(共69张PPT)
运动和力的关系
第四章
第2节 实验：探究加速度与力、质量的关系
核心概念 · 规律再现
控制变量法
小车质量
小车所受的拉力
小车所受的拉力
小车的质量
物体的质量
物体所受的作用力
物体运动的加速度
天平
砝码
位移x
秒表
加速度
位移
合力
垫高
倾斜度
槽码
阻力
木板
运动
停下来
刻度尺
一
远小于
a F
正比
反比
核心模型 · 考点对点练
阻力补偿法
控制变量法
近似法
图像法
化曲为直法
解析
答案
解析
3.2
实验前没有补偿阻力或者补偿阻力不足
解析
解析
取下牵引砝码，滑行器放在任意位置都不动(或取下牵引砝码，轻推滑行
器，用数字计时器记录的每一个光电门的光束被遮挡的时间Δt都相等)
D
解析
3.9
mg
C
解析
核心能力 · 提升练
答案
解析
答案
解析
答案
解析
补偿阻力
B
D
8 V电压的蓄电池
约为8 V的交变电源
G
a m图像
解析
拉小车的细绳没有与长木板平行
AC
3.80
0.20
解析
a＝F－0.1
A
小车受到的阻力为0.1 N
解析
0.16
计算小车所受合力时忘记加入砝码盘的重力
解析
保持F1不变，重复实验，多次测量，求平均值
BC
解析
D
A位置到光电门的距离L
解析
当合外力一定时，物体运动的加速度跟物体的质量成反比
解析
解析第2节 实验：探究加速度与力、质量的关系
1．实验思路
探究方法——控制变量法
(1)探究加速度与力的关系：保持小车质量不变，通过改变槽码的个数改变小车所受的拉力。
(2)探究加速度与质量的关系：保持小车所受的拉力不变，通过在小车上增加重物改变小车的质量。
2．物理量的测量
本实验要测量的物理量有三个：物体的质量、物体所受的作用力和物体运动的加速度。
(1)质量的测量：可以用天平测量质量。为了改变小车的质量，可以在小车中增减砝码的数量。
(2)加速度的测量
方法1：小车做初速度为0的匀加速直线运动，用刻度尺测量小车移动的位移x，并用秒表测量发生这段位移所用的时间t，然后由a＝计算出加速度a。
方法2：将打点计时器的纸带连在小车上，根据纸带上打出的点来测量加速度(参考第一章的实验方法)。
方法3：本实验探究的是加速度与其他物理量之间的比例关系，因此也可以不测量加速度的具体数值，只测量不同情况下物体加速度的比值即可。
如果两个做初速度为0的匀加速直线运动的物体的运动时间t相等，那么它们的位移之比就等于加速度之比，即＝，这样，测量加速度就转换成测量位移了。
(3)力的测量：一个单独的力的作用效果与跟它大小、方向都相同的合力的作用效果是相同的。因此，实验中作用力F的含义可以是物体所受的合力。
参考案例1：用阻力补偿法探究加速度与力、质量的关系
实验装置如图甲所示。把木板的一侧垫高，以补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力。调节木板的倾斜度，使小车在不受牵引时能拖动纸带沿木板匀速运动。将槽码、小车、打点计时器、纸带安装好。通过改变槽码的个数可以成倍地改变小车所受的拉力，与此相对应，处理纸带上打出的点来测量加速度。
保持小车受的拉力不变，通过增减小车中的重物改变小车的质量。处理纸带上打出的点来测量加速度。
参考案例2：通过位移之比测量加速度之比
将两辆相同的小车放在水平木板上，前端各系一条细线，线的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘中可以放不同的重物。把木板一端垫高，参考案例1的方法补偿阻力的影响。
两小车后端各系一条细线，用一个物体，例如黑板擦，把两条细线同时按压在木板上(图乙)。抬起黑板擦，两小车同时开始运动，按下黑板擦，两小车同时停下来。用刻度尺测出两小车移动的位移x1、x2。由于两小车运动时间t相同，从它们的位移之比就可以得出加速度之比。
在盘中重物相同的情况下，通过增减小车中的重物改变小车的质量。
注意：(1)以上两个案例中，补偿阻力只需进行一次；(2)每次实验细线一端所挂重物的质量须远小于小车的质量。
3．进行实验
调试实验装置进行实验。
加速度与力的关系 设计表格，把测得的同一个小车在不同拉力F作用下的加速度a填在表1中。
表1 小车质量一定
拉力F
加速度a
加速度与质量的关系 设计表格，把测得的不同质量的小车在相同拉力作用下的加速度a填在表2中
表2 小车所受的拉力一定
质量m
加速度a
4．数据分析、得出结论
(1)探究加速度与力的关系：作出a F图像，得到一条过原点的直线，可知a与F成正比。
(2)探究加速度与质量的关系：作出a 图像，得到一条过原点的直线，可知a与m成反比。
典型考点一 实验原理和方法
1．在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，渗透了研究问题的多种科学方法。(以下各题均选填“理想实验法”“图像法”“阻力补偿法”“化曲为直法”“控制变量法”或“近似法”)
