第四章 牛顿运动定律章末小结与质量评价（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中物理必修第一册（教科版2019）

章末小结与质量评价 第 四 章 1 一、知识体系建构——理清物理观念 2 二、综合考法融会——强化科学思维 3 四层学习内容3·4浸润学科素养和核心价值 CONTENTS 目录 一、知识体系建构—— 理清物理观念 二、综合考法融会—— 强化科学思维 [例1]　 如图所示，质量为4 kg的小球用轻质细绳拴着吊在行驶的汽车后壁上，细绳的延长线通过小球的球心O，且与竖直方向的夹角为θ＝37°，已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 考法（一） 解决动力学问题的基本方法 (1)求汽车匀速运动时，细绳对小球的拉力大小和车后壁对小球的弹力大小； [答案]　50 N　30 N [解析]　(1)对小球受力分析如图所示，将细绳拉力FT分解有：FTy＝FTcos θ，FTx＝FTsin θ， (2)若要始终保持θ＝37°，则汽车刹车时的加速度最大不能超过多少？ [答案]　7.5 m/s2 [解析]　设汽车刹车时的最大加速度为a，此时车后壁对小球弹力N′＝0， 由牛顿第二定律有FTx′＝ma，即mgtan θ＝ma 解得：a＝7.5 m/s2，即汽车刹车时的加速度最大不能超过7.5 m/s2。 [融会贯通] 1．连接体问题的处理方法——整体法与隔离法 方法 研究对象 选用原则 整体法 一起运动的整个系统 求各部分加速度相同的连接体的加速度或受到的合力 隔离法 系统中的某一部分(或某一物体) 求各部分(或物体)之间的作用力 说明：有些题目既可以用“整体法”，也可以用“隔离法”，有些题目则需要交替运用“整体法”与“隔离法”。 2．牛顿运动定律中力的处理方法——正交分解法 (1)正交分解法是解决有关牛顿运动定律问题时用到的最基本的方法，物体在受到三个或三个以上不在同一直线上力的作用时，一般都用正交分解法。 (2)为减少矢量的分解，建立坐标系确定x轴正方向时有两种方法：分解力不分解加速度，此时一般规定加速度的方向为x轴正方向；分解加速度不分解力，此时以某个力的方向为x轴正方向。 3．多过程问题的处理方法——程序法 按时间的先后顺序对题目给出的物体运动过程(或不同的状态)进行分析(包括列式计算)的解题方法称为程序法。解题的基本思路：正确划分出题目中有多少个不同过程或多少个不同状态，然后对各个过程或各个状态进行具体分析，得出正确的结果。 [对点训练] 1．(多选) 如图所示，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接。现用一水平恒力F作用在C上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动。则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是(　 ) A．无论粘在哪个木块上面，系统的加速度都将减小 B．若粘在木块A上面，绳的拉力减小，木块A、B间摩擦力不变 C．若粘在木块B上面，绳的拉力增大，木块A、B间摩擦力增大 D．若粘在木块C上面，绳的拉力和木块A、B间摩擦力都减小 √ √ 解析：因无相对滑动，所以，无论橡皮泥粘到哪个木块上，根据牛顿第二定律都有F－3μmg－μΔmg＝(3m＋Δm)a，系统加速度都将减小，A正确；若粘在木块A上面，以木块C为研究对象，受到F、摩擦力μmg、绳子拉力FT这三个力的作用，由牛顿第二定律得F－μmg－FT＝ma，a减小，F、μmg不变，所以，绳子拉力FT增大，B错误； 若粘在木块B上面，以木块A为研究对象，m不变，a减小，所受摩擦力减小，C错误；若粘在木块C上面，a减小，A、B间的摩擦力减小，以A、B整体为研究对象，有FT－2μmg＝2ma，绳子拉力FT减小，以木块A为研究对象，m不变，a减小，摩擦力减小，D正确。 [例2]　 如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A点处固定一表面光滑的木板AB，B端刚好在斜面上，木板与竖直方向AC所成的角度为α，一小物块由A端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ角的大小关系为(　 ) 考法（二） 等时圆模型 √ [融会贯通] 1．模型特征 (1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示。 (2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示。 (3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿过切点的不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。 2．解题思路 [对点训练] 2. 