第四章運動與力的關(guān)系單元復習學案高一上學期物理人教版

第4章運動與力的關(guān)系第7講本章復習一、本章思維導圖本章主要知識點、牛頓第一定律（慣性定律）：一切物體總保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)，直到有（）迫使它改變這種狀態(tài)為止。1．理解要點：①運動是物體的一種屬性，物體的運動不需要力來維持。②它定性地揭示了運動與力的關(guān)系：力是改變物體運動狀態(tài)的原因，是使物體產(chǎn)生加速度的原因。③第一定律是牛頓以伽俐略的理想斜面實驗為基礎(chǔ)，總結(jié)前人的研究成果加以豐富的想象而提出來的；定律成立的條件是物體不受外力，不能用實驗直接驗證。④牛頓第一定律是牛頓第二定律的基礎(chǔ)，不能認為它是牛頓第二定律合外力為零時的特例，第一定律定性地給出了力與運動的關(guān)系，第二定律定量地給出力與運動的關(guān)系。2．慣性：物體（）原來的勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質(zhì)叫做慣性。①慣性是物體的固有屬性，與物體的受力情況及運動狀態(tài)無關(guān)。②（）是物體慣性大小的量度。③由牛頓第二定律定義的慣性質(zhì)量m=F/a和由萬有引力定律定義的引力質(zhì)量嚴格相等。④慣性不是力，慣性是物體具有的保持勻速直線運動或靜止狀態(tài)的性質(zhì)、力是物體對物體的作用，慣性和力是兩個不同的概念。（二）、牛頓第二定律1.定律內(nèi)容物體的加速度a跟物體所受的合外力成正比，跟物體的質(zhì)量m成反比。2.公式：（）理解要點：①因果性：是產(chǎn)生加速度a的原因，它們同時產(chǎn)生，同時變化，同時存在，同時消失；②方向性：a與都是矢量,，方向嚴格相同；③瞬時性和對應性：a為某時刻物體的加速度，是該時刻作用在該物體上的合外力。④牛頓第二定律適用于宏觀,低速運動的情況。（三）、單位制1.單位制：由基本單位和（）一起組成了單位制.①基本單位：基本物理量的單位.力學中的基本物理量有三個，它們是質(zhì)量、時間、長度；它們的國際單位分別是（）.②導出單位：由基本物理量根據(jù)物理關(guān)系推導出來的其他物理量的單位.國際單位制國際計量委員會在1960年的第11屆國際計量大會上制訂了一種國際通用的、包括一切計量領(lǐng)域的單位制，叫做國際單位制，簡稱SI.物理量的名稱單位名稱單位符號長度米m質(zhì)量千克（公斤）kg時間秒s電流安（培）A熱力學溫度開（爾文）K物質(zhì)的量摩（爾）mol發(fā)光強度坎（德拉）cd（四）、.超重和失重超重現(xiàn)象是指：N>G或T>G；加速度a（）；失重現(xiàn)象是指：G>N或G>T；加速度a（）；完全失重是指：T=0或N=0；加速度a向下；大小a=g課堂講解重點1、理想實驗的魅力1．亞里士多德認為：必須有力作用在物體上，物體才能運動；沒有力的作用，物體就要靜止在某個地方．2．伽利略的理想實驗(1)斜面實驗：如圖所示，讓一個小球沿斜面從靜止狀態(tài)開始運動，小球?qū)ⅰ皼_”上另一個斜面．如果沒有摩擦，小球?qū)⒌竭_原來的高度．減小第二個斜面的傾角，小球運動的距離更長，但所達到的高度相同．當?shù)诙€斜面最終變?yōu)樗矫鏁r，小球?qū)⒂肋h運動下去．(2)推理結(jié)論：力不是(選填“是”或“不是”)維持物體運動的原因．3．笛卡兒的觀點：如果運動中的物體沒有受到力的作用，它將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運動，既不會停下來，也不會偏離原來的方向．例1、理想實驗有時更能深刻地反映自然規(guī)律。伽利略設(shè)想了一個理想實驗，如圖所示，小球運動至斜面最低點時，沒有速度損失。①減小第二個斜面的傾角，小球在這個斜面上仍然要達到原來的高度。②兩個對接的斜面，讓靜止的小球沿一個斜面滾下，小球?qū)L上另一個斜面。③如果沒有摩擦，小球?qū)⑸仙皆瓉磲尫艜r的高度。④繼續(xù)減小第二個斜面的傾角，最后使它成為水平面，小球要沿水平面做持續(xù)的勻速運動。在上述的設(shè)想步驟中，有的屬于可靠的事實，有的則是理想化的推論。下列對理想實驗各步驟順序的排列以及關(guān)于事實和推論的分類正確的是()A．順序為②①③④，①是事實，②③④是推論B．順序為②③①④，②是事實，①③④是推論C．順序為③②①④，③是事實，①②④是推論D．順序為③①②④，④是事實，①②③是推論重點2、牛頓第一定律1．牛頓第一定律的內(nèi)容：一切物體總保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)，除非作用在它上面的力迫使它改變這種狀態(tài)．2．慣性(1)物體保持原來勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質(zhì)叫作慣性．牛頓第一定律也被叫作慣性定律．(2)慣性是物體的固有屬性，一切物體都具有慣性．(3)慣性的量度：質(zhì)量是物體慣性大小的唯一量度．例2、(多選)關(guān)于力與運動的關(guān)系，牛頓第一定律告訴我們()A．在不受力的情況下物體一定做勻速直線運動B．在不受力的情況下物體一定保持靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)C．合力不為零的情況下，物體的運動狀態(tài)一定改變D．牛頓第一定律中沒有關(guān)于合力不為零情況下物體運動狀態(tài)的表述變式2、在勻速行駛的火車車廂內(nèi)，有一人從B點正上方相對車廂靜止釋放一個小球，不計空氣阻力，則小球()可能落在A處 B．