高三物理一轮复习精品学案：本章学科素养提升
高考物理一轮复习 第一章 本章学科素养提升教案-人教版高三全册物理教案
本章学科素养提升例1(2020·某某某某市模拟)A、B两辆列车在能见度很低的雾天里在同一轨道上同向行驶，A车在前，速度v A＝10m/s，B车在后，速度v B B车发现A车时就立刻刹车．已知B车在进行刹车测试时发现，若车以30m/s的速度行驶时，刹车后至少要前进1800m才能停下，假设B车刹车过程中加速度恒定．为保证两辆列车不相撞，则能见度至少要达到( ) A．400mB．600mC．800mD．1600m解析解法一基本公式法对B车，由运动学公式有0－v02＝2ax，解得a＝0－3022×1800m/s22，所以B2，当B车速度减小到v＝10m/s时，两车相距最近，此时B车的位移为x1＝v2－v B22a，A车的位移x2＝v A t，t＝v－v Ba，联立解得x1＝1600m，x2＝800m，能见度至少为Δx＝x1－x2＝800m，选项C正确．解法二相对运动法对B车，由运动学公式有0－v02＝2ax，解得a＝0－3022×1800m/s22，选A车为参考系，B车相对A车的初速度为v0相对＝v B－v A m/s2，当两车速度相等时相距最近，此时两车不相撞，则以后也不能相撞，所以此时B车相对A车的速度为v相对＝0，由运动学公式有v相对2－v0相对2＝2ax相对，代入数据得相对位移x相对＝800m，选项C正确．解法三图象法对B车，由运动学公式有0－v20＝2ax，解得a＝0－3022×1800m/s22，作出A、B两车运动过程中的速度—时间图象如图所示，图线的交点的横坐标为两车速度相等的时刻，有t＝v A－v Ba＝80s，当两车速度相等时相距最近，此时两车不相撞，则以后也不能相撞，由v－t图象与时间轴所围面积表示位移可知，图象中阴影三角形的面积为能见度的最小值，则x min＝12×(30－10)×80m＝800m，选项C正确．答案 C【方法感悟】解法一注重对过程的分析，抓住两车间距离为极值时速度应相等这一关键条件来求解；解法二通过巧妙地选取参考系，使两车的运动关系变得简明；解法三通过图象使两车的速度和位移关系更直观．运动学问题虽然处理方法较多，但同学们仍要以最为常规的解法为主，如本题的解法一，不必过于纠结其他解法．(1)对于两个质点分别以不同的加速度运动，比较运动快慢问题时可作速度(速率)—时间图象进行辅助分析，此时根据图象“面积”相等这一特征比较时间长短．(2)所描述的物理量做非线性变化时，可先构建一个物理量与另一物理量的线性变化关系图象，如“反比关系可转化为与倒数成正比”，然后应用“面积”含义或斜率的含义即可求解具体问题．例2如图1所示，两光滑斜面的总长度相等，高度也相同，a、b两球由静止从顶端下滑，若球在图上转折点无能量损失，则( )图1A．a球后着地B．b球后着地C．两球同时着地D．两球着地时速度相同【思路追踪】审题关键点思维路径“总长度相同”(1)指出两球运动路程相同“由静止从顶端下滑”(2)指出两球初速度相同“转折点无能量损失”(3)指出两球末速率相等(4)初末速率、路程均相等，可转化到速率—时间图象上比较时间长短解析在同一个v－t图象中作出a、b的速率－时间图线如图所示，由于开始运动时b的加速度较大，则斜率较大；由机械能守恒可知末速率相等，故图线末端在同一水平线上，由于两斜面长度相同，则应使图线与t轴围成的“面积”相等．结合图中图线特点可知b用的时间较少，由此可知A正确，B、C、D错误．答案 A。
高考物理一轮复习课件第五章核心素养提升
近代物理初步了解
原子结构
原子的核式结构模型、玻尔理论及能级跃迁 等。
粒子与宇宙
粒子的发现及相互作用、宇宙大爆炸理论及 暗物质、暗能量等前沿问题。
原子核
原子核的组成、放射性衰变、核反应方程及 核能计算等。
物理学史与科学方法
了解物理学的发展历程、重要实验及科学方 法，培养科学思维和创新能力。
CHAPTER 06
曲线运动的条件
理解物体做曲线运动的条件，掌握判 断物体做曲线运动的方法。
曲线运动的加速度
理解曲线运动中加速度方向与速度方 向的关系，掌握运用矢量三角形法则 求解加速度的方法。
万有引力定律及应用
万有引力定律
理解万有引力定律的内容，掌握万有引力定律的表达式。能够运 用万有引力定律计算天体间的引力。
天体运动的基本规律
