第三章 第1講　牛頓運動定律-2025屆高三一輪復習物理

第三章運動和力的關系核心素養(yǎng)考點內容高考真題備考建議物理觀念單位制力與運動關系2023全國乙T14(力與運動)2023全國甲T19(動力學圖像)2023山東T8(牛頓定律)2023江蘇T1(超重與失重)2023湖北T8(動力學圖像)2023遼寧T15(牛頓定律與動量能量綜合)2023北京T6(牛頓運動定律)2023全國新課標T19(牛頓定律)2022全國甲T19(牛頓定律)2022全國乙T15(牛頓定律)2022山東T6(力與運動)2022浙江T2(慣性)2022浙江T19(力與運動)2022湖南T9(力與運動)2022湖北T11(力與運動)高考主要考查牛頓運動定律的理解與應用,直線運動與牛頓運動定律的綜合。復習重點培養(yǎng)用力和運動的觀點分析問題、解決問題的能力,注重牛頓第二定律在生活生產(chǎn)和科技中的應用,將實際問題理想化、模型化科學思維失重與超重科學探究驗證牛頓運動定律科學態(tài)度與責任牛頓運動定律及應用第1講牛頓運動定律對應學生用書P49考點一牛頓運動定律的理解1.牛頓第一定律(1)內容:一切物體總保持①狀態(tài)或②狀態(tài),除非作用在它上面的力迫使它改變這種狀態(tài)。

(2)意義:揭示了力與運動的關系。力不是③物體運動狀態(tài)的原因,而是④物體運動狀態(tài)的原因,即產(chǎn)生加速度的原因。

2.慣性(1)定義:物體具有保持原來⑤狀態(tài)或⑥狀態(tài)的性質。

(2)量度:質量是慣性大小的唯一量度,質量大的物體慣性⑦,質量小的物體慣性⑧。

(3)普遍性:慣性是物體的本質屬性,一切物體都有慣性。與物體的運動情況和受力情況⑨。

答案①勻速直線運動②靜止③維持④改變⑤勻速直線運動⑥靜止⑦大⑧?、釤o關1.伽利略為了說明力和運動關系的理想斜面實驗示意圖如圖所示。讓小球沿一個斜面由靜止開始向下運動,小球將沿另一個斜面上升到與第一個斜面等高處;減小第二個斜面的傾角,重復實驗,小球將沿另一個斜面仍上升到與第一個斜面等高處,直至斜面最終變?yōu)樗?小球再也不能上升到與第一個斜面等高處,將一直運動下去。(1)由此實驗得出什么結論?(2)此實驗有何意義?答案(1)力不是維持物體運動的原因。(2)伽利略創(chuàng)造性地把實驗、假設和邏輯推理相結合的科學方法,有力地促進了人類科學認識的發(fā)展。2.在桌面上放置一張紙和一個小鋼球,小鋼球靜止在紙面上(如圖所示)。如果突然迅速拉動紙的一邊,你觀察到的現(xiàn)象是。

答案小鋼球相對桌面位置幾乎不變(小鋼球幾乎不動)角度1牛頓第一定律內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)意義(1)指出了一切物體都有慣性,因此牛頓第一定律又叫慣性定律(2)指出力不是維持物體運動狀態(tài)的原因,而是改變物體運動狀態(tài)的原因考向1牛頓第一定律的理解(2024屆昌平區(qū)質檢)如圖所示,某同學朝著列車行進方向坐在車廂中,水平桌面上放有一靜止的小球。突然,他發(fā)現(xiàn)小球向后滾動,則可判斷()。A.列車在剎車B.列車在做勻速直線運動C.列車在做加速直線運動D.列車的加速度在增大答案C解析小球突然向后滾動,根據(jù)牛頓第一定律可以判斷列車相對小球向前做加速直線運動,但無法判斷列車的加速度變化情況,故A、B、D三項錯誤,C項正確。1.牛頓第一定律的三點揭示:(1)物體的一種固有屬性——慣性;(2)力的本質——力是改變物體運動狀態(tài)的原因,而不是維持物體運動的原因;(3)物體的一種理想狀態(tài)——不受力時(實際上不存在)與所受合外力為零時的運動狀態(tài)表現(xiàn)是相同的。2.牛頓第一定律不能通過實驗直接驗證。考向2牛頓第一定律的應用滑板運動員沿水平地面向前滑行,在橫桿前相對于滑板豎直向上起跳,人與滑板分離,分別從橫桿的上方、下方通過,忽略人和滑板在運動中受到的阻力,則運動員()。A.起跳時腳對滑板的作用力斜向后B.在空中水平方向先加速后減速C.越過桿后落在滑板的后方D.越過桿后仍落在滑板上起跳的位置人相對滑板豎直向上跳起人相對滑板水平速度為零人與滑板水平方向同速相同時間內人與滑板運動的水平距離相同答案D解析由于運動員相對于滑板豎直向上起跳,與滑板在水平方向無力的作用,故二者水平方向速度始終相同,D項正確。角度2慣性慣性的理解定義物體具有保持原來勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質普遍性慣性是一切物體都具有的性質,是物體的固有屬性,與物體的運動情況和受力情況無關量度質量是慣性大小的唯一量度,質量大的物體慣性大,質量小的物體慣性小(2023年浙江6月卷)在足球運動中,足球入網(wǎng)的情境如圖所示,則()。A.踢香蕉球時足球可視為質點B.足球在飛行和觸網(wǎng)時慣性不變C.足球在飛行時受到腳的作用力和重力D.觸網(wǎng)時足球對網(wǎng)的力大于網(wǎng)對足球的力答案B解析在研究如何踢出“香蕉球”時,需要考慮踢在足球上的位置與角度,此時足球不能看作質點,A項錯誤;慣性只與質量有關,足球在飛行和觸網(wǎng)時質量不變,慣性不變,B項正確;在足球飛行時,腳已經(jīng)離開足球,故不受腳的作用力,C項錯誤;觸網(wǎng)時足球對網(wǎng)的力與網(wǎng)對足球的力是相互作用力,大小相等,D項錯誤。考點二牛頓第二定律1.內容:物體加速度的大小跟它受到的①成正比,跟②成反比,加速度的方向跟③的方向相同。