一定落在B處C．可能落在C處 D．以上都有可能重點3、實驗：探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系例3、在研究作用力F一定時，小車的加速度a與小車(含砝碼)質(zhì)量M的關(guān)系時，某同學設(shè)計的實驗步驟如下：A．用天平分別稱出小車(含砝碼)和所掛槽碼的質(zhì)量B．按圖裝好實驗器材C．把輕繩系在小車上并繞過定滑輪懸掛槽碼D．將電磁打點計時器接在約8V電壓的蓄電池上，接通電源，釋放小車，打點計時器在紙帶上打下一系列點，并在紙帶上標明小車質(zhì)量E．保持所掛槽碼的質(zhì)量不變，增加小車上的砝碼個數(shù)，并記錄每次增加后的M值，重復上述實驗F．分析每條紙帶，測量并計算出加速度的值G．作a-M關(guān)系圖像，并由圖像確定a與M的關(guān)系(1)該同學漏掉的重要實驗步驟是平衡摩擦力，該步驟應排在步驟（）之后。(2)在上述步驟中，有錯誤的是步驟（），應把（）。(3)在上述步驟中，處理不恰當?shù)氖遣襟E（），應把（）。(4)仔細觀察該同學安裝的實驗裝置圖，請改正以下三個實驗器材的位置錯誤。①電磁打點計時器位置應（）；②小車位置應（）；③滑輪位置（）。變式3、甲、乙、丙三個實驗小組分別采用如圖1、2、3所示的實驗裝置，驗證當質(zhì)量一定時，物體運動的加速度與它所受的合力成正比這一物理規(guī)律。已知他們使用的小車完全相同，小車的質(zhì)量為M，重物的質(zhì)量為m，試回答下列問題。(1)實驗中，必須平衡小車和長木板之間的摩擦力的實驗小組是（）。(2)實驗時，必須滿足“M遠大于m”的實驗小組是（）。(3)實驗時，甲、乙、丙三組同學的操作均完全正確，他們作出的a-F圖線如圖4中A、B、C所示，則甲、乙、丙三組實驗對應的圖線依次是（）。(4)實驗時，乙組同學得到的一條紙帶如圖5所示，從比較清晰的點起，每5個點取一個計數(shù)點，編號如圖所示，打點計時器所用電源的頻率為50Hz，根據(jù)所標的測量數(shù)據(jù)可算得小車的加速度為（）m/s2，打下編號2時小車的速度為（）m/s。重點4、牛頓第二定律的表達式1．牛頓第二定律的內(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．表達式：F＝kma，式中k是比例系數(shù)，F(xiàn)指的是物體所受的合力，在質(zhì)量的單位取kg，加速度的單位取m/s2，力的單位取N時，F(xiàn)＝kma中的k＝1，此時牛頓第二定律可表示為F＝ma.3．物理意義：牛頓第二定律不僅闡述了力、質(zhì)量和加速度三者數(shù)量間的關(guān)系，還明確了加速度的方向與力的方向一致．4．力的國際單位：牛頓，簡稱牛，符號為N.“牛頓”的定義：使質(zhì)量為1kg的物體產(chǎn)生1m/s2的加速度的力叫作1N，即1N＝1_kg·m/s2.例4、對牛頓第二定律的表達式的理解1．(多選)關(guān)于牛頓第二定律，下列說法正確的是()A．在物體質(zhì)量一定時，合力恒定，加速度就恒定，合力增大，加速度立即增大B．加速度的方向總是與合力的方向相同C．同一物體的運動速度變化量越大，受到的合力也越大D．物體的質(zhì)量與它所受的合力成正比，與它的加速度成反比重點5、牛頓第二定律的簡單應用1．應用牛頓第二定律解題的一般步驟(1)確定研究對象．(2)進行受力分析和運動狀態(tài)分析，畫出受力分析圖，明確運動性質(zhì)和運動過程．(3)求出合力或加速度．(4)根據(jù)牛頓第二定律列方程求解．2．應用牛頓第二定律解題的方法(1)矢量合成法：若物體只受兩個力作用，應用平行四邊形定則求這兩個力的合力，物體所受合力的方向即加速度的方向．(2)正交分解法：當物體受多個力作用時，常用正交分解法求物體所受的合力．①建立直角坐標系時，通常選取加速度的方向作為某一坐標軸的正方向(也就是不分解加速度)，將物體所受的力正交分解后，列出方程Fx＝ma，F(xiàn)y＝0(或Fx＝0，F(xiàn)y＝ma)．②特殊情況下，若物體的受力都在兩個互相垂直的方向上，也可將坐標軸建立在力的方向上，正交分解加速度a.根據(jù)牛頓第二定律eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Fx＝max,Fy＝may))列方程求解．例5、拍攝用的四旋翼無人機如圖所示。若該無人機的質(zhì)量為3kg，豎直上升時的最大加速度為5m/s2，發(fā)動機可提供的最大升力為50N，無人機運動時所受空氣阻力大小不變，取重力加速度大小g＝10m/s2，則無人機在豎直上升時受到的空氣阻力大小為()A．5NB．35NC．75ND．85N變式5、如圖所示，質(zhì)量為m的木塊以一定的初速度沿傾角為θ的斜面向上滑動，斜面靜止不動且足夠長，木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。(1)求向上滑動時木塊的加速度的大小和方向；(2)若此木塊滑到最大高度后，能沿斜面下滑，求下滑時木塊的加速度的大小和方向。重點6、力學單位制（一）基本單位1．基本量：被選定的能夠利用物理量之間的關(guān)系推導出其他物理量的單位的一些物理量，如力學中有長度、質(zhì)量、時間．2．基本單位：所選定的基本量的單位．3．導出單位：由基本量根據(jù)物理關(guān)系推導出來的其他物理量的單位，例如速度的單位“米每秒”(m/s)、加速度的單位“米每二次方秒”(m/s2)、力的單位“牛頓”(kg·m/s2)．4．單位制：基本單位和導出單位一起就組成了一個單位制．