高考物理一轮复习课 件第五章核心素养提 升
汇报人：XX 20XX-01-18
目录
• 第五章概述与核心素养要求 • 力学部分核心素养提升 • 热学部分核心素养提升 • 电磁学部分核心素养提升 • 光学和近代物理部分核心素养提升 • 实验技能与科学探究能力提升
CHAPTER 01பைடு நூலகம்
第五章概述与核心素养要求
实验技能与科学探究能力提 升
实验数据处理方法总结
列表法
把实验数据记录成表格形式，便于分析和比较。
图象法
用图象表示实验数据间的关系，形象直观，便于 发现规律。
逐差法
用于处理等间隔的线性数据，可减小误差，提高 精度。
实验误差分析技巧掌握
系统误差分析
识别并消除系统误差来 源，如仪器误差、方法 误差等。
偶然误差处理
采用多次测量取平均值 的方法减小偶然误差。
高考物理一轮复习第五章机械能本章学科素养提升学案
第五章 机械能1．在应用机械能守恒定律处理实际问题时，经常遇到像“链条”“液柱”类的物体，其在运动过程中将发生形变，其重心位置相对物体也发生变化，因此这类物体不能再看作质点来处理．2．一般情况下，可将物体分段处理，确定质量分布均匀的规则物体各部分的重心位置，根据初、末状态物体重力势能的变化列式求解．例1 如图1所示，一条长为L 的柔软匀质链条，开始时静止在光滑梯形平台上，斜面上的链条长为x 0，已知重力加速度为g ，L <BC ，∠BCE ＝α，试用x 0、x 、L 、g 、α表示斜面上链条长为x 时链条的速度大小(链条尚有一部分在平台上且x >x 0)．图1答案 g L (x 2－x 20)sin α 解析 链条各部分和地球组成的系统机械能守恒，设链条的总质量为m ，以平台所在位置为零势能面，当斜面上链条长为x 时，有－m L x 0g ·12x 0sin α＝12mv 2－m L xg ·12x sin α 解得v ＝g L(x 2－x 20)sin α.1．利用等效法计算势能变化时一定要注意等效部分的质量关系，即根据物体的相对位置关系将物体分成若干段，在应用相关规律求解时要注意对应各部分的质量关系．2．解决涉及重力势能变化的问题时，物体的位置变化要以重心位置变化为准．规范答题要求：适当的文字叙述，突出关键公式，公式符号与题目对应，说明假设的未知量符号．例2 (13分)如图2所示，质量m ＝2kg 的小球以初速度v 0沿光滑的水平面飞出后，恰好无碰撞地从A 点进入竖直平面内的光滑圆弧轨道，其中B 点为圆弧轨道的最低点，C 点为圆弧轨道的最高点，圆弧AB 对应的圆心角θ＝53°，圆半径R ＝．若小球离开水平面运动到A 点所用时间t ＝，求：(sin53°＝，cos53°＝，g ＝10m/s 2)图2(1)小球沿水平面飞出的初速度v 0的大小．(2)到达B 点时，小球对圆弧轨道的压力大小．(3)小球能否通过圆弧轨道的最高点C ？说明原因．答案 (1)3m/s (2)136N (3)见解析【书面表达过程】 (1)小球离开水平面运动到A 点的过程中做平抛运动，有v y ＝gt (1分) 根据几何关系可得tan θ＝v y v 0(1分)代入数据，解得v 0＝3 m/s(1分)(2)由题意可知，小球在A 点的速度v A ＝v ysin θ(1分) 小球从A 点运动到B 点的过程，满足机械能守恒定律，有12mv A 2＋mgR (1－cos θ)＝12mv B 2(2分) 设小球运动到B 点时受到圆弧轨道的支持力为F N ，根据牛顿第二定律有 F N －mg ＝m v 2B R(1分) 代入数据，解得F N ＝136 N(1分)由牛顿第三定律可知，小球对圆弧轨道的压力大小为F N ′＝F N ＝136 N(1分)(3)假设小球能通过最高点C ，则小球从B 点运动到C 点的过程满足机械能守恒定律，有 12mv B 2＝mg ·2R ＋12mv C 2(2分) 在C 点有F 向＝m v 2C R(1分) 代入数据，解得F 向＝36 N>mg (1分)所以小球能通过最高点C .。
高考物理一轮复习第三章核心素养提升__科学思维系列二教案新人教版