(1)对阻力的处理：________________。
(2)实验设计思路：________________。
(3)对小车所受合力的简化：________，即当小车质量M车 m槽时，细绳对小车的拉力大小近似等于所挂槽码的重力m槽g。
(4)实验数据处理的科学方法：________。
(5)由a M车图像转化为a 图像，所用的科学方法：________。
答案 (1)阻力补偿法 (2)控制变量法 (3)近似法
(4)图像法 (5)化曲为直法
解析 (1)由于小车运动时受到摩擦等阻力，所以要补偿阻力，以减小实验误差，称为阻力补偿法。
(2)在探究加速度与力、质量的关系时，先保持力或质量不变，来探究其他两个量之间的关系，称为控制变量法。
(3)当小车质量M车 m槽时，细绳对小车的拉力大小近似等于所挂槽码的重力m槽g，称为近似法。
(4)通过图像研究实验数据，称为图像法。
(5)在作图时，由a M车图像转化为a 图像，使图线由曲线转化为直线，称为化曲为直法。
典型考点二 实验操作及注意事项
2．在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某组同学用如图所示装置，采用控制变量的方法，来研究小车质量不变的情况下，小车的加速度与小车受到的力的关系，下列措施中正确的是( )
①首先要补偿阻力，使小车受到的合力就是细绳对小车的拉力
②补偿阻力的方法就是在砂桶中添加砂子，使小车能匀速运动
③每次改变拉小车的拉力后，都需要重新补偿阻力
④实验中通过在砂桶中增加砂子来改变小车受到的拉力
⑤实验中应先放开小车，然后再接通打点计时器的电源
⑥实验中牵引小车的绳子应跟平板平行
A．①④⑤ B．②③⑥
C．①③⑥ D．①④⑥
答案 D
解析 实验时首先要补偿阻力，使小车受到的合力就是细绳对小车的拉力，故①正确；补偿阻力的方法是：小车与纸带相连，小车前面不挂砂桶，把小车放在垫有垫块的平板上并给小车一个初速度，看小车能否做匀速直线运动，故②错误；补偿阻力后，mgsinθ＝μmgcosθ＋f纸，故每次改变拉小车的拉力后都不需要重新补偿阻力，③错误；实验中通过在砂桶中增加砂子来改变小车受到的拉力，故④正确；实验中应先接通电源，后放开小车，使纸带得到充分利用，故⑤错误；实验中牵引小车的绳子应跟平板平行，使小车沿绳子拉力的方向运动，故⑥正确。故选D。
典型考点三 实验数据处理及误差分析
3．某同学设计了一个“探究加速度a与物体所受合力F及物体质量m的关系”的实验，如图甲所示为实验装置简图(交流电源的频率为50 Hz)。
(1)如图乙所示为某次实验得到的纸带，根据纸带可求出小车的加速度大小为________ m/s2。(结果保留两位有效数字)
(2)保持沙和沙桶的质量不变，改变小车质量m，分别得到小车加速度a与质量m及对应的，数据如下表。
序号 1 2 3 4 5 6 7 8
小车加速度a/(m·s－2) 1.90 1.72 1.49 1.25 1.00 0.75 0.50 0.30
小车质量m/kg 0.25 0.29 0.33 0.40 0.50 0.71 1.00 1.67
/kg－1 4.00 3.45 3.03 2.50 2.00 1.41 1.00 0.60
请在图丙所示的坐标纸中画出a 图线，由图线可得小车的加速度a与质量的倒数之间的关系式为________。
(3)保持小车的质量不变，改变沙和沙桶的质量，该同学根据实验数据作出了加速度a随合力F变化的图线，如图丁所示。该图线不通过原点，其主要原因是____________________________。
答案 (1)3.2 (2)图见解析 a＝
(3)实验前没有补偿阻力或者补偿阻力不足
解析 (1)在连续相等的时间间隔内，从纸带上可得到四段位移，因此可以用逐差法计算加速度。已知x1＝6.19 cm，x2＝6.70 cm，x3＝7.21 cm，x4＝7.72 cm，电火花打点计时器的计时周期T＝＝0.02 s
由逐差法可得x3－x1＝2a1·(2T)2，x4－x2＝2a2·(2T)2
故a＝＝＝3.2 m/s2。
(2)在a 坐标系中描点连线，得a 图线如图所示，故a＝。
(3)由a F图线可知，F增大到某一值时小车开始有加速度，说明实验前没有补偿阻力或者补偿阻力不足。
典型考点四 实验创新
4．为了探究加速度与力的关系，使用如图所示的气垫导轨装置进行实验。其中G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连，当滑行器通过G1、G2光电门时，光束被遮挡的时间Δt1、Δt2都可以被测量并记录。滑行器连同上面固定的一条形挡光片的总质量为M，挡光片宽度为D，光电门间距离为x，牵引砝码的质量为m。回答下列问题。
(1)实验开始时，应先调节气垫导轨下面的螺钉，使气垫导轨水平，在不增加其他仪器的情况下，判定调节是否到位的方法是___________________________