2.表達式:④。

3.適用范圍:(1)牛頓第二定律只適用于⑤參考系,即相對地面⑥或⑦的參考系。

(2)牛頓第二定律只適用于⑧(相對于分子、原子)低速(遠小于光速)運動的情況。

答案①合外力②物體的質量③合外力④F=ma⑤慣性⑥靜止⑦做勻速直線運動⑧宏觀物體1.某同學在列車車廂的頂部用細線懸掛了一個小球,在列車以某一加速度在水平軌道上漸漸啟動的過程中,細線就會偏過一定角度并相對車廂保持靜止,通過測定偏角的大小就能確定列車的加速度。如圖所示,在某次測定中,懸線與豎直方向的夾角為θ,則列車的加速度大小a=,方向為。

答案gtanθ水平向右解析小球的受力情況如圖所示,可知F=mgtanθ,又F=ma,解得a=gtanθ,方向水平向右。2.2013年6月20日,我國女航天員在“天宮一號”中進行了授課活動,演示了太空“質量測量儀”測質量的實驗。助教將自己固定在支架一端,女航天員將連接運動機構的彈簧拉到指定位置;松手后,彈簧凸輪機構產(chǎn)生恒定的作用力F,使彈簧回到初始位置,同時用光柵測速裝置測量出支架復位時的速度v和所用時間t;LED屏顯示出助教的質量m為74kg。該實驗測質量的原理是什么?答案提示:由v=at,F=ma得m=Ftv角度1牛頓第二定律的理解牛頓第二定律的六個性質(2023年全國乙卷)一同學將排球自O點墊起,排球豎直向上運動,隨后下落回到O點。設排球在運動過程中所受空氣阻力大小和速度大小成正比。則該排球()。A.上升時間等于下落時間B.被墊起后瞬間的速度最大C.達到最高點時加速度為零D.下落過程中做勻加速運動答案B解析對排球進行受力分析,上升過程的重力和阻力方向相同,下降過程中重力和阻力方向相反,根據(jù)牛頓第二定律可知,上升過程中任意位置的加速度比下降過程中對應位置的加速度大,則上升過程的平均加速度較大。由位移與時間關系可知,上升時間比下落時間短,A項錯誤;在整個過程中空氣阻力一直做負功,排球機械能一直在減小,下降過程中的最低點的速度小于上升過程的最低點的速度,故排球被墊起時的速度最大,B項正確;達到最高點速度為零,空氣阻力為零,此刻排球重力產(chǎn)生的加速度不為零,C項錯誤;下落過程中,排球速度在變化,所受空氣阻力在變化,故排球所受的合外力在變化,排球在下落過程中做變加速運動,D項錯誤。合力、加速度與速度間的決定關系角度2牛頓第二定律的簡單應用1.牛頓第二定律表達式推廣:F合=ma(a為物體的合加速度)。2.牛頓第二定律矢量性應用:Fx合=max,Fy合=may。考向1整體法與隔離法在牛頓第二定律中的應用(2023年北京卷)如圖所示,在光滑水平地面上,兩相同物塊用細線相連,兩物塊質量均為1kg,細線能承受的最大拉力為2N。若在水平拉力F作用下,兩物塊一起向右做勻加速直線運動。則F的最大值為()。A.1NB.2NC.4N D.5N答案C解析對兩物塊整體進行受力分析有Fmax=2ma,對左側物塊有FTmax=ma,又FTmax=2N,解得Fmax=4N,C項正確。1.物體實際運動的加速度是合加速度,取決于物體受到的合力與物體的質量。2.系統(tǒng)的加速度取決于系統(tǒng)受到的合外力與系統(tǒng)的質量?？枷?合成法在牛頓第二定律中的應用(2022年湖南卷)(多選)球形飛行器安裝了可提供任意方向推力的矢量發(fā)動機,總質量為M。飛行器飛行時受到的空氣阻力大小與其速率的二次方成正比(即Ff=kv2,k為常量)。當發(fā)動機關閉時,飛行器豎直下落,經(jīng)過一段時間后,其勻速下落的速率為10m/s;當發(fā)動機以最大推力推動飛行器豎直向上運動,經(jīng)過一段時間后,飛行器勻速向上的速率為5m/s。重力加速度大小為g,不考慮空氣相對于地面的流動及飛行器質量的變化,下列說法正確的是()。A.發(fā)動機的最大推力為1.5MgB.當飛行器以5m/s勻速水平飛行時,發(fā)動機推力的大小為174C.發(fā)動機以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時,飛行器速率為53m/sD.