核心素养提升——科学思维系列(二)“转移研究对象法”的应用1．方法概述：牛顿第三定律确定了物体间相互作用的规律，分析某作用力时，若其受力物体的受力复杂或已知信息较少，而其反作用力的受力物体的受力较简单或已知信息较多时，可考虑应用转移研究对象法．2．应用思路：(1)分析所求力的受力物体的受力情况和已知信息，判断该力是否可以直接求出．(2)若不能直接求出，则转移研究对象，分析待求力的反作用力．(3)求出其反作用力后，由牛顿第三定律确定待求力的大小、方向．(2019·海口模拟)建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料．质量为70.0 kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0 kg的建筑材料以0.500 m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g取10 m/s2)( )A．510 N B．490 NC．890 N D．910 N【分析】(1)分析建筑材料对绳子的拉力时，可转换为分析绳子对建筑材料的拉力．(2)分析工人对地面的压力时，可转换为分析地面对人的支持力．【解析】设绳子对建筑材料的拉力为F1，F1－mg＝ma，F1＝m(g＋a)＝210 N，绳子对人的拉力F2＝F1＝210 N．人处于静止，则地面对人的支持力F N＝m0g－F2＝490 N，由牛顿第三定律知：人对地面的压力F N′＝F N＝490 N，选项B正确．【答案】 B(2019·保定模拟)(多选)如图，一个人站在水平地面上的长木板上用力F向右推箱子，木板、人、箱子均处于静止状态，三者的质量均为m，重力加速度为g，则( )A．箱子对木板的摩擦力方向向右B．木板对地面的摩擦力方向向左C．木板对地面的压力大小为3mgD．若人用斜向下的力推箱子，则木板对地面的压力会大于3mg【分析】(1)分析箱子对木板的摩擦力时，可转换为分析木板对箱子的摩擦力．(2)分析木板对地面的摩擦力和压力时，可转换为分析地面对木板的摩擦力和支持力．【解析】以箱子为研究对象，水平方向上，木板对箱子的摩擦力与人推箱子的力平衡，所以，木板对箱子的摩擦力方向向左，根据牛顿第三定律，箱子对木板的摩擦力方向向右，选项A正确；以整体为研究对象，地面对木板的支持力与整体所受的重力平衡，所以地面对木板的支持力为3mg，根据牛顿第三定律，木板对地面的压力大小为3mg，选项C正确、D 错误；以整体为研究对象，地面对木板的摩擦力为0，所以木板对地面的摩擦力为0，选项B错误．【答案】AC转换研究对象受力分析的一般步骤(1)合理选取研究对象，一般以受力较少、分析起来较容易的物体为研究对象，有时“整体法”与“隔离法”综合应用．(2)做好对研究对象的受力分析和运动情况分析，确定哪些力是作用力和反作用力．(3)利用牛顿第三定律把已知力或所求力转移至研究对象上，求合力．(4)对于不宜直接分析的物体，如地面，可转而分析与之接触的物体，解出作用力后，再利用牛顿第三定律说明反作用力的大小和方向．1．如图所示为杂技“顶竿”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竿，竿上有一质量为m的人可以看成质点，当此人沿着竖直竿以加速度a加速下滑时，竿对地面上的人的压力大小为( B )A．(M＋m)g＋ma B．(M＋m)g－maC．(M＋m)g D．(M－m)g解析：对竿上的人分析，根据牛顿第二定律得：mg－f＝ma，解得：f＝mg－ma，则由牛顿第三定律知人对竿的摩擦力为：f′＝f＝mg－ma，对竿分析，根据共点力平衡得：N＝Mg＋f′＝(M＋m)g－ma.由牛顿第三定律得竿对地面上的人的压力大小为(M＋m)g－ma，故B正确，A、C、D错误．2．如图所示，两块小磁铁质量均为0.5 kg，A磁铁用轻质弹簧吊在天花板上，B磁铁在A正下方的地板上，弹簧的原长L0＝10 cm，劲度系数kA、B均处于静止状态时，弹簧的长度为L＝11 cm.不计地磁场对磁铁的作用和磁铁与弹簧间相互作用的磁力，求B对地面的压力大小．(g取10 m/s2)解析：对A受力分析，如图所示，由平衡条件得k(L－L0)＋F－mg＝0 解得F＝4 N故B对A的作用力大小为4 N，方向竖直向上由牛顿第三定律得A对B的作用力F′＝F＝4 N，方向竖直向下对B受力分析如图所示，由平衡条件得F N－mg－F′＝0解得F N＝9 N由牛顿第三定律得B对地面的压力大小为9 N.答案：9 N。
高三物理一轮复习精品学案：第十章电磁感应章学科素养提升
