。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s2。(1)求木塊對(duì)鐵箱壓力的大??；(2)求水平拉力F的大??；(3)減小拉力F，經(jīng)過一段時(shí)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6m/s時(shí)撤去拉力，又經(jīng)過1s時(shí)間木塊從左側(cè)到達(dá)右側(cè)，則此時(shí)木塊相對(duì)鐵箱運(yùn)動(dòng)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＝eq\f(m木g,μ2)＝20N由牛頓第三定律可得木塊對(duì)鐵箱的壓力大小為20N。(2)對(duì)木塊分析，在水平方向有a＝eq\f(FN,m木)＝40m/s2對(duì)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＝129N(3)撤去拉力后，鐵箱向右減速運(yùn)動(dòng)，其加速度大小a箱＝eq\f(μ1m木＋m箱g－μ2m木g,m箱)＝3.1m/s2木塊向右減速運(yùn)動(dòng)，其加速度大小a木＝eq\f(μ2m木g,m木)＝2.5m/s2在t＝1s的時(shí)間內(nèi)，鐵箱向右運(yùn)動(dòng)的位移x箱＝vt－eq\f(1,2)a箱t2＝4.45m木塊向右運(yùn)動(dòng)的位移x木＝vt－eq\f(1,2)a木t2＝4.75m木塊相對(duì)鐵箱運(yùn)動(dòng)的距離x＝x木－x箱＝0.3m。例3(多選)如圖所示，物塊A、B疊放在一起，其中B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ<tanθ，A、B整體相對(duì)靜止以一定的初速度沿固定的足夠長(zhǎng)的斜面上滑，則下列說法正確的是()A．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(dòng)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(gè)力，重力、支持力和摩擦力，以向下為正方向，向上運(yùn)動(dòng)的過程中，根據(jù)牛頓第二定律得(mA＋mB)gsinθ＋Ff＝(mA＋mB)a，又Ff＝μ(mA＋mB)gcosθ因此有：a＝gsinθ＋μgcosθ，方向沿斜面向下，所以向上運(yùn)動(dòng)的過程中A、B組成的整體處于失重狀態(tài)，故A正確。對(duì)整體進(jìn)行受力分析，向下運(yùn)動(dòng)的過程中，由牛頓第二定律得：(mA＋mB)gsinθ－Ff＝(mA＋mB)a′，得：a′＝gsinθ－μgcosθ由于μ<tanθ，所以a′>0所以上滑到最高點(diǎn)后A、B整體將向下運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；以A為研究對(duì)象，向上運(yùn)動(dòng)的過程中，根據(jù)牛頓第二定律有：mAgsinθ＋Ff′＝mAa解得：Ff′＝μmAgcosθ；向下運(yùn)動(dòng)的過程中，根據(jù)牛頓第二定律有：mAgsinθ－Ff″＝mAa′，解得：Ff″＝μmAgcosθ；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(cuò)誤，D正確。例4(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(zhǎng)度不計(jì)。一貨物無初速度地放上水平傳送帶左端，最后運(yùn)動(dòng)到傾斜傳送帶頂端。已知水平傳送帶以v0＝4m/s的速度沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，水平傳送帶長(zhǎng)度為L(zhǎng)1＝8m，貨物與水平傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.2，貨物質(zhì)量m＝10kg。傾斜傳送帶由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)以v0′＝5m/s的速度順時(shí)針方向勻速運(yùn)行。貨物與傾斜傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.8，傾斜傳送帶長(zhǎng)度為L(zhǎng)2＝8.8m，傾角θ＝37°。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2。求：(1)貨物剛放上傳送帶時(shí)的加速度大小；(2)貨物在水平傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(3)貨物從傾斜傳送帶底端運(yùn)動(dòng)到頂端的過程中，貨物相對(duì)傾斜傳送帶滑動(dòng)的距離(即貨物在傳送帶上的劃痕長(zhǎng))。答案(1)2m/s2(2)3s(3)1.2m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＝2m/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(dòng)有L1－L′＝v0t2總時(shí)間t＝t1＋t2聯(lián)立解得t＝3s(3)貨物滑上傾斜傳