當飛行器以5m/s的速率飛行時,其加速度大小可以達到3g答案BC解析飛行器豎直下落,其勻速下落的速率v1=10m/s時,飛行器的合力為零,有kv12=Mg,發(fā)動機以最大推力推動飛行器豎直向上運動,飛行器勻速向上的速率v2=5m/s時,發(fā)動機的最大推力Fmax=kv22+Mg,可得Fmax=1.25Mg,A項錯誤;當飛行器以v2=5m/s勻速水平飛行時,發(fā)動機推力的大小F2=(Mg)2+(kv22)2=174Mg,B項正確;發(fā)動機以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時,設飛行器速率為v,有Fmax=(Mg)2+(kv2)2,得v=53m/s,C項正確;當飛行器以v2=5角度3牛頓第二定律瞬時性求解瞬時加速度的步驟考向1彈簧與繩模型如圖所示,細繩1掛著匣子C,匣內又用細繩2掛著A球,在A的下方又用輕彈簧掛著B球。已知A、B、C的質量均為m,原來都處于靜止狀態(tài),重力加速度為g。當細繩1被燒斷后的瞬間,以下說法正確的是()。A.A、B、C的加速度都為gB.C的加速度為3gC.A的加速度為2gD.細繩2上張力大小為0.5mg答案D解析細繩1被燒斷后的瞬間,彈簧上彈力大小仍為mg,故此時B的加速度為0。此時A、C的加速度相同,即aA=aC,設此時細繩2上張力大小為F。對A、C整體由牛頓第二定律有3mg=2maA,對C有mg+F=maC,解得aA=aC=1.5g,F=0.5mg,D項正確。1.求解物體在某一時刻的瞬時加速度,關鍵是明確該時刻物體的受力情況或運動狀態(tài),再由牛頓第二定律求出瞬時加速度。2.物體的受力情況和運動情況是時刻對應的,當外界因素發(fā)生變化時,需要重新進行受力分析和運動分析?？枷?彈簧與輕桿模型(2024屆成都質檢)(多選)如圖1、2所示,光滑斜面上,當系統(tǒng)靜止時,擋板C與斜面垂直,彈簧、輕桿均與斜面平行,A、B質量相等。在突然撤去擋板的瞬間()。A.兩圖中兩球加速度大小均為gsinθB.兩圖中A球的加速度大小均為零C.圖1中B球的加速度大小為2gsinθD.圖2中B球的加速度大小為gsinθ答案CD解析撤去擋板前,對整體分析,擋板對B球的彈力大小為2mgsinθ,因彈簧彈力不能突變,而桿的彈力會突變,所以撤去擋板瞬間,圖1中A球所受合力為零,加速度為零,B球所受合力為2mgsinθ,加速度為2gsinθ;圖2中桿的彈力突變?yōu)榱?A、B兩球所受合力均為mgsinθ,加速度均為gsinθ,C、D兩項正確,A、B兩項錯誤。1.牛頓第二定律瞬時性中的兩類模型2.常見物體單獨在平面上運動的相關加速度大小(二級結論)(1)沿粗糙水平面滑行的物體:a=μg(2)沿光滑斜面滑行的物體:a=gsinθ(3)沿粗糙斜面下滑的物體:a=g(sinθ-μcosθ)(4)沿粗糙斜面上滑的物體:a=g(sinθ+μcosθ)角度4五類斜面運動時間問題類型圖示規(guī)律等高斜面由L=12at2,a=gsinθ,L=hsinθ得t=1sinθ2hg,θ越小,t同底斜面由L=12at2,a=gsinθ,L=dcosθ得t=4dgsin2θ,當θ=45°時,圓周內同頂端的斜面由2R·sinθ=12·gsinθ·t2,可得t1=t2=t圓周內同底端的斜面t1=t2=t3雙圓周內斜面t1=t2=t3考向1同底斜面(2021年全國甲卷)如圖,將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板P處,上部架在橫桿上。橫桿的位置可在豎直桿上調節(jié),使得平板與底座之間的夾角θ可變。將小物塊由平板與豎直桿交點Q處靜止釋放,物塊沿平板從Q點滑至P點所用的時間t與夾角θ的大小有關。若由30°逐漸增大至60°,物塊的下滑時間t將()。A.逐漸增大B.逐漸減小C.先增大后減小 D.先減小后增大答案D解析設點P、Q的水平距離為L,由運動學公式可知Lcosθ=12gt2sinθ,可得t2=4Lgsin2θ,可知θ=45°時,t有最小值,故當θ由30°逐漸增大至60°時對同底(光滑)斜面,物體在斜面上靜止下滑時間t=4(1)當θ=45°時下滑時間最短;(2)傾角θ互余的兩個斜面上的下滑時間t相等,其t-θ圖像如圖所示,如θ1=60°,θ2=30°時,有t1=t2?？枷?等時圓模型(2024屆長沙模擬)如圖所示,三根在豎直平面內的光滑細管A、B、C上端平齊,B管豎直放置,A管與B管的夾角為α,C管與B管的夾角為β,且α<β。