（二）國際單位制：國際單位制：1960年第11屆國際計量大會制訂了一種國際通用的、包括一切計量領(lǐng)域的單位制．1．國際單位制中的基本量：國際單位制中選定長度(l)、質(zhì)量(m)、時間(t)、電流(I)、熱力學溫度(T)、物質(zhì)的量(n)、發(fā)光強度(I)七個量為基本量．2．國際單位制中的力學基本單位：長度l，單位：m；質(zhì)量m，單位：kg；時間t，單位：s.（三）單位制的應用1．簡化計算過程的單位表達：在解題計算時，已知量均采用國際單位制，計算過程中不用寫出各個量的單位，只要在式子末尾寫出所求量的單位即可．2．推導物理量的單位：物理公式確定了各物理量的數(shù)量關(guān)系的同時，也確定了各物理量的單位關(guān)系，所以我們可以根據(jù)物理公式中物理量間的關(guān)系推導出物理量的單位．3．判斷比例系數(shù)的單位：根據(jù)公式中物理量的單位關(guān)系，可判斷公式中比例系數(shù)有無單位，如公式F＝kx中k的單位為N/m，F(xiàn)f＝μFN中μ無單位，F(xiàn)＝kma中k無單位．4．單位制可檢查物理量關(guān)系式的正誤：根據(jù)物理量的單位，如果發(fā)現(xiàn)某公式在單位上有問題，或者所求結(jié)果的單位與采用的單位制中該量的單位不一致，那么該公式或計算結(jié)果肯定是錯誤的．例6、(多選)對力學中基本量、基本單位、導出單位的理解正確的是()A．厘米、克、小時均是基本單位B．力、加速度、質(zhì)量都是基本量C．牛頓、焦耳、帕斯卡均是導出單位D．所有導出單位都可用基本單位表示變式6、如圖所示，為我國運-20運輸機。運輸機的升力L＝CLpS(其中p為飛行動壓、S為機翼面積，CL是一個無單位升力系數(shù))。若用ρ表示空氣的密度，m表示飛機的質(zhì)量，v表示飛行速度，F(xiàn)表示飛機發(fā)動機推力，你可能不會計算飛機飛行時的動壓p，但你可根據(jù)所學的物理知識和方法進行分析，判斷出下列飛行動壓p的表達式合理的是()A．p＝eq\f(ρv2,2m)B．p＝eq\f(ρv2,2)C．p＝eq\f(Fρv,2)D．p＝eq\f(Fρv,2m)重點7、從受力確定運動情況1．牛頓第二定律確定了運動和力的關(guān)系，使我們能夠把物體的運動情況與受力情況聯(lián)系起來．2．如果已知物體的受力情況，可以由牛頓第二定律求出物體的加速度，再通過運動學的規(guī)律確定物體的運動情況．例7、(多選)質(zhì)量為3kg的物體，靜止于水平地面上，在10N的水平拉力作用下，開始沿水平地面做勻加速直線運動，物體與地面間的摩擦力是4N。則()A．物體在3s末的速度大小為10m/sB．物體在3s末的速度大小為6m/sC．物體在0～3s內(nèi)發(fā)生的位移大小為15mD．物體在0～3s內(nèi)發(fā)生的位移大小為9m變式7、如圖所示，在汽車行駛過程中，如果車距不夠，剎車不及時，汽車將發(fā)生碰撞，車里的人可能受到傷害。為了盡可能減少碰撞引起的傷害，人們設(shè)計了安全帶及安全氣囊。假定乘客質(zhì)量為70kg，汽車車速為108km/h，從踩下剎車到車完全停止需要的時間為5s，此時間內(nèi)汽車的運動可看成勻減速運動，則安全帶及安全氣囊對乘客的平均作用力大小約為()A．420NB．600NC．800ND．1000N重點8、超重和失重一、超失重條件1．視重：體重計的示數(shù)稱為視重，反映了人對體重計的壓力．2．失重：(1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?小于物體所受重力的現(xiàn)象．(2)產(chǎn)生條件：物體具有豎直向下(選填“豎直向上”或“豎直向下”)的加速度．3．超重：(1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?大于物體所受重力的現(xiàn)象．(2)產(chǎn)生條件：物體具有豎直向上(選填“豎直向上”或“豎直向下”)的加速度．4．完全失重：(1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?等于零的狀態(tài)．(2)產(chǎn)生條件：a＝g，方向豎直向下．二．.超重、失重的綜合分析與計算1．從牛頓第二定律的角度分析超重現(xiàn)象：物體的加速度方向向上(或豎直分量向上)時，根據(jù)牛頓第二定律有：N－mg＝ma，此時N>mg.2．從牛頓第二定律的角度分析失重現(xiàn)象：物體的加速度方向向下(或豎直分量向下)時，根據(jù)牛頓第二定律有：mg－N＝ma，此時N<mg.3．從牛頓第二定律進一步得出，物體是處于超重還是失重狀態(tài)決定于加速度的方向，而與物體的速度方向無關(guān)．處于超重狀態(tài)時加速度方向向上，物體可能加速上升或減速下降；處于失重狀態(tài)時，加速度方向向下，物體可能加速下降或減速上升．例8、某同學站在電梯底板上，如圖所示的v-t圖像是計算機顯示的電梯在某一段時間內(nèi)速度變化的情況(豎直向上為正方向)。根據(jù)圖像提供的信息，可以判斷下列說法中正確的是()A．在0～20s內(nèi)，電梯向上運動，該同學處于超重狀態(tài)B．在0～5s內(nèi)，電梯加速上升，該同學處于失重狀態(tài)C．在5～10s內(nèi)，電梯處于勻速狀態(tài)，該同學對電梯底板的壓力大小等于他所受的重力大小D．由于該同學的質(zhì)量未知，所以無法判斷超重、失重狀態(tài)變式8、質(zhì)量為60kg的人站在升降機中的體重計上，當升降機做下列各種運動時，體重計的讀數(shù)是多少？人處于什么狀態(tài)？