基本模型如图1，两光滑金属导轨在水平面内，导轨间距为L，导体棒的质量为m，回路总电阻为R.导体棒在水平力F的作用下运动，某时刻速度为v0，导体棒在磁场中的运动情况分析如下：图1例1如图2所示，在倾角为θ＝37°的斜面内，放置MN和PQ两根不等间距的光滑金属导轨，该装置放置在垂直斜面向下的匀强磁场中，导轨M、P端间接入阻值R1＝30Ω的电阻和理想电流表，N、Q端间接阻值为R2＝6Ω的电阻.质量为m＝0.6kg、长为L＝1.5m的金属棒放在导轨上以v0＝5m/s的初速度从ab处向右上方滑到a′b′处的时间为t＝0.5 s，滑过的距离l＝0.5 m.ab处导轨间距L ab＝0.8 m，a′b′处导轨间距L a′b′＝1 m.若金属棒滑动时电流表的读数始终保持不变，不计金属棒和导轨的电阻.sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求：图2(1)此过程中电阻R 1上产生的热量； (2)此过程中电流表的读数； (3)匀强磁场的磁感应强度的大小.解析 (1)因电流表的读数始终保持不变，即感应电动势不变，故BL ab v 0＝BL a ′b ′v a ′b ′，代入数据可得v a ′b ′＝4m/s ，根据能量守恒定律，得Q 总＝12m (v 02－v 2a ′b ′)－mgl sin θ＝Q R 1＋Q R 2 由Q ＝U 2R t ，得Q R 1Q R 2＝R 2R 1，代入数据解得Q R 1＝0.15J.(2)由焦耳定律Q R 1＝I 12R 1t 可知，电流表读数I 1＝Q R 1R 1t＝0.1A. (3)不计金属棒和导轨的电阻，则R 1两端的电压始终等于金属棒与两导轨接触点间的电动势，由E ＝I 1R 1，E ＝BL a ′b ′v a ′b ′ 可得B ＝I 1R 1L a ′b ′v a ′b ′＝0.75T.答案 (1)0.15J (2)0.1A (3)0.75T基本模型1.初速度不为零，不受其他水平外力的作用2.初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用例2间距为L＝2m的足够长的金属直角导轨如图3所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面.质量均为m＝0.1kg 的金属细杆ab、cd与导轨垂直放置形成闭合回路.细杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，导轨的电阻不计，细杆ab、cd接入电路的电阻分别为R1＝0.6Ω，R2＝0.4Ω.整个装置处于磁感应强度大小为B＝0.50T、方向竖直向上的匀强磁场中(图中未画出).当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时，cd杆也同时从静止开始沿导轨向下运动，且t＝0时，F＝1.5N.g＝10m/s2.图3(1)求ab杆的加速度a的大小；(2)求当cd杆达到最大速度时ab杆的速度大小；(3)若从开始到cd杆达到最大速度的过程中拉力F做的功为5.2J，求该过程中ab杆所产生的焦耳热.解析(1)由题可知，在t＝0时，F＝1.5N对ab 杆进行受力分析，由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma 代入数据解得a ＝10m/s 2.(2)从d 向c 看，对cd 杆进行受力分析，如图所示，当cd 杆速度最大时，ab 杆的速度大小为v ，有F f ＝mg ＝μF N ，F N ＝F 安，F 安＝BIL ，I ＝BL vR 1＋R 2综合以上各式，解得v ＝2m/s(3)整个过程中，ab 杆发生的位移x ＝v 22a ＝222×10m ＝0.2m对ab 杆应用动能定理，有W F －μmgx －W 安＝12m v 2代入数据解得W 安＝4.9J 根据功能关系得Q 总＝W 安 所以ab 杆上产生的热量Q ab ＝R 1R 1＋R 2Q 总＝2.94J. 答案 (1)10m /s 2 (2)2 m/s (3)2.94J。
高考物理一轮复习第十章电磁感应本章学科素养提升学案