三個小球同時從管口頂端靜止釋放,經(jīng)過相同的時間,三球所處位置正確的是()。ABCD答案C解析如圖所示,設A、B、C、D為半徑為R的同一圓上的點,小球從A分別沿光滑桿AB、AC、AD滑下,從AB下滑有2R=12gt12,可得t1=4Rg;從AC下滑有2Rcosθ=12gcosθt22,可得t2=4Rg;同理若從AD下滑,時間t3=【變式】(多選)如圖所示,1、2、3、4四小球均由靜止開始沿著光滑的斜面從頂端運動到底端,其運動時間分別為t1、t2、t3、t4,已知豎直固定的圓環(huán)的半徑為r,O為圓心,固定在水平面上的斜面水平底端的長度為3r,重力加速度為g,下列說法正確的是()。A.t1≠t2B.t3=t4C.t3-t1=2(2-1)rD.t4-t2=(2-2)r答案BC解析由等時圓的結論知t1=t2=4rg,A項錯誤;由勻變速直線運動規(guī)律有3rsin30°=12gcos30°t32,可得t3=8rg,3rsin60°=12gcos60°t42,可得t4=8rg,B項正確;t3-t1=2(2-1)rg,C等時圓問題思維模板動力學中的連接體問題1.常見連接體類型與特點類型圖示特點彈簧連接體在彈簧發(fā)生形變的過程中,兩端連接體的速度不一定相等;在彈簧形變最大時,兩端連接體的速率相等疊放連接體兩物體不脫離接觸,在垂直接觸面方向的分速度總是相等輕繩連接體輕繩在伸直狀態(tài)下,兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等的輕桿連接體輕桿平動時,連接體具有相同的平動速度;輕桿轉動時,連接體具有相同的角速度,而線速度與轉動半徑成正比2.連接體問題的求解方法角度1加速度(大小)相同考向1繩連體(改編)(多選)如圖所示,A、B兩個小物塊用足夠長的細線相連,細線繞過固定在水平面與斜面交界處的光滑輕小定滑輪,將兩物塊分別置于水平面與斜面上,滑輪兩邊細線分別與水平面和斜面平行。已知A物塊的質量大于B物塊的質量,不計一切摩擦,在兩物塊分別沿水平面與斜面運動的一段過程中,以下說法中正確的是()。A.若將兩物塊的位置互換,兩物塊的加速度大小不變B.若將兩物塊的位置互換,兩物塊的加速度變大C.若將兩物塊的位置互換,細線上拉力大小不變D.若將兩物塊的位置互換,細線上拉力變大答案BC解析設A、B的質量分別為mA、mB,斜面傾角為θ,細線拉力大小為FT,兩物塊運動的加速度大小為a,則有mBgsinθ-FT=mBa,FT=mAa,可得a=mBgsinθmA+mB,FT=mAmBgsinθmA+mB;由于1.連接體單邊受力模型2.連接體雙邊受力模型考向2疊連體(2024屆安徽聯(lián)考)如圖1所示,足夠長的斜面體固定在水平面上,A、B兩個物塊疊放在一起置于斜面上O點由靜止釋放,物塊在向下運動過程中,物塊B與斜面間的動摩擦因數(shù)μ與物塊運動的距離x關系如圖2所示,運動過程中,物塊A、B始終保持相對靜止,則A、B一起向下運動到速度為零的過程中,關于B對A的摩擦力,下列說法正確的是()。A.一直增大B.先減小后增大C.先沿斜面向下后沿斜面向上D.先沿斜面向上后沿斜面向下答案A解析設A物塊的質量為m,A、B兩個物塊的總質量為M,對整體進行分析,由靜止釋放,一起向下運動到速度為零,先加速直線運動再減速直線運動,合力先沿斜面向下后沿斜面向上,先加速直線運動,由牛頓第二定律有Mgsinθ-μMgcosθ=Ma;再減速直線運動,有μMgcosθ-Mgsinθ=Ma1;摩擦力始終沿斜面向上,距離x一直增大,動摩擦因數(shù)μ一直增大,故加速度先減小后增大,對A物塊進行分析,設B與A之間的摩擦力大小為f,根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ-f=ma,先加速直線運動;再減速直線運動則f-mgsinθ=ma1,B對A的摩擦力始終沿斜面向上,加速度先減小后增大,B對A的摩擦力一直增大。