第四章 牛顿运动定律 章末素养提升（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高一物理必修第一册学习笔记（教科版）

该高中物理单元复习讲义通过表格系统梳理知识体系，涵盖物理观念（牛顿运动定律、力学单位制、超重失重等）、科学思维（理想实验法、控制变量法、模型建构等）、科学探究及科学态度与责任，清晰呈现核心知识点及内在逻辑联系。 讲义亮点在于“提能训练”例题设计，如传送带模型、板块模型等典型问题，结合图像分析培养科学思维中的模型建构与科学推理能力。例题覆盖基础理解与综合应用，帮助不同层次学生巩固方法，教师可据此实施精准复习教学。

章末素养提升 素养再现 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，直到有外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)因果性、矢量性、瞬时性、独立性 牛顿第三定律 (1)内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上 (2)表达式：F＝－F' 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：物体对悬挂物的拉力(或对支持物的压力)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：物体对悬挂物的拉力(或对支持物的压力)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：物体对悬挂物的拉力(或对支持物的压力)等于零，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 Fav、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；能在他人帮助下制定科学探究方案，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.能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 　　　　　　　　　　　　　　　　 提能训练 例1　(多选)(2024·绵阳市高一期末)起重机将一重物由静止竖直提起。传感器测得此过程中不同时刻重物的速度v与轻绳的拉力F，得到如图所示的v－关系图线，线段BC与v轴平行，线段AB的延长线过坐标原点。重物速度增加到v2时开始做匀速运动。图中v1、v2、F1、F2都是已知量，重力加速度为g，不计阻力。则(　　) A.重物的质量是 B.重物的质量是 C.重物在BA段做匀加速运动 D.重物在CB段运动时间是 答案　BD 解析　根据题意可知，速度增加到v2，重物开始做匀速运动，则有F2＝mg，解得重物的质量为m＝，故A错误，B正确；从B→A过程，增大，拉力F减小，根据牛顿第二定律可知F－mg＝ma，得a＝，重物的加速度逐渐减小，则重物在BA段做变加速运动，故C错误；重物在CB段，不变，拉力F不变，由牛顿第二定律得F1－mg＝ma'，重物的加速度a'＝－g，重物做匀加速度直线运动，重物在CB段运动时间是t＝，故D正确。 例2　(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<tan θ，A、B整体相对静止以一定的初速度沿固定的足够长的斜面上滑，则下列说法正确的是(　　) A.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中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，以沿斜面向下为正方向，向上运动的过程中，根据牛顿第二定律得 (mA＋mB)gsin θ＋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，假设上滑到最高点后不能静止，A、B整体向下运动的过程中，由牛顿第二定律得：(mA＋mB)gsin θ－f＝(mA＋mB)a'，得：a'＝gsin θ－μgcos θ，由于μ<tan θ，所以a'>0 所以假设成立，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＋f'＝mAa 解得：f'＝μmAgcos θ； 向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有： mAgsin θ－f″＝mAa'，解得：f″＝μmAgcos θ； 所以f″＝f'，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。 例3　(多选)(2023·南充市高一期末)如图所示，水平传送带A、B两端点相距x＝4 m，以v0＝2 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转。今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g取10 m/s2。由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。则小煤块从A运动到B的过程中(　　) A.小煤块从A运动到B的时间是2.25 s B.开始运动时小煤块受到的摩擦力方向向左 C.划痕长度是1 m D.划痕长度是0.5 m 答案　AD 解析　小煤块刚放上传送带时，加速度 a＝μg＝4 m/s2 由v0＝at1可知，小煤块加速到与传送带同速的时间t1＝＝0.5 s 此时小煤块运动的位移x1＝t1＝0.5 m 此时传送带的位移x2＝v0t1＝1 m 故小煤块在传送带上的划痕长度 l＝x2－x1＝0.5 m 之后小煤块匀速运动，故匀速运动的时间 t2＝＝1.75 s 故小煤块从A运动到B的时间 t＝t1＋t2＝2.25 s，故A、D正确，C错误； 刚开始运动时小煤块相对于传送带向左运动，受到传送带的摩擦力方向向右，故B错误。 例4　(2024·攀枝花市高一期末)如图甲所示，木板放在水平地面上，质量m＝2 kg的小物块(可视为质点)放在木板的右端，两者均静止。现用水平向右的力F作用在木板上，通过传感器测出木板的加速度a与外力F的变化关系如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： (1)小物块与木板间的动摩擦因数μ； (2)木板的质量M； (3)乙图中图像与横轴的交点坐标。 答案　(1)0.4　(2)2 kg　(3)(2 N，0) 解析　(1)根据题图乙可知，在外力等于18 N时，木板加速度随时间变化的关系发生了突变，表明外力小于18 N时，小物块与木板保持相对静止，当外力等于18 N时，小物块所受木板的摩擦力达到最大静摩擦力，此时对小物块分析有μmg＝ma1，其中a1＝4 m/s2，解得μ＝0.4 (2)当外力大于18 N时，小物块与木板发生相对运动，对木板进行分析有F－μmg－μ'(M＋m)g＝Ma，变形有a＝，结合题图乙有 kg－1，解得M＝2 kg (3)将坐标(10 N，0)代入上述函数式，解得μ'＝0.05，题图乙中图像与横轴的交点坐标位置表示木板在力F作用下恰好发生运动，即外力等于地面对木板的最大静摩擦力，则有F0＝μ'(M＋m)g，解得F0＝2 N，即题图乙中图像与横轴的交点坐标为(2 N，0)。 学科网（北京）股份有限公司 $