第十章电磁感觉1．“杆＋导轨”模型是电磁感觉问题高考命题的“基本道具”，也是高考的热门，考察的知识点多，题目的综合性强，物理情形变化空间大，是我们复习中的难点．“杆＋导轨”模型又分为“单杆”型和“双杆”型( “单杆”型为要点) ；导轨搁置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速、匀变速、非匀变速运动等．2．该模型的解题思路(1)用法拉第电磁感觉定律和楞次定律求感觉电动势的大小和方向；(2)求回路中的电流大小；(3)剖析研究导体受力状况 ( 包括安培力，用左手定章确立其方向) ；(4)列动力学方程或均衡方程求解．例 1如图1甲所示，两根足够长平行金属导轨MN、 PQ相距为 L，导轨平面与水平面夹角为α，金属棒ab 垂直于 MN、PQ搁置在导轨上，且一直与导轨接触优秀，金属棒的质量为m.导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面向上，磁感觉强度大小为B.金属导轨的上端与开关 S、定值电阻R1和电阻箱R2相连．不计全部摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加快度为 g.此刻闭合开关S，将金属棒由静止开释．图 1(1)判断金属棒 ab 中电流的方向；(2) 若电阻箱R2接入电路的阻值为0，当金属棒降落高度为h 时，速度为v，求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q；(3) 当B＝ 0.40T ，L＝ 0.50m，α＝37°时，金属棒能达到的最大速度v 随电阻箱 R 阻值的变m 2化关系，如图乙所示．取2°＝ 0.60 ，cos37°＝ 0.80.1g＝10m/s，sin37 求 R 的阻值和金属棒的质量 m.1 2答案(1) b→a (2) mgh－2mv (3)2.0 Ω0.1kg分析(1) 由右手定章可知，金属棒ab 中的电流方向为由 b 到 a.(2)由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能等于增添的动能和电路中产生的焦耳热，即1 2mgh＝2mv＋ Q11 / 312则 Q＝ mgh－2mv.(3) 金属棒达到最大速度v m时，切割磁感线产生的感觉电动势：E＝ BLv mE由闭合电路的欧姆定律得：I ＝R1＋R2从 b 端向 a 端看，金属棒受力如下图金属棒达到最大速度时，知足：mg sinα－ BIL＝0mg sinα由以上三式得v m＝B2L2(R2＋R1)由图乙可知：60－ 30 － 1 －1 － 1 － 1斜率 k＝m·s ·Ω＝15m·s ·Ω，2纵轴截距 v＝30m/smg sinαmg sinα因此B2 L2 R1＝ v，B2L2 ＝k解得 R1＝2.0Ω，m＝0.1kg.解决此类问题要抓住三点1．杆的稳固状态一般是匀速运动( 达到最大速度或最小速度，此时协力为零) ；2．整个电路产生的电能等于战胜安培力所做的功；3．电磁感觉现象遵照能量守恒定律．剖析电磁感觉图象问题的思路22 / 3例 2如图2，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不一样高度静止开释，用t 1、t 2分别表示线框 ab 边和 cd 边刚进入磁场的时辰．线框着落过程形状不变，ab 边一直保持与磁场水平界限限 OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场地区足够大，不计空气的影响，则以下哪一个图象不行能反应线框着落过程中速度v 随时间 t 变化的规律()图 2答案 A分析线框在 0～t1这段时间内做自由落体运动，v－t 图象为过原点的倾斜直线，t 2以后线框完整进入磁场地区中，无感觉电流，线框不受安培力，只受重力，线框做匀加快直线运动，v－ t 图象为倾斜直线．t 1～ t 2这段时间线框遇到安培力作用，线框的运动种类只有三种，即可能为匀速直线运动、也可能为加快度渐渐减小的加快直线运动，还可能为加快度渐渐减小的减速直线运动，而A选项中，线框做加快度渐渐增大的减速直线运动是不行能的，故不行能的 v－ t 图象为A选项中的图象．33 / 3。
高三物理一轮复习教学设计
高三物理一轮复习教学设计一、教学任务及对象1、教学任务本教学设计旨在针对高三学生进行物理一轮复习，全面回顾和巩固高中物理知识点，侧重于对核心概念、原理的理解和应用，以及对常见题型的解题策略指导。