整體法與隔離法的靈活運用整體法的選取原則若連接體內各物體具有相同的加速度,且不需要求物體之間的作用力,可以把它們看成一個整體,分析整體受到的合外力,應用牛頓第二定律求出加速度(或其他未知量)隔離法的選取原則若連接體內各物體的加速度不相同,或者要求出系統(tǒng)內各物體之間的作用力時,就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來,應用牛頓第二定律列方程求解整體法、隔離法的交替運用若連接體內各物體具有相同的加速度,且要求出物體之間的作用力時,一般采用“先整體求加速度,后隔離求內力”;隔離法分析物體間的作用力時,一般應選受力個數(shù)較少的物體進行分析角度2加速度(大小)不相同考向1含動滑輪連接體(2024屆荊州質檢)如圖所示,兩個完全相同的薄木板固定在水平桌面上,薄木板的一端帶滑輪,滑塊A、B分別放置在左右木板上,連接兩滑塊的細線拉著一個動滑輪,動滑輪下面掛物塊C,已知A、B、C的質量分別為m、2m、4m,木板上面的細線與木板平行,動滑輪兩側細線豎直平行,細線不可伸長,不計一切摩擦和動滑輪的質量,重力加速度為g,現(xiàn)將A、B、C三者同時由靜止釋放,下列說法正確的是()。A.滑塊A和B的速度大小始終相等B.細線的拉力大小為0.6mgC.滑塊A的速度大于物塊C的速度D.物塊C的加速度小于滑塊B的加速度答案C解析A、B由同一輕繩連接,繩中張力大小處處相等,A、B質量之比為1∶2,根據(jù)牛頓第二定律可知,A、B的加速度之比為2∶1,滑塊A和B的速度大小始終為2∶1,A項錯誤;由于輕繩不可伸長且根據(jù)滑輪組的關系可知vA∶vB∶vC=4∶2∶3,則加速度之比為aA∶aB∶aC=4∶2∶3,則vA>vC,C項正確,D項錯誤;設繩中張力為T,則有aA=Tm,aC=4mg-2T4m,解得T=0【變式】如圖所示,A、B兩滑塊質量分別為2kg和3kg,用一輕繩將兩滑塊相連后分別置于兩等高的粗糙水平面上,兩滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5。用手按著兩滑塊不動,第一次是將一輕質動滑輪置于輕繩上,然后將一質量為4kg的物塊C掛于動滑輪上,只釋放A而按著B不動;第二次是將物塊C取走,換作豎直向下的40N的恒力作用于動滑輪上,只釋放B而按著A不動。重力加速度g取10m/s2,則兩次操作中滑塊A和B獲得的加速度之比為()。A.1∶2 B.5∶6 C.5∶3 D.2∶1答案D解析第一次只釋放A而按著B不動,設輕繩中拉力為F1,滑塊A的加速度為aA,物塊C的加速度為aC,對滑塊A,由牛頓第二定律得F1-μmAg=mAaA,對物塊C有mCg-2F1=mCaC,根據(jù)動滑輪知識可得,aA=2aC,聯(lián)立解得aA=103m/s2;第二次是將物塊C取走,換作豎直向下的40N的恒力作用于動滑輪上,只釋放B而按著A不動,輕繩中拉力F2=20N,設滑塊B的加速度為aB,對滑塊B,由牛頓第二定律得F2-μmBg=mBaB,解得aB=53m/s2。則兩次操作中滑塊A和B獲得的加速度之比為aA∶aB=2∶1,若連接體內各個物體的加速度不同,一般應采用隔離法,以各個物體分別作為研究對象,對每個研究對象進行受力和運動情況分析,分別應用牛頓第二定律建立方程,并注意應用各個物體的相互作用關系聯(lián)立求解。考向2多個疊連體如圖所示,一塊足夠長的輕質長木板放在光滑水平地面上,質量分別為mA=1kg和mB=2kg的物塊A、B放在長木板上,A、B與長木板間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.4,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力?，F(xiàn)用水平拉力F拉A,取重力加速度g=10m/s2。改變F的大小,B的加速度大小可能為()。A.1m/s2B.2.5m/s2C.3m/s2D.4m/s2答案A解析A、B放在輕質長木板上,長木板質量為0,所受合力始終為0,即A、B所受摩擦力大小相等。由于A、B受到長木板的最大靜摩擦力的大小關系為fAmax<fBmax,所以B始終相對長木板靜止,當拉力增加到一定程度時,A相對長木板滑動,B受到的最大合力等于A的最大靜摩擦力,即fB=fAmax=μmAg,由fB=mBaBmax,可知B的加速度最大為2m/s2,A項正確?？键c三力學單位制及其應用1.單位制:由①單位和②單位一起組成了單位制。