(g取10m/s2)(1)升降機勻速上升；(2)升降機以3m/s2的加速度加速上升；(3)升降機以4m/s2的加速度加速下降。重點9、牛頓運動定律的擴展應用（1）瞬時加速度問題例9、.如圖所示，A和B的質(zhì)量分別是1kg和2kg，彈簧和懸線的質(zhì)量不計，在A上面的懸線燒斷的瞬間（）A．A的加速度等于2g B．A的加速度等于gC．B的加速度為零 D．B的加速度為g（2）連接體問題處理方法：1.整體法：當系統(tǒng)中各物體的加速度相同時，我們可以把系統(tǒng)內(nèi)的所有物體看成一個整體，整體的質(zhì)量等于各物體的質(zhì)量之和，當整體受到的合力已知時，可用牛頓第二定律求出整體的加速度，這種處理問題的方法叫整體法。2.隔離法：當求系統(tǒng)內(nèi)物體間相互作用的內(nèi)力時，常把某個物體從系統(tǒng)中“隔離”出來，進行受力分析，依據(jù)牛頓第二定律列方程，這種處理連接體問題的方法叫隔離法。例10、如圖所示，質(zhì)量分別為2m和3m的兩個小球靜置于光滑水平面上，且固定在勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧的兩端．今在質(zhì)量為2m的小球上沿彈簧軸線方向施加大小為F的水平拉力，使兩球一起做勻加速直線運動，則穩(wěn)定后彈簧的伸長量為()A.eq\f(F,5k)B.eq\f(2F,5k)C.eq\f(3F,5k)D.eq\f(F,k)臨界問題例11、如圖所示，水平桌面上放置一個傾角為45°的光滑楔形滑塊A，一細線的一端固定于楔形滑塊A的頂端O處，細線另一端拴一質(zhì)量為m＝0.2kg的小球。若滑塊與小球一起以加速度a向左做勻加速運動，則下列說法正確的是(取重力加速度g＝10m/s2)(A)A．當a＝5m/s2時，滑塊對球的支持力為eq\f(\r(2),2)NB．當a＝15m/s2時，滑塊對球的支持力為eq\f(\r(2),2)NC．當a＝5m/s2時，地面對A的支持力一定大于兩個物體的重力之和D．當a＝15m/s2時，地面對A的支持力一定小于兩個物體的重力之和（4）傳送帶問題例12.如圖，相距L＝11.5m的兩平臺位于同一水平面內(nèi)，二者之間用傳送帶相接．傳送帶向右勻速運動，其速度的大小v可以由驅(qū)動系統(tǒng)根據(jù)需要設(shè)定．質(zhì)量m＝10kg的載物箱(可視為質(zhì)點)，以初速度v0＝5.0m/s自左側(cè)平臺滑上傳送帶．載物箱與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.10，重力加速度取g＝10m/s2.(1)若v＝4.0m/s，求載物箱通過傳送帶所需的時間；(2)求載物箱到達右側(cè)平臺時所能達到的最大速度和最小速度．（5）板塊模型解題關(guān)鍵：(1)臨界條件：要使滑塊不從木板的末端掉下來的臨界條件是滑塊到達木板末端時的速度與木板的速度恰好相同．(2)問題實質(zhì)：“板—塊”模型和“傳送帶”模型一樣，本質(zhì)上都是相對運動問題，要分別求出各物體對地的位移，再求相對位移．例13.如圖所示，靜止在水平地面上的木板(厚度不計)質(zhì)量為m1＝1kg，與地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.2，質(zhì)量為m2＝2kg且可看成質(zhì)點的小物塊與木板和地面間的動摩擦因數(shù)均為μ2＝0.4，以v0＝4m/s的水平速度從左端滑上木板，經(jīng)過t＝0.6s滑離木板，g取10m/s2，以下說法正確的是()A．木板的長度為1.68mB．小物塊離開木板時，木板的速度為1.6m/sC．小物塊離開木板后，木板的加速度大小為2m/s2，方向水平向右D．小物塊離開木板后，木板與小物塊將發(fā)生碰撞課后鞏固一、單項選擇題1．有一種大型娛樂器械可以讓人體驗超重和失重，其環(huán)形座艙套在豎直柱子上(如圖所示)，由升降機送上幾十米的高處，然后讓座艙自由下落。落到一定位置時，制動系統(tǒng)啟動，座艙做減速運動，到地面時剛好停下。下列說法正確的是()A．座艙自由下落的過程中人處于超重狀態(tài)B．座艙自由下落的過程中人處于失重狀態(tài)C．座艙減速下落的過程中人不受重力作用D．座艙下落的整個過程中人處于失重狀態(tài)2.如圖所示，沿水平直軌運行的地鐵車廂中，拉環(huán)在某時刻與豎直方向的夾角為θ，已知重力加速度大小為g。則在該時刻()A．地鐵的運動方向水平向右B．地鐵的加速度方向水平向左C．地鐵的加速度大小為gtanθD．地鐵的加速度大小為gcotθ3．在谷物的收割和脫粒過程中，小石子、草屑等雜物很容易和谷物混在一起，另外，谷粒中還有癟粒。為了將它們分離，農(nóng)民常用一種叫作“風谷”的農(nóng)具進行分選，如圖所示，對它的分選原理描述錯誤的是()A．小石子質(zhì)量大慣性大，飛得最遠B．草屑和癟谷粒質(zhì)量小，飛得最近C．草屑和癟谷粒的慣性最大，飛得最近D．空氣阻力作用使它們速度變化快慢不同4．如圖所示，甲為履帶式電梯，乙為臺階式電梯，它們傾角相同，沒有顧客乘坐時低速轉(zhuǎn)動，有顧客乘坐時會勻加速啟動，啟動時兩個電梯的加速度大小相同。質(zhì)量相同的小紅和小明兩位乘客分別乘坐甲、乙電梯上樓，在電梯啟動階段兩位乘客受到的摩擦力大小分別為f甲、f乙，則()A．小明和小紅受到電梯的作用力大小不相同B．f甲<f乙C．小明受到電梯的作用力方向豎直向上D．f甲與f乙大小關(guān)系與傾角大小無關(guān)5．美國國家航空航天局(NASA)有一項面向大學生的“微重力學生飛行挑戰(zhàn)計劃”，學生以團隊形式提交自己設(shè)計的微重力實驗方案，獲勝的隊伍會受邀到約翰遜航天中心，乘坐飛艇到達9000m高空，然后飛艇由靜止開始下落，以模擬微重力環(huán)境。