通过本次复习，使学生能够系统地掌握物理知识体系，提高分析问题和解决问题的能力，为高考做好充分准备。
2、教学对象本教学设计针对的教学对象为即将参加高考的高三学生。
他们在之前的学习过程中已经掌握了基本的物理知识和解题技巧，但可能存在知识点的盲区、误区，以及对综合题型解决能力不足等问题。
针对这些特点，本教学设计将采取有针对性的教学策略，帮助学生查漏补缺，提升物理学科素养。
二、教学目标1、知识与技能（1）掌握高中物理的核心概念、原理和公式，如牛顿运动定律、能量守恒定律、电磁学基本定律等；（2）熟悉物理学史，了解物理学家的重要成就，提高学生对物理学科的兴趣；（3）熟练运用物理知识解决实际问题，具备较强的数学运算、图像分析、实验设计能力；（4）能够运用物理知识解释生活中的现象，提高学生的科学素养；（5）掌握常见的物理题型和解题策略，提高解题速度和准确率。
2、过程与方法（1）通过自主探究、合作学习等方式，培养学生主动发现问题和解决问题的能力；（2）运用比较、归纳、演绎等思维方法，提高学生对物理知识的理解和运用能力；（3）采用问题驱动法，激发学生的学习兴趣，引导学生主动思考；（4）注重实验操作和数据处理，培养学生的实践操作能力和科学思维能力；（5）运用信息技术手段，如多媒体、网络资源等，丰富教学手段，提高教学效果。
3、情感，态度与价值观（1）培养学生对物理学科的兴趣和热爱，激发学生的学习内动力；（2）培养学生严谨、勤奋、求实的科学态度，树立正确的价值观；（3）通过学习物理，使学生认识到科学技术的进步对人类社会的重要性，增强学生的社会责任感；（4）培养学生团结协作、互助互爱的精神，提高学生的人际沟通能力；（5）引导学生关注社会热点问题，培养学生关注国家发展、关爱环境的情感。
高中物理学科素养教案
高中物理学科素养教案
目标：培养学生的物理学习兴趣，提高他们的科学素养和实验能力。
一、培养学生的物理学习兴趣
1. 创设情境：通过引入生活中的实例和问题，引起学生的兴趣和好奇心，提高他们对物理
学科的关注度。
2. 多媒体教学：运用多媒体技术，展示生动形象的实验示例和现象，激发学生的学习热情。
3. 互动讨论：鼓励学生积极参与课堂讨论，提出问题和观点，促进学生之间的思想碰撞，
激发学习动力。
二、提高学生的科学素养
1. 知识整合：引导学生将所学知识联系起来，建立知识体系，培养学生的逻辑思维和综合
分析能力。
2. 实验探究：组织学生进行实验，培养他们观察、实验设计、数据分析和结论推断的能力，提高他们的科学实验技能。
3. 科技应用：引导学生运用科技手段解决实际问题，培养他们的创新意识和实践能力，提
高他们的科学素养。
三、加强学生的实验能力
1. 实验技巧：教授学生正确的实验操作技巧，培养他们的实验技能，提高实验的准确性和
可重复性。
2. 实验设计：引导学生设计更加严谨和创新的实验方案，培养他们的实验设计能力和问题
解决能力。
3. 实验报告：要求学生书写完整清晰的实验报告，培养他们的科学写作能力，提高他们的
表达能力和逻辑思维能力。
总结：通过以上教学方法和手段，可以有效地培养学生的物理学习兴趣，提高他们的科学
素养和实验能力，为他们未来的学习和生活打下坚实的基础。
希望学生在学习物理学科的
过程中，能够认真思考，勇于实践，勇于探索，不断完善自己，追求科学真理。
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1.轻杆、轻绳和轻弹簧的模型问题
解决三种模型问题时应注意的事项：
(1)轻杆、轻绳、轻弹簧都是忽略质量的理想化模型.
(2)分析轻杆上的弹力时必须结合物体的运动状态.
(3)讨论轻弹簧上的弹力时应明确弹簧处于伸长还是压缩状态.
例
1如图1所示，光滑滑轮本身的质量可忽略不计，滑轮轴O安在一根轻木杆上，一根轻绳AB绕过滑轮，A端固定在墙上，且A端与滑轮之间轻绳保持水平，B端下面挂一个重物，木杆与竖直方向的夹角为θ＝45°，系统保持平衡.若保持滑轮的位置不变，改变夹角θ的大小，则滑轮受到木杆的弹力大小的变化情况是
()
图1
A.只有θ变小，弹力才变大
B.只有θ变大，弹力才变大
C.无论θ变大还是变小，弹力都变大
D.无论θ变大还是变小，弹力都不变
解析无论θ变大还是变小，水平段轻绳和竖直段轻绳中的拉力不变，这两个力的合力与木杆对滑轮的弹力平衡，故滑轮受到木杆的弹力不变.故D正确.