2.基本單位:基本物理量的單位。國際單位制中基本物理量共七個,其中力學有三個,分別是③、④和⑤,單位分別是⑥、⑦和⑧。

3.導出單位:由基本物理量根據(jù)物理關系推導出來的其他物理量的單位。答案①基本②導出③長度④質量⑤時間⑥米⑦千克⑧秒1.下圖中展示的一些物理學關系式確定了物理量的單位。物理量之間單位關系的確定能否離開描述各種規(guī)律的物理公式?答案不能。各種物理公式規(guī)定了物理量之間的單位關系。2.小剛需要計算圓錐的體積,他從一本書中查得圓錐體積的計算公式為V=13πR3h。小紅說,從單位關系上看,這個公式肯定是錯誤的。她的根據(jù)是

答案根據(jù)該公式,體積V的單位為m4,而體積V的單位應該是m3。(依據(jù)量綱法判斷)角度1力學單位制(2022年浙江卷)下列屬于力的單位的是()。A.kg·m/s2 B.kg·m/sC.kg·m2/s D.kg·s/m2答案A解析根據(jù)牛頓第二定律F=ma,可知力的單位為kg·m/s2,A項正確。在力學中,由基本單位即m(長度單位)、kg(質量單位)、s(時間單位),可以導出其他物理量的單位。如力的單位N是根據(jù)牛頓第二定律F=ma導出的,N屬于導出單位。角度2量綱法(2023年遼寧卷)安培通過實驗研究,發(fā)現(xiàn)了電流之間相互作用力的規(guī)律。若兩段長度分別為Δl1和Δl2、電流大小分別為I1和I2的平行直導線間距為r時,相互作用力的大小可以表示為ΔF=kI1I2Δl1ΔlA.kg·m/(s2·A) B.kg·m/(s2·A2)C.kg·m2/(s3·A) D.kg·m2/(s3·A3)答案B解析由ΔF=kI1I2Δl1Δl2r2可得k=ΔFr2I1I2l1l2,又1N=1kg·1.物體從距地面一定高度自由下落時,無論南北半球(除極點外),落地點都會比起點稍微偏東,這個現(xiàn)象稱為落體偏東現(xiàn)象。下面四位同學對落體偏東現(xiàn)象的討論,說法正確的是()。A.甲同學認為落體偏東現(xiàn)象說明物體下落時慣性會變小B.乙同學認為落體偏東現(xiàn)象說明物體下落時受到水平向東的力C.丁同學認為落體偏東現(xiàn)象說明慣性定律不適用于運動的物體D.丙同學認為落體偏東現(xiàn)象中的物體下落過程中慣性大小不變答案D解析根據(jù)牛頓第一定律,物體的慣性只與物體的質量有關,而質量是物體的固有屬性,不隨運動狀態(tài)變化而變化,始終保持不變,因此落體偏東現(xiàn)象中的物體下落過程中慣性大小不變,D項正確,A項錯誤;物體下落過程中只受萬有引力,沒有受到向東的力,B項錯誤;落體偏東現(xiàn)象是由地球自西向東的旋轉引起的,由于隨地球自轉而具有的線速度,高處下落的物體的線速度大于地面上物體的線速度,所以物體下落時必然相對地面有一個偏東的速度,落點自然就會偏東,慣性定律仍然適用,C項錯誤。2.(多選)某索道簡化的物理模型如圖所示,已知質量m=50kg的游客站立于轎廂底面,傾斜索道與水平面的夾角為30°,某時刻載人轎廂沿鋼索向上以加速度a=4m/s2做直線運動時,重力加速度g取10m/s2,下列說法正確的是()。A.游客一定受到向后的摩擦力B.游客對轎廂的壓力大小為其重力的1.2倍C.游客受到的摩擦力大小為100ND.游客對轎廂的作用力大小為10039N答案BD解析由題意可知載人轎廂的加速度a與水平面的夾角為30°,正交分解加速度,如圖所示。以人為研究對象,在水平方向上有f=max=macos30°=32ma=1003N,摩擦力方向向前,A、C兩項錯誤;在豎直方向上有FN-mg=may,解得FN=600N=1.2mg,結合牛頓第三定律可知,B項正確;轎廂對游客的作用力大小F=FN2+f2,代入數(shù)據(jù)得F=10039N,由牛頓第三定律可得,游客對轎廂的作用力大小F'=F=1003.(改編)(多選)如圖所示,a、b、c為三個質量均為m的物塊,物塊a、b通過水平輕繩相連后放在水平面上,物塊c放在b上?