下落過程中飛艇所受空氣阻力為其重力的0.04倍。這樣可以獲得持續(xù)約25s的失重狀態(tài)，大學生們便在這段時間內(nèi)進行關(guān)于微重力影響的實驗。緊接著，飛艇又做勻減速運動。若飛艇離地面的高度不得低于500m，重力加速度g取10m/s2。則下列說法正確的是()A．飛艇在20s內(nèi)下落的高度為1820mB．飛艇在25s時速度為240m/sC．飛艇后來的減速過程中加速度約為3.24m/s26．如圖所示，質(zhì)量分別為M和m的物塊由相同的材料制成，且M>m，將它們用一根跨過輕而光滑的定滑輪的細線連接。當按圖甲所示放置在水平桌面上，兩物塊剛好做勻速運動。如果互換兩物塊按圖乙所示放置在同一水平桌面上，它們的共同加速度大小為()A.eq\f(M,M＋m)gB．eq\f(M－m,m)gC.eq\f(M－m,M)g D．上述均不對7.如圖所示，一條足夠長的淺色水平傳送帶自左向右勻速運行?，F(xiàn)將一個木炭包無初速度地放在傳送帶的最左端，木炭包在傳送帶上將會留下一段黑色的徑跡。下列說法中正確的是()A．黑色的徑跡將出現(xiàn)在木炭包的左側(cè)B．開始時木炭包相對于傳送帶向右運動C．木炭包的質(zhì)量越大，徑跡的長度越短D．木炭包與傳送帶間的動摩擦因數(shù)越大，徑跡的長度越短多項選擇題8.如圖，輕彈簧拴接的物體A、B質(zhì)量分別為m和2m，用手C托著處于靜止狀態(tài)，已知重力加速度大小為g。若手突然向下離開B，在此瞬間，A、B、C的加速度分別為aA、aB、aC，則()aA＝0 B．a(chǎn)B＝gC．a(chǎn)Bg D．a(chǎn)C＝gF拉靜止在水平面上的物體，在F從零開始逐漸增大的過程中，物體的加速度a隨水平力F變化的圖像如圖所示，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2，則可以計算出()A．物體與水平面間的最大靜摩擦力B．F＝14N時物體的速度C．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)D．物體的質(zhì)量10．如圖甲所示，長木板B固定在光滑水平面上，可視為質(zhì)點的物體A靜止疊放在B的最左端?，F(xiàn)用F＝6N的水平力向右拉A，經(jīng)過5s，A運動到B的最右端，且其v-t圖像如圖乙所示。已知A、B的質(zhì)量分別為1kg、4kg，A、B間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2。下列說法正確的是()A．A的加速度大小為0.5m/s2B．A、BC．若B不固定，B的加速度大小為1m/s2D．若B不固定，A運動到B的最右端所用的時間為5eq\r(2)s三、非選擇題11．某同學利用圖甲所示的實驗裝置來研究滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)。長木板的左端固定一定滑輪，右端固定一打點計時器，滑塊的右端與穿過打點計時器的紙帶相連，左端用細線通過定滑輪與鉤碼相連。(1)實驗中必要的措施是（）。A．細線必須與長木板平行B．先接通電源再釋放滑塊C．滑塊的質(zhì)量遠大于鉤碼的質(zhì)量D．墊高木板的右端以補償打點計時器對滑塊的阻力及其他阻力(2)若某次實驗中，所用鉤碼的質(zhì)量m＝150g，滑塊的質(zhì)量M＝0.3kg，打出的紙帶如圖乙所示，且相鄰兩計數(shù)點之間還有四個點未畫出(電源的頻率為50Hz，重力加速度g取10m/s2)，根據(jù)紙帶求出滑塊的加速度a＝（）m/s2，滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝（）。12．物理興趣小組利用如圖1所示的實驗裝置做“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實驗，細線已經(jīng)調(diào)整為與長木板平行。(1)在探究加速度與力的關(guān)系時，若小盤、盤內(nèi)砝碼整體的總質(zhì)量用m表示，小車(含車內(nèi)砝碼)和力傳感器(通過電腦顯示拉力的大小)質(zhì)量用M表示。實驗中，在保持M一定的前提下，（）(填“需要”或“不需要”)滿足m?M。在釋放小車（）(填“之前”或“之后”)接通打點計時器的電源，在紙帶上打出一系列的點。(2)在(1)的前提下，多次改變盤內(nèi)砝碼的質(zhì)量，重復實驗，測得多組力傳感器的示數(shù)F及對應的小車加速度a，作出a-F圖像，最可能是圖3中的（）。(3)實驗時打出的一條紙帶如圖2所示，打點計時器每隔0.02s打一個點，相應的加速度大小為（）m/s2。13.如圖是艦載機在航空母艦上起飛時的照片。艦載機質(zhì)量m＝1.8×104kg，起飛速度v＝60m/s，艦載機在平直甲板上從靜止開始勻加速到起飛的距離l＝225m，加速起飛過程所受平均阻力為機重的k倍，k＝0.2。艦載機起飛過程中航空母艦保持靜止，艦載機可視為質(zhì)點，g取10m/s2，求：(1)艦載機勻加速起飛時的加速度大??；(2)艦載機勻加速起飛過程需要的時間；(3)艦載機勻加速起飛時所受牽引力的大小。14．機場地勤工作人員利用傳送帶從飛機上卸行李。如圖所示，以恒定速率v1＝0.6m/s運行的傳送帶與水平面間的夾角α＝37°，轉(zhuǎn)軸間距L＝3.95m。工作人員沿傳送方向以速度v2＝1.6m/s從傳送帶頂端推下一件小包裹(可視為質(zhì)點)。小包裹與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.8。