答案 D
例
2如图2所示，水平轻杆的一端固定在墙上，轻绳与竖直方向的夹角为37°，小球的重力为12N，轻绳的拉力为10N，水平轻弹簧的弹力为9N，小球处于静止状态，求轻杆对小球的作用力.
图2
解析设轻杆的弹力大小为F，与水平方向的夹角为α.
(1)弹簧对小球向左拉时：小球受力如图甲所示.
由平衡条件知：
F cosα＋F T sin37°＝F弹
F sinα＋F T cos37°＝G
代入数据解得：F＝5N，α＝53°
即杆对小球的作用力大小为5N，方向与水平方向成53°角斜向右上方.
(2)弹簧对小球向右推时：小球受力如图乙所示：
由平衡条件得：
F cosα＋F T sin37°＋F弹＝0
F sinα＋F T cos37°＝G
代入数据解得：F＝15.5N，α＝π－arctan4
15.
即杆对小球的作用力大小为15.5N，方向与水平方向成arctan4
斜向左上方.
15
答案见解析
2.轻绳套轻环的动态平衡模型
物理的学习特别强调分析、推理和建模能力的培养，特别是对于题目隐含条件的挖掘，找到
解决问题的突破口，此称为破题能力.在本章有一类典型的共点力平衡问题，即轻绳套光滑轻环的动态平衡分析问题，如图3所示.
图3
绳上套的是光滑轻环，作用在绳上形成“活结”，此时绳上的拉力处处相等，平衡时与水平面所成夹角相等，即α＝β.当动点P 移至P ′时，绳长保持不变，夹角α＝β也保持不变，Q 移至Q ′，这与绳“死结”模型截然不同. 此类问题破题关键有两点：
(1)不计轻环与绳间的摩擦时，左右两段绳中张力相等，左右两段绳与竖直方向的夹角也相等. (2)总绳长度不变时，sin θ＝d
l ，绳中张力和绳与竖直方向的夹角θ随两悬点水平距离d 的变化
而变化.
例
3如图4所示为建筑工地一个小型起重机起吊重物的示意图.一根轻绳跨过光滑的动滑轮，轻绳的一端系在位置A处，动滑轮的下端挂上重物，轻绳的另一端挂在起重机的吊钩C处，起吊重物前，重物处于静止状态.起吊重物过程是这样的：先让吊钩从位置C竖直向上缓慢地移动到位置B，然后再让吊钩从位置B水平向右缓慢地移动到D，最后把重物卸在某一个位置.则关于轻绳上的拉力大小变化情况，下列说法正确的是()
图4
A.吊钩从C向B移动过程中，轻绳上的拉力不变
B.吊钩从B向D移动过程中，轻绳上的拉力变小
C.吊钩从C向B移动过程中，轻绳上的拉力变大
D.吊钩从B向D移动过程中，轻绳上的拉力不变
解析由C到B时，两绳夹角不变，故绳子拉力不变，由B到D时，两绳夹角θ增大，
2F T cos θ
2
＝mg ，绳子拉力变大.故A 正确.
答案 A
例
4
(2018·河南豫南九校质量测评)如图5所
示，竖直放置的“
”形支架上，一根不可伸长的轻绳通过不计摩擦的轻质滑轮悬挂一重
物G ，现将轻绳的一端固定于支架上的A 点，另一端从B 点(与A 点等高)沿支架缓慢地向C 点靠近，则绳中拉力大小变化的情况是( )
图5
A.变大
B.变小
C.不变
D.先变大后变小
解析因不计轻质滑轮的摩擦，故悬挂重物的左右两段轻绳的拉力大小相等，由平衡条件可知，两绳与竖直方向的夹角大小相等，设均为θ，则有2F T cosθ＝G.设左右两段绳长分别为l1、
l2，两竖直支架之间的距离为d，则有l1sinθ＋l2sinθ＝d，得：sinθ＝d
l1＋l2
，在悬点B竖直向上移至C点的过程中，虽然l1、l2的大小均变化，但l1＋l2不变，故θ不变，F T不变，C正确.
答案 C。