第5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（鲁科版）

该高中物理单元复习讲义通过表格系统构建知识体系，按物理观念、科学思维等核心素养分类梳理，涵盖牛顿运动定律、力学单位制等物理观念要点，以及理想实验法、模型建构等科学思维方法，清晰呈现知识内在联系与重难点分布。 讲义亮点在于“提能训练”例题设计，包含牛顿定律概念辨析、F-a图像分析及板块模型、传送带模型等典型问题，培养科学思维与模型建构能力。基础题巩固概念，综合题提升推理能力，助力不同层次学生发展，为教师精准教学和学生自主复习提供有效支持。

章末素养提升 素养再现 物理 观念 牛顿第一运动定律 (1)内容：一切物体总保持匀速直线运动或静止状态，除非有外力迫使它改变这种状态 (2)牛顿第一运动定律说明：力是改变物体运动状态的原因 (3)惯性：物体保持静止或匀速直线运动状态不变的属性；惯性的大小取决于质量的大小 牛顿第二运动定律 (1)内容：物体加速度的大小与所受合外力的大小成正比，跟物体的质量成反比，加速度方向与合外力方向相同 (2)表达式：F=ma (3)矢量性、瞬时性、独立性、同体性 牛顿第三运动定律 (1)内容：两个物体之间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上 (2)理解 ①同时产生，同时变化，同时消失 ②同种性质 ③分别作用在两个相互作用的物体上 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(或支持物)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 a v、s、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、s-t图像分析物体的受力情况 (2)由F-t、F-s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.通过与伽利略、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 提能训练 例1　关于牛顿运动定律的说法正确的是(　　) A.牛顿第一定律提出了当物体受到的合外力为零时，物体将处于静止状态 B.汽车速度越大，刹车后滑行的距离越长，所以惯性越大 C.跳高时，运动员能跳离地面，是因为人对地面的压力大于地面对人的支持力 D.在受到相同的作用力时，决定物体运动状态变化难易程度的唯一因素是物体的质量 答案　D 解析　根据牛顿第一定律的内容知，当物体所受合外力为零时，总保持匀速直线运动状态或静止状态，故A项错误；惯性是物体的固有属性，与物体速度的大小无关，故B项错误；人对地面的压力与地面对人的支持力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故C项错误；由牛顿第二定律知，对于任何物体，在受到相同的作用力时，决定它们运动状态变化难易程度的唯一因素就是它们的质量，故D项正确。 例2　(多选)(2023·全国甲卷)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知(　　) A.m甲<m乙 B.m甲>m乙 C.μ甲<μ乙 D.μ甲>μ乙 答案　BC 解析　根据牛顿第二定律有F-μmg=ma，整理得F=ma+μmg，可知F-a图像的斜率为m，纵轴截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g=μ乙m乙g，则μ甲<μ乙，故选B、C。 例3　(多选)(2024·福州市高一期末)用两根细线l1、l2和一个轻弹簧将质量分别为2m和m的两个小球1和2连接并悬挂，如图所示。两小球处于静止状态，细线l1与竖直方向的夹角为30°，轻弹簧水平，重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　) A.细线l1对小球1的拉力大小为2mg B.弹簧对小球2的拉力大小为mg C.细线l2对小球1的拉力大小为mg D.剪断细线l2的瞬间，小球2的加速度大小为2g 答案　AD 解析　以球1和球2为整体，根据受力平衡可得T1cos 30°=3mg，T1sin 30°=F，解得细线l1对小球1的拉力大小为T1=2mg，弹簧对小球2的拉力大小F=mg，故A正确，B错误；以球2为研究对象，根据受力平衡可得T2'==2mg，则细线l2对小球1的拉力大小为T2=T2'=2mg，故C错误； 剪断细线l2的瞬间，弹簧弹力不变，则球2受到的重力和弹簧弹力的合力大小为F合==2mg，根据牛顿第二定律可得a==2g，故D正确。 例4　(多选)(2024·福建师范大学附属中学高一期末)如图所示，将砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力F将纸板迅速抽出。若砝码和纸板的质量分别为M和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码与纸板左端的距离及与桌面右端的距离均为d，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ(2M+m)g B.要使纸板相对砝码运动，F一定大于2μ(M+2m)g C.若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下 D.当F=μ(2M+3m)g时，砝码恰好到达桌面边缘 答案　AC 解析　对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，纸板所受的摩擦力为μ(M+m)g+μMg，故A正确，设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有μMg=Ma1，F-μMg-μ(M+m)g=ma2，发生相对运动需要a2>a1，代入数据解得F>2μ(M+m)g，故B错误；若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码匀加速运动的位移小于==，匀减速运动的位移小于==，则总位移小于d，砝码不会从桌面上掉下，故C正确；当F=μ(2M+3m)g时，砝码未脱离纸板时的加速度a1=μg，纸板的加速度a2==2μg，根据a2t2-a1t2=d，解得t=，则此时砝码的速度v=a1t=，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a'=μg，则匀减速运动的位移s===d，而匀加速运动的位移s'=a1t2=d，可知砝码离开桌面，D错误。 例5　(2023·厦门市高一期末)某工厂输送物件的传送系统由倾角均为30°的传送带和长木板组成。物件与传送带间的动摩擦因数μ1=，与木板间的动摩擦因数μ2=，传送带以v0=4 m/s的恒定速率顺时针转动。现每隔Δt1=1 s将一个物件无初速度放置于传送带A端，物件到达木板C点时速度恰好为0，随即被机械手取走。当传送系统正常运行时，已有多个物件相对传送带静止，传送带与木板间可认为平滑连接，物件可以看成质点。g取10 m/s2，求： (1)物件刚放上传送带时的加速度大小a1； (2)木板上B、C两点之间的距离L及传送带上相邻两个物件匀速运动时的间距d； (3)假如工厂突然停电，机械手停止工作，传送带立即停止运转，要使物件之间不发生碰撞，求物件放置时间间隔的最小值Δt2。 答案　(1)2.5 m/s2　(2)1 m　4 m　(3)0.86 s 解析　(1)物件刚放上传送带时，由牛顿第二定律知μ1mgcos θ-mgsin θ=ma1 解得a1=2.5 m/s2 (2)当传送系统正常运行时，已有多个物件相对传送带静止，说明每一个物件在传送带上都能和传送带共速，物件以v0=4 m/s滑上木板，在木板上做减速运动，则有mgsin θ+μ2mgcos θ=ma2 解得a2=8 m/s2 物件在木板上B、C两点之间运动时有=2a2L 解得L=1 m 每个物件都能和传送带共速，那么传送带上相邻两个物件匀速运动时的间距d=v0Δt1=4 m (3)停电时，若前一个物件恰好在C点，最容易与后一个物件相撞，若恰好不相撞，最终应刚好停在传送带上同一位置，前一个物件从C点滑到B点的加速度大小a3= 滑到B点时的速度v1==2 m/s 在传送带上加速度大小a1=2.5 m/s2 则前一个物件在传送带上相对下滑s1==0.8 m停止，后一个物件在传送带上加速度大小a4= 在传送带上相对原位置上滑s2==0.64 m 若不停电，后一个物件运动到C点用时 Δt2=+=0.86 s 即放置物件的最小时间间隔为0.86 s。 学科网（北京）股份有限公司 $