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)小包裹相對傳送帶滑動時加速度的大小a；(2)小包裹通過傳送帶所需的時間t。15．如圖所示，質(zhì)量相等的物塊A和B疊放在水平地面上，左邊緣對齊。A與B、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ。先敲擊A，A立即獲得水平向右的初速度，在B上滑動距離L后停下。接著敲擊B，B立即獲得水平向右的初速度，A、B都向右運動，左邊緣再次對齊時恰好相對靜止，此后兩者一起運動至停下。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。求：(1)A被敲擊后獲得的初速度大小vA；(2)在左邊緣再次對齊的前、后，B運動加速度的大小aB、aB′；(3)B被敲擊后獲得的初速度大小vB。參考答案二、本章主要知識點（一）、外力保持質(zhì)量（二）、F=ma（三）、導出單位Kgsm（四）、向上向下課堂講解答案B解析伽利略的理想實驗是以經(jīng)驗事實為基礎(chǔ)，通過實際實驗，再運用分析推理得出結(jié)論的。之所以稱之為理想實驗，是因為實驗的結(jié)果是無法用實際的實驗進行驗證的。但是，分析推理的過程是合乎邏輯的，是嚴密的，是對實際過程的科學抽象，因此得出的結(jié)論是對客觀世界真實的反映。本題的四個實驗步驟中，只有②是事實，①③④都是推理，實驗步驟的正確順序為②③①④，B選項符合題意。答案BC解析當物體所受的合力為零或者不受外力時，物體處于勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)，故A項錯誤，B項正確；當物體所受的合力不為零時，物體的運動狀態(tài)會變化，故C項正確；牛頓第一定律闡述了合力不為零的情況：“除非作用在它上面的力迫使它改變這種狀態(tài)”，理解為當物體所受的合力不為零時，物體的運動狀態(tài)會變化，即速度會變化，故D項錯誤。變式2、答案B解析火車勻速行駛，在小球釋放前小球隨火車一起運動，小球的速度等于火車的速度；在小球相對車廂由靜止釋放后，由于慣性小球在水平方向的速度保持不變，即小球下落的過程中小球在水平方向的速度始終等于火車的速度，小球一定落到B處，故選項B正確，A、C、D錯誤。答案平衡摩擦力約8V電壓的蓄電池改為約8V的交流電源a-M圖像改為a-eq\f(1,M)圖像應處于木板的最右端應靠近打點計時器應使細繩平行于木板解析(1)實驗中把所掛槽碼的重力大小看成小車所受合外力大小，沒有考慮摩擦力，故必須平衡摩擦力且應排在步驟B之后。(2)有錯誤的是步驟D，電磁打點計時器接在約8V電壓的蓄電池上將無法工作，必須接在約8V的交流電源上。(3)作a-M關(guān)系圖像，得到的是曲線，很難進行正確的判斷，必須“化曲為直”，改作a-eq\f(1,M)關(guān)系圖像。(4)①電磁打點計時器應處于木板的最右端，留出小車的運動空間；②釋放小車時，小車應靠近打點計時器；③連接小車的細繩應平行于木板，故應調(diào)節(jié)滑輪位置使細繩平行于木板。變式3、答案甲、乙、丙甲C、A、B0.16m/s20.36m/s解析(1)甲、乙、丙三個實驗小組，在數(shù)據(jù)處理時，小車受到的拉力即小車受到的合外力，故甲、乙、丙三個實驗小組中都需要平衡摩擦力。(2)乙和丙小組實驗中細線上的拉力可以由彈簧測力計或力傳感器直接得到，不需要用重物的重力代替，所以乙、丙兩組不需要滿足M?m，而甲組用重物的重力代替細線的拉力，要滿足M?m。(3)根據(jù)裝置可知，題圖2中小車受到的拉力大于彈簧測力計的示數(shù)，題圖3中小車受到的拉力等于力傳感器的示數(shù)，當F相等時，乙組的加速度大，所以乙組對應題圖4中圖線A，丙組對應題圖4中圖線B，甲組用重物的重力代替細線的拉力，要滿足M?m，隨著m的增大，不滿足M?m時，圖像出現(xiàn)彎曲，所以甲組對應的是題圖4中圖線C。(4)每5個點取一個計數(shù)點，相鄰兩計數(shù)點間的時間間隔T＝0.1s，由勻變速直線運動的推論得Δx＝aT2＝1.6×10－3m，可知加速度a＝eq\f(Δx,T2)＝0.16m/s2，打下編號2時小車的速度v＝eq\f(x12＋x23,2T)＝0.36m/s。答案AB解析在物體質(zhì)量一定時，合力恒定，加速度就恒定，合力增大，加速度立即增大，故A項正確；根據(jù)牛頓第二定律可知加速度和合力的方向相同，故B項正確；同一物體的運動速度變化量越大，加速度不一定越大，根據(jù)牛頓第二定律可知，受到的合力也不一定越大，故C項錯誤；質(zhì)量與物體本身有關(guān)，與其他因素無關(guān)，故D項錯誤。答案A解析設(shè)無人機在豎直上升時受到的空氣阻力大小為f，根據(jù)牛頓第二定律可知F－f－mg＝ma，解得f＝5N，故選A項。變式5、答案(1)g(sinθ＋μcosθ)方向沿斜面向下(2)g(sinθ－μcosθ)方向沿斜面向下解析(1)以木塊為研究對象，木塊上滑時對其受力分析，如圖甲所示，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ＋Ff＝ma又FN＝mgcosθ，F(xiàn)f＝μFN聯(lián)立解得a＝g(sinθ＋μcosθ)，方向沿斜面向下。(2)木塊下滑時對其受力分析如圖乙所示，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－Ff′＝ma′又FN′＝mgcosθ，F(xiàn)f′＝μFN′聯(lián)立解得a′＝g(sinθ－μcosθ)，方向沿斜面向下。