，F(xiàn)用水平拉力F作用于a,使三個物塊一起水平向右做勻速運動。各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ,重力加速度大小為g。下列說法正確的是()。A.該水平拉力大小大于輕繩的彈力大小B.物塊c受到的摩擦力大小為μmgC.當該水平拉力增大為原來的1.5倍時,物塊c受到的摩擦力大小為0.5μmgD.剪斷輕繩后,在物塊b向右運動的過程中,物塊c受到的摩擦力大小為μmg答案ACD解析三個物塊一起做勻速直線運動,對a、b、c組成的系統(tǒng)有F=3μmg,對b、c組成的系統(tǒng)有T=2μmg,故F>T,即水平拉力大于輕繩的彈力,A項正確;c做勻速直線運動,處于平衡狀態(tài),故c不受摩擦力,B項錯誤;當水平拉力增大為原來的1.5倍時,F'=1.5F=4.5μmg,對a、b、c組成的系統(tǒng)由牛頓第二定律得F'-3μmg=3ma,對C有f=ma,解得f=0.5μmg,C項正確;剪斷輕繩后,b、c一起做勻減速直線運動,對b、c組成的系統(tǒng)由牛頓第二定律得2μmg=2ma',對c有f'=ma',解得f'=μmg,D項正確。4.(改編)(多選)普通火車動力都在火車頭上,車廂(頭)與車廂之間通過掛鉤連接在一起?；疖囋趩訒r,會先往后退,再啟動,這樣會使掛鉤松弛,車廂(頭)與車廂之間無作用力,再向前啟動時,車廂會一節(jié)一節(jié)地依次啟動,減少所需要的動力。一列火車共有n節(jié)車廂(不含火車頭),火車頭與每節(jié)車廂的質量相等,車頭及每節(jié)車廂與軌道間的摩擦阻力均為f,假設啟動時每節(jié)車廂的加速度均為a。已知在火車不后退,所有車廂同時啟動的情況下,火車頭提供的動力為F。若火車車廂依次啟動,則當?shù)趉(k≤n)節(jié)車廂啟動時()。A.火車頭提供的動力F'為(B.火車頭提供的動力F'為kFC.第k-1節(jié)車廂對第k節(jié)車廂的作用力為kFD.第k-1節(jié)車廂對第k節(jié)車廂的作用力為F答案AD解析若火車不后退所有車廂同時啟動,則由牛頓第二定律可知F-(n+1)f=(n+1)ma,若火車車廂依次啟動,當?shù)趉(k≤n)節(jié)車廂啟動時,則有F'-(k+1)f=(k+1)ma,解得F'=k+1Fn+1,A項正確,B項錯誤;以前k-1節(jié)車廂和車頭整體為研究對象,則有F'-T-kf=kma,解得T=Fn+1見《高效訓練》P171.(改編)電動平衡車越來越受到年輕人的喜愛。在人站在電動平衡車上和車一起勻速水平前進的過程中,下列說法中正確的是()。A.電動平衡車對人的作用力豎直向上B.平衡車的動力是維持平衡車勻速運動的原因C.人和平衡車勻速運動的速度越快,慣性越大D.平衡車受到的重力和地面對車的支持力是一對平衡力答案A解析電動平衡車對人的作用力與人的重力是一對平衡力,其方向豎直向上,A項正確;平衡車受重力、地面的支持力和人的壓力三個力的作用處于平衡,因此地面對車的支持力與車的重力不是一對平衡力,D項錯誤;平衡車的動力與摩擦力平衡,運動不需要力維持,B項錯誤;慣性只由質量決定,與速度無關,C項錯誤。2.(多選)如圖1所示,幾個裝有水的相同玻璃杯上放置一個托盤,托盤上和玻璃杯對應的位置用紙筒擱置了幾個雞蛋。用手快速水平拍打托盤,可看到雞蛋落到對應水杯中,如圖2所示。下列對這一實驗的描述正確的是()。圖1圖2A.雞蛋掉到水杯中說明雞蛋有慣性B.紙筒被彈走了說明紙筒沒有慣性C.雞蛋同時落到杯中D.最左邊的雞蛋最先落到杯中答案AC解析快速拍打托盤時,托盤帶動紙筒彈出,雞蛋質量較大,慣性大,水平方向運動狀態(tài)難改變,雞蛋同時在豎直方向自由下落,因此同時落到杯中,A、C兩項正確。3.一些問題你可能不會求解,但是你仍有可能對這些問題的解是否合理進行分析和判斷,例如從解的物理量單位,解隨某些已知量變化的趨勢,解在一些特殊條件下的結果等方面進行分析,并與預期結果、實驗結論等進行比較,從而判斷解的合理性或正確性。