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轴、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，所用时间分别为tA、tB、tC，则(　 ) A．tA<tB<tC B．tA＝tC<tB C．tA＝tC＝tB D．由于C点的位置不确定，故无法比较时间大小关系 √ [例3]　如图甲所示，质量为m＝2 kg的物体在水平面上向右做直线运动。过A点时给物体一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v－t图像如图乙所示。取重力加速度g＝10 m/s2。求： 考法（三） 动力学中的图像问题 (1)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ； [答案]　(1)3 N　0.05 [解析]　设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a1，向左做匀加速直线运动的加速度大小为a2，则由v－t图得a1＝2 m/s2，a2＝1 m/s2， 由牛顿第二定律有F＋μmg＝ma1，F－μmg＝ma2 联立解得F＝3 N，μ＝0.05。 (2)10 s内物体的位移； [答案]　2 m　水平向左 所以10 s内物体的位移x＝x2－x1＝2 m 方向水平向左。 (3)物体再次回到A点时的速度大小。 [解析]　由运动学公式v2＝2a2x1 代入数据解得v＝4 m/s。 [融会贯通] 1．常涉及的图像 v－t图像、a－t图像、F－t图像、a－F图像等。 2．两种情况 (1)已知物体的运动图像或受力图像，分析有关受力或运动问题。 (2)已知物体的受力或运动情况，判断选择有关运动图像或受力图像的问题。 3．解决这类问题的基本步骤 (1)看清坐标轴所表示的物理量，明确图像的种类。 (2)看图线本身，识别两个相关量的变化关系，从而分析对应的物理过程。 (3)看图线的截距、斜率、交点、图线与坐标轴围成的“面积”等的物理意义。 (4)弄清“图像与公式”“图像与图像”“图像与物体”之间的对应关系，根据牛顿运动定律及运动学公式建立相关方程解题。 [对点训练] 3．(多选)在升降机底部安装一个力传感器，其上放置了一个质量为m的小物块，如图甲所示。升降机从t＝0时刻开始竖直向上运动，力传感器显示力F随时间t变化如图乙所示。取竖直向上为正方向，重力加速度为g，以下判断正确的是(　 ) A．在0～2t0时间内，物块先处于超重状态，后处于失重状态 B．在t0～3t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态 C．t＝t0时刻，物块所受的支持力大小为mg D．t＝3t0时刻，物块所受的支持力大小为2mg √ √ 解析：力传感器示数表示的是物块对其压力大小，由图像可以看出：在0～2t0时间内，F从大于mg到逐渐减小到0，所以物块先处于超重状态，后处于失重状态；A正确；在t0～3t0时间内(不含t0和3t0两个时刻)，F一直小于物块重力mg，所以物块一直处于失重状态，B错误；t＝t0时刻，F大小等于mg，由牛顿第三定律可知物块所受的支持力大小为mg，C正确；t＝3t0时刻，F大小等于mg，由牛顿第三定律可知物块所受的支持力大小为mg，D错误。 [例4]　如图所示，质量M＝8 kg 的长木板放在光滑的水平面上，在长木板左端加一水平恒定推力F＝8 N，当长木板向右运动的速度达到1.5 m/s时，在长木板前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m＝2 kg的小物块，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，长木板足够长。(g取10 m/s2) 考法（四） “滑块—木板”模型 (1)小物块放在长木板上后，小物块及长木板未共速前的加速度各为多大？ [答案]　2 m/s2　0.5 m/s2　 (2)经多长时间两者达到相同的速度？ [答案]　1 s　 [解析]　由amt＝v0＋aMt，可得t＝1 s。 (3)从小物块放上长木板开始，经过t＝1.5 s小物块的位移大小为多少？ [答案]　2.1 m [融会贯通] 1．模型概述：一个物体在另一个物体表面上发生相对滑动，两者之间有相对运动，可能发生同向相对滑动或反向相对滑动。问题涉及两物体的运动时间、速度、加速度、位移等各量的关系。 2．三个基本关系 加速度关系 滑块与滑板保持相对静止，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度 如果滑块与滑板之间发生相对运动，应采用“隔离法”分别求出滑块与滑板运动的加速度。应注意发掘滑块与滑板是否发生相对运动等隐含条件 速度关系 滑块与滑板保持相对静止时，二者速度相同，分析清楚此时的摩擦力作用情况 滑块与滑板之间发生相对运动时，二者速度不相同，明确滑块与滑板的速度关系，从而确定滑块与滑板受到的摩擦力情况。应注意摩擦力发生突变的情况 位移关系 滑块和滑板向同一方向运动时，它们的相对滑行距离等于它们的位移之差 滑块和滑板向相反方向运动时，它们的相对滑行距离等于它们的位移之和 续表 [对点训练] 4. 