答案ACD解析基本量的單位是基本單位，力學中的基本量有長度、質(zhì)量、時間，故厘米、克、小時均為基本單位，故選項A正確；力學中的長度、質(zhì)量、時間是基本量，力、加速度為導出量，故選項B錯誤；牛頓、焦耳、帕斯卡分別是導出量力、功、壓強的單位，故選項C正確；因所有物理量均由基本量構(gòu)成，故所有導出單位都可用基本單位表示，故選項D正確。變式6、答案B解析動壓p的國際單位Pa＝N/m2＝eq\f(kg·m/s2,m2)＝eq\f(kg,m3)·eq\f(m2,s2)，只有選項B等式右邊的單位與p的單位符合，選項B正確。答案BD解析根據(jù)牛頓第二定律得a＝eq\f(F－f,m)＝eq\f(10－4,3)m/s2＝2m/s2，則物體在3s末的速度大小v＝at＝2×3m/s＝6m/s，在0～3s內(nèi)的位移x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×2×32m＝9m，故B、D正確。變式7、答案A解析從踩下剎車到車完全停止的5s內(nèi)，人的速度由30m/s減小到0，視為勻減速直線運動，則有a＝eq\f(v－v0,t)＝eq\f(－30,5)m/s2＝－6m/s2。根據(jù)牛頓第二定律知安全帶及安全氣囊對乘客的平均作用力F＝ma＝70×(－6)N＝－420N，負號表示力的方向跟初速度方向相反，A正確。答案C解析在0～5s內(nèi)，電梯加速上升，該同學對電梯底板的壓力大小大于他所受的重力大小，處于超重狀態(tài)，故B錯誤；在5～10s內(nèi)，電梯處于勻速狀態(tài)，此時該同學受力平衡，對電梯底板的壓力大小等于他所受的重力大小，故C正確；在10～20s內(nèi)，電梯減速上升，該同學對電梯底板的壓力大小小于他所受的重力大小，處于失重狀態(tài)，故A、D錯誤。變式8、答案(1)600N平衡狀態(tài)(2)780N超重狀態(tài)(3)360N失重狀態(tài)解析(1)當升降機勻速上升時，由牛頓第二定律得FN1－G＝0，所以人受到的支持力FN1＝600N。根據(jù)牛頓第三定律得，人對體重計的壓力大小即體重計的示數(shù)大小為600N，人處于平衡狀態(tài)。(2)當升降機以3m/s2的加速度加速上升時，由牛頓第二定律得FN2－G＝ma，解得FN2＝780N。由牛頓第三定律得，人對體重計的壓力大小為780N，故此時體重計的示數(shù)為780N，大于人的重力，人處于超重狀態(tài)。(3)當升降機以4m/s2的加速度加速下降時，由牛頓第二定律得G－FN3＝ma′，解得FN3＝360N。由牛頓第三定律得，人對體重計的壓力大小為360N，故此時體重計的示數(shù)為360N，小于人的重力，人處于失重狀態(tài)。答案C解析CD．懸線燒斷前，B物體受力平衡，故彈簧的彈力大小為懸線燒斷的瞬間，彈簧的彈力不突變，大小仍為，此瞬間B物體受到的彈力與重力仍平衡，合力為零，則B的加速度為零，C正確，D錯誤；AB．細線燒斷瞬間A受到重力和向下的彈力，由牛頓第二定律得解得方向向下，故AB錯誤。故選C。答案C解析對整體分析，整體的加速度a＝eq\f(F,5m)，對質(zhì)量為3m的小球分析，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)彈＝kx＝3ma，得x＝eq\f(3F,5k)，故A、B、D錯誤，C正確．答案A解析設(shè)加速度為a0時小球?qū)瑝K的壓力恰好等于零，此時細線中拉力為F0，對小球受力分析，小球受重力、拉力，根據(jù)牛頓第二定律，水平方向有F合＝F0cos45°＝ma0，豎直方向有F0sin45°＝mg，解得a0＝g；當a＝5m/s2時，小球未離開滑塊，根據(jù)牛頓第二定律，水平方向有F線cos45°－FNcos45°＝ma，豎直方向有F線sin45°＋FNsin45°＝mg，聯(lián)立解得FN＝eq\f(\r(2),2)N，故A正確；當a＝15m/s2時，小球已經(jīng)離開滑塊，只受重力和細線的拉力，滑塊對球的支持力為零，故B錯誤；當系統(tǒng)相對穩(wěn)定后，豎直方向沒有加速度，受力平衡，所以地面對A的支持力與兩個物體的重力之和大小相等，故C、D錯誤。例12、答案(1)2.75s(2)4eq\r(3)m/seq\r(2)m/s解析(1)傳送帶的速度為v＝4.0m/s時，載物箱在傳送帶上先做勻減速運動，設(shè)其加速度大小為a，由牛頓第二定律有μmg＝ma①設(shè)載物箱滑上傳送帶后勻減速運動的距離為s1，由運動學公式有v2－v02＝－2as1②聯(lián)立①②式，代入題給數(shù)據(jù)得s1＝4.5m③因此，載物箱在到達右側(cè)平臺前，速度先減小到v，然后開始做勻速運動．設(shè)載物箱從滑上傳送帶到離開傳送帶所用的時間為t1，做勻減速運動所用的時間為t1′，由運動學公式有v＝v0－at1′④t1＝t1′＋eq\f(L－s1,v)⑤聯(lián)立①③④⑤式并代入題給數(shù)據(jù)得t1＝2.75s⑥(2)當載物箱滑上傳送帶后一直做勻減速運動時，到達右側(cè)平臺時的速度最小，設(shè)為v1；當載物箱滑上傳送帶后一直做勻加速運動時，到達右側(cè)平臺時的速度最大，設(shè)為v2.