舉例如下:聲音在空氣中的傳播速度v與空氣的密度ρ、壓強p有關,下列速度表達式中,k為比例系數(shù),無單位,則這四個表達式中可能正確的是()。A.v=kpρ B.v=C.v=kρp D.v=答案B解析根據(jù)力學單位制,速度的單位是m/s,密度的單位是kg/m3,壓強的單位是kg/(m·s2),所以kpρ的單位是m2/s2,kpρ的單位是m/s,kρp的單位是s/m,kpρ的單位是kg/(m2·s4.(2024屆紹興模擬)如圖所示,這是跳水運動員入水時的情形,她接觸到水面時的速度為10m/s,完全入水時速度為3m/s,從接觸水面到完全入水歷時0.2s,運動員質量為60kg,則運動員在入水過程中()。A.加速度方向一直豎直向下B.加速度大小不變C.所受合力不斷減小D.速度先增大后減小答案D解析跳水運動員接觸水面后,隨著入水深度的增加,運動員受到的浮力逐漸增大,合力逐漸減小,根據(jù)牛頓第二定律可知加速度逐漸減小,速度逐漸增大,當運動員受到的浮力與重力大小相等時,合力為零,加速度為零,速度最大;運動員再向下運動,浮力大于重力,合力反向增大,加速度反向增大,速度減小。5.(2024屆山東質檢)采用動力學方法測量空間站質量的原理圖如圖所示,若已知飛船質量為4.0×103kg,其推進器的平均推力為800N,在飛船與空間站對接后,測出推進器工作5s內飛船和空間站速度的變化是0.05m/s,則空間站的質量為()。A.7.6×104kgB.8.0×104kgC.4.0×104kgD.4.0×103kg答案A解析加速度a=ΔvΔt=0.01m/s2,由牛頓第二定律有F=(M+m)a,可知,空間站的質量M=Fa-m=7.6×104kg,A項正確,B、6.(2024屆江西九校聯(lián)考)如圖所示,在傾角為30°的光滑斜面上,一質量為2m的小車在沿斜面向下的力F作用下沿斜面下滑,在小車下滑的過程中,小車支架上連接著小球(質量為3m)的輕繩恰好水平。則外力F的大小為(已知重力加速度為g)()。A.5mg B.7.5mgC.4.5mg D.3.5mg答案B解析以小球為研究對象,分析其受力情況可知,小球受重力3mg和繩的拉力T,小球的加速度方向沿斜面向下,則3mg和T的合力方向沿斜面向下,如圖所示,由牛頓第二定律得3mgsin30°=3ma,解得a=2g,再對整體根據(jù)牛頓第二定律可得F+(2m+3m)gsin30°=5ma,解得F=7.5mg,7.(2024屆沈陽質檢)自動扶梯上沒有人時靜止,人踏上扶梯的水平踏板后,扶梯會自動以加速度a勻加速運動一段時間后再勻速運動。有一質量為M的母親抱著質量為m的嬰兒踏上扶梯下樓,下樓過程中母、嬰始終保持與扶梯相對靜止,設扶梯與水平面之間的夾角為θ,重力加速度為g。下列關于母、嬰受力情況的分析正確的是()。A.扶梯在勻速運動過程中,嬰兒對母親的作用力與扶梯運動方向一致B.扶梯在勻速運動過程中,踏板給母親水平向前的摩擦力C.扶梯在加速運動過程中,踏板對母親的摩擦力大小為(m+M)acosθD.扶梯在加速運動過程中,嬰兒對母親的作用力大小為mg-masinθ答案C解析扶梯在勻速運動過程中,嬰兒受到的合力為零,母親對嬰兒的作用力豎直向上,且扶梯水平踏板對母親的摩擦力為零,A、B兩項錯誤;扶梯在勻加速運動過程中,由牛頓第二定律得,母、嬰組成的整體在水平方向上的加速度大小為acosθ,水平踏板對母親的靜摩擦力大小Ff=(M+m)acosθ,C項正確;嬰兒受到的合力為ma,方向沿扶梯向下,母親對嬰兒的作用力F的水平分量大小Fx=macosθ,豎直分量大小Fy滿足mg-Fy=masinθ,由矢量運算法則知F=Fx2+Fy2,由牛頓第三定律知8.(2024屆寧波模擬)某玩具的局部簡化示意圖如圖所示。D為彈射裝置,AB是長度為21m的水平軌道,傾斜直軌道BC固定在豎直放置的半徑R=10m的圓形支架上,B為圓形支架的最低點,軌道AB