如图所示，质量为M、长为L的滑板静止在光滑水平面上，一质量为m的小滑块以速度v从滑板左端滑上滑板，最后刚好不从滑板右端掉下。求滑块与滑板间的动摩擦因数。 三、价值好题精练—— 培树科学态度和责任 1.如图所示，汽车驾驶员驾驶汽车正以10 m/s的速度在公路上行驶，在人行道前，驾驶员突然发现前方有行人，采取紧急刹车，车轮抱死，车轮向前直线滑动。已知车胎与路面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　 ) A．驾驶员在公路上已超速行驶 B．汽车刹车后的加速度大小为10 m/s2 C．汽车滑行10 m后停下来 D．汽车刹车后3 s的位移大小为30 m √ 2. 某校举行托球跑步比赛，赛道为水平直道。 如图所示，比赛时，某同学将球置于球拍中心， 以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运 动跑至终点。整个过程中球一直与球拍保持相对静止。设球在运动过程中受到的空气阻力与其速度大小成正比，比例系数为常数k，空气阻力方向与球运动方向相反，已知球的质量为m，重力加速度大小为g，不计球与球拍之间的摩擦。求：该同学在匀加速运动过程中，球拍倾角θ的正切值随球运动时间t的变化的关系式。 解析： 设球拍对球的支持力为F1，空气阻力为F2，受力如图所示。 3．滑雪是冬天大家喜爱的一项体育运动。如图所示，滑雪者踏着滑雪板，不用滑雪杖，从倾角约为θ＝37°的雪坡顶端A点向下滑动，并在水平雪地上向前滑行一段距离BC停下。已知雪坡和水平地面与滑雪板之间的动摩擦因数μ＝0.125，雪坡长AB＝40 m。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)滑雪者在AB上滑行的加速度大小a； 答案：5 m/s2　 解析：对滑雪者受力分析，在沿雪坡方向由牛顿第二定律mgsin θ－f＝ma 垂直于雪坡方向有N－mgcos θ＝0 又因为f＝μN，代入数据联立可得a＝5 m/s2。 (2)滑雪者滑到B点的速度大小v； 答案：20 m/s　 (3)滑雪者在水平雪地上滑行的距离x。 答案：160 m 章末综合检测（四） (单击进入电子文档) 模块综合检测A、B卷 (单击进入电子文档) 由二力平衡可得：FTy＝mg，FTx＝N， 解得细绳拉力FT＝＝50 N， 车后壁对小球的弹力N＝mgtan θ＝30 N。 表示方法 A．α＝θ B．α＝ C．α＝2θ D．α＝ [解析]　如图所示，在竖直线AC上选取一点O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切于D点。由等时圆模型的特点知，由A点沿木板滑到D点所用时间比由A点到达斜面上其他各点所用时间都短。将木板下端B点与D点重合即可，而∠COD＝θ，则α＝，B正确。 解析：对于AM段，位移x1＝R，加速度a1＝＝g，根据x1＝atA2，得tA＝＝，对于BM段，位移x2＝2R，加速度a2＝gsin 60°＝g，由x2＝atB2，得tB＝＝，对于CM段，设CM与竖直方向夹角为θ，同理可解得tC＝＝＝，即tA＝tC<tB，B正确。 [解析]　物体减速阶段即0到4 s内发生的位移大小x1＝v0t1－a1t12＝16 m，方向水平向右； 物体从4 s到10 s反向做加速运动，发生的位移大小为x2＝a2t22＝18 m，方向水平向左； [答案]　 4 m/s [解析]　小物块的加速度am＝μg＝2 m/s2 长木板的加速度aM＝＝0.5 m/s2。 [解析]　在开始1 s内小物块的位移x1＝amt12＝1 m 1 s末速度为v＝amt1＝2 m/s 在接下来的0.5 s内小物块与长木板相对静止，一起做加速运动且加速度为a＝＝0.8 m/s2 这0.5 s内的位移为x2＝vt2＋at22＝1.1 m 通过的总位移x＝x1＋x2＝2.1 m。 答案： 解析：设两者间的动摩擦因数为μ，刚滑到滑板右端用时为t。 则小滑块所受的摩擦力为：f＝μmg 由牛顿第三定律得，长木板所受的摩擦力大小为f′＝f 滑块的加速度：a1＝＝μg，方向向左 滑板的加速度：a2＝＝，方向向右 滑块刚好从滑板上不掉下来满足的条件： v－a1t＝a2t，vt－a1t2＝a2t2＋L 解得μ＝。 解析：因10 m/s＝36 km/h＜60 km/h，可知驾驶员在公路上没有超速行驶，A错误；根据牛顿第二定律，汽车刹车后的加速度大小为a＝＝μg＝5 m/s2，B错误；汽车滑行停下来的距离x＝＝ m＝10 m，C正确；汽车刹车运动的时间t＝＝2 s，则汽车刹车后3 s的位移等于2 s内的位移，大小为10 m，D错误。 答案：tan θ＝t＋ 设当球拍倾角为θ时，球的速度为v，有水平方向F1sin θ－F2＝ma，竖直方向F1cos θ－mg＝0，由题意知F2＝kv，由速度公式得v＝at，以上联合求解得tan θ＝t＋。 解析：由位移与速度的关系可知滑雪者滑到B点的速度v＝＝20 m/s。 解析：滑雪者在水平雪地上时根据牛顿第二定律有μmg＝ma′，解得a′＝1.25 m/s2 在水平雪地上根据位移与速度的关系可知距离为x＝＝160 m。 $$