則v12－v02＝－2μgL⑦v22－v02＝2μgL⑧由⑦⑧式并代入題給條件得v1＝eq\r(2)m/s,v2＝4eq\r(3)m/s例13、答案D解析由于μ2m2g>μ1(m1＋m2)g，對木板由牛頓第二定律得μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a1，解得a1＝2m/s2，即物塊在木板上以a2＝μ2g＝4m/s2向右減速滑行時，木板以a1＝2m/s2向右加速運動，在0.6s時，物塊的速度v2＝1.6m/s，木板的速度v1＝1.2m/s，B錯誤；物塊滑離木板時，物塊位移為x2＝eq\f(v0＋v2,2)t＝1.68m，木板位移x1＝eq\f(v1,2)t＝0.36m，兩者相對位移為x＝x2－x1＝1.32m，即木板長度為1.32m，A錯誤；物塊離開木板后，木板做減速運動，加速度大小為a1′＝2m/s2，方向水平向左，C錯誤；分離后，在地面上物塊會滑行x2′＝eq\f(v\o\al(22),2a2)＝0.32m，木板會滑行x1′＝eq\f(v\o\al(12),2a1′)＝0.36m，所以兩者會相碰，D正確．課后鞏固答案D解析在座艙自由下落的過程中人只受重力作用，做自由落體運動，處于失重狀態(tài)，故選項A錯誤，B正確；在座艙減速運動的過程中人受重力和座位對人向上的支持力，座艙做減速運動，所以加速度方向向上，人處于超重狀態(tài)，故選項C、D錯誤。答案C解析拉環(huán)受重力、拉力作用，由拉環(huán)傾斜情況可知地鐵加速度方向水平向右，但僅根據(jù)加速度方向無法確定速度方向，A、B錯誤；如圖所示，將重力和拉力合成，可得合力F合＝mgtanθ，由F合＝ma可求得地鐵的加速度大小a＝gtanθ，C正確，D錯誤。答案C解析小石子、實谷粒、草屑和癟谷粒飛出時初速度基本相同，由于它們形狀和大小不同，在飛行中受到的空氣阻力的影響不同。一般來說，小石子受到的阻力的影響比草屑等雜物受到的阻力的影響要小，所以它們的速度變化快慢不同。草屑和癟谷粒質(zhì)量小慣性小，速度變化快，故落點近；小石子質(zhì)量大慣性大，速度大小不易改變，速度變化得慢，故落點遠。本題選錯誤的，故選C。答案D解析小明和小紅具有相同的加速度，由牛頓第二定律可知他們所受的合力相同，他們都受到電梯的作用力及重力的作用，重力相同的情況下，電梯對他們的作用力大小相等、方向相同，A錯誤；設(shè)電梯傾角為θ，由牛頓第二定律，在甲電梯啟動階段有f甲－mgsinθ＝ma，在乙電梯啟動階段有f乙＝macosθ，對比可得f甲>f乙，B錯誤；由于小明的加速度沿電梯向上，由牛頓第二定律可知，小明受到電梯的作用力方向不可能豎直向上，C錯誤；結(jié)合B項分析可知，f甲大于f乙的關(guān)系與傾角大小無關(guān)，D正確。答案B解析飛艇由靜止開始下落過程中，根據(jù)牛頓第二定律可得MgMg＝Ma1，飛艇在20s內(nèi)下落的高度h1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，聯(lián)立解得h1＝1920m，A錯誤；飛艇在25s時速度v2＝a1t2＝240m/s，B正確；飛艇在25s內(nèi)下落的高度h2＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,2)＝3000m，可知飛艇減速下降過程位移h3＝9000m－3000m－500m＝5500m，末速度為零，由位移公式可得h3＝eq\f(v2,2)t3，加速度大小a2＝eq\f(v2,t3)，解得a2≈5.24m/s2，C錯誤；在飛艇后來的減速過程中，對大學生，由牛頓第二定律可得F－mg＝ma2，解得Fmg，即大學生對座位的壓力約是重力的1.52倍，D錯誤。答案C解析由題圖甲可知，質(zhì)量為m的物塊勻速運動，故T＝mg，質(zhì)量為M的物塊勻速運動，故T＝μMg。聯(lián)立解得μ＝eq\f(m,M)。題圖乙中，對質(zhì)量為M的物塊有Mg－T′＝Ma，對質(zhì)量為m的物塊有T′－μmg＝ma，聯(lián)立解得a＝eq\f(M－m,M)g，故C項正確。答案D解析設(shè)木炭包的質(zhì)量為m，傳送帶的速度為v，木炭包與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ。對木炭包運動過程進行分析知，木炭包剛放上傳送帶時，傳送帶相對木炭包向右運動，傳送帶受到木炭包向左的摩擦力，則木炭包受到傳送帶向右的摩擦力，且在該摩擦力作用下向右做加速運動。開始時木炭包速度小于傳送帶速度，木炭包相對傳送帶向左運動，徑跡出現(xiàn)在木炭包右側(cè)，直到木炭包與傳送帶速度相等，一起做勻速運動，徑跡不再變化。木炭包相對傳送帶運動時，其加速度為μg，徑跡的長度s＝eq\f(v2,2μg)，即傳送帶速度越大，徑跡越長；木炭包與傳送帶間的動摩擦因數(shù)越大，徑跡越短；徑跡的長度與木炭包的質(zhì)量無關(guān)。綜上所述，A、B、C錯誤，D正確。答案AC解析手撤走前，對A受力分析，A受重力和彈力且處于平衡狀態(tài)，所以彈力大小等于A的重力大小mg，對B受力分析，B受向下的重力2mg、向下的彈力mg和手向上的支持力3mg。撤走手后，彈簧的彈力沒來得及變化，A受到的合力不變，故A的加速度為0；B球受到的支持力消失，受重力和彈簧的彈力，合力為3mg，故Bg，手突然向下離開B，則手的加速度必然大于B的加速度，B、D錯誤，A、C正確。答案ACD解析由F－μmg＝ma，得a＝eq\f(F,m)－μg，將F1＝7N、a1＝0.5m/s2，F(xiàn)2＝14N、a2＝4m/s2代入可得m＝2kg，μ＝0.3，C、D正確；物體與水平面間的最大靜摩擦力Ff＝μmg＝6N，A正確；因物體做變加速運動，加速時間未知，故無法求出F＝14N時物體的速度，B錯誤。答案BCD解析根據(jù)題圖乙可知，物體A的加速度aA＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(10,5)m/s2＝2m/s2，A錯誤；以A為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得F－μmAg＝m