________________________________________________________________。
(2)若取M＝0.4 kg，改变m的值，进行多次实验，以下m的取值最不合适的一个是________。
A．m1＝5 g B．m2＝15 g
C．m3＝40 g D．m4＝400 g
(3)在此实验中，需要测得每一个牵引力对应的加速度，其中求得的加速度的表达式为a＝__________________(用Δt1、Δt2、D、x表示)。
答案 (1)取下牵引砝码，滑行器放在任意位置都不动(或取下牵引砝码，轻推滑行器，用数字计时器记录的每一个光电门的光束被遮挡的时间Δt都相等)
(2)D (3)
解析 (1)气垫导轨水平时，滑行器所受合力为零。故取下牵引砝码，滑行器放在任意位置都不动；或取下牵引砝码，轻推滑行器，用数字计时器记录的每一个光电门的光束被遮挡的时间Δt都相等，就可说明气垫导轨已调节水平。
(2)实验要求m M，而M＝0.4 kg，故m4＝400 g最不符合要求。
(3)滑行器通过光电门G1时的速度v1＝，通过光电门G2时的速度v2＝。滑行器做匀加速直线运动，根据运动学公式v－v＝2ax，可得a＝＝。
5．某同学设计了如下实验方案用来“探究加速度与力、质量的关系”：
①如图甲所示，将木板有定滑轮的一端垫起，将滑块通过细绳与带夹子的重锤相连，然后跨过定滑轮，重锤下夹一纸带，穿过固定的打点计时器，调整木板倾角，直到向下轻推滑块后，滑块沿木板匀速运动。
②如图乙所示，保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板上靠近定滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使纸带穿过打点计时器，然后接通电源释放滑块，使滑块由静止开始加速运动。打点计时器使用的是频率为50 Hz的交流电源，打出的纸带如图丙所示，A、B、C、D、E是纸带上的五个计数点。
(1)图乙中滑块下滑的加速度为________ m/s2。(结果保留两位有效数字)
(2)若重锤质量为m，滑块质量为M，重力加速度为g，则滑块加速下滑时受到的合力大小为________。
(3)该同学在保持滑块质量不变的情况下，通过多次改变滑块所受合力F，探究加速度与力的关系。下列改变滑块所受合力F的操作中，正确的是________。
A．保持长木板的倾角不变，改变重锤的质量
B．保持重锤的质量不变，改变长木板的倾角
C．使重锤的质量和长木板的倾角同时改变
答案 (1)3.9 (2)mg (3)C
解析 (1)充分利用纸带中数据，用逐差法可得
a＝＝3.9 m/s2。
(2)滑块通过细绳与带夹子的重锤相连时，滑块匀速下滑，说明滑块重力沿斜面向下的分力和摩擦力之差等于重锤的重力大小，取下细绳和重锤，滑块加速下滑受到的合力大小为mg。
(3)改变滑块所受合力F，即改变重锤的重力，由题中步骤①可知，此时要改变长木板的倾角，使在图甲所示情景中滑块仍可沿木板匀速运动，故A、B错误，C正确。
1．(多选)用如图所示的装置探究加速度a与力F、质量M的关系，下列说法中正确的是( )
A．牵引小车的轻绳应和长木板保持平行
B．将电火花计时器接在8 V的交流电源上，先接通电源，后放开小车，计时器在纸带上打下一系列点，并在纸带上标明小车质量
C．在探究a与质量M的关系时，作出a 图像能更直观地判断二者间的关系
D．轻绳对小车的拉力一定等于砂和砂桶的总重力
答案 AC
解析 牵引小车的轻绳只有与长木板保持平行，才能使轻绳对小车的拉力等于小车所受的合力，A正确；电火花计时器应接在220 V交流电源上，B错误；在探究a和质量M的关系时，a M图像为一曲线，不易判断a与M的关系，故可作a 图像，图像为过原点的直线，能更直观地判断二者间的关系，C正确；只有小车的质量远大于砂和砂桶的总质量，才可认为轻绳对小车的拉力等于砂和砂桶的总重力，D错误。
2.如图所示为探究小车的加速度与所受合力关系的实验示意图局部。该实验中，两小车各自受到向左的恒定拉力，通过控制铁夹子同时释放让两小车同时由静止开始运动，然后通过铁夹子同时夹住小车后面的细线使小车同时突然停止运动，从而使小车近似做了一段匀加速直线运动，进而比较两小车的加速度。关于此实验中两小车加速度的判断，下列说法正确的是( )
A．两小车的加速度之比等于位移之比
B．两小车的加速度之比等于位移的反比
C．两小车的加速度之比等于位移平方之比
D．两小车的加速度之比等于位移平方的反比
答案 A
解析 两个小车运动的时间相等，由位移与时间的关系式知x＝at2，所以位移和加速度应该成正比，A正确。
3．(多选)如图是某些同学根据实验数据画出的图像，下列说法中正确的是( )
A．形成图甲的原因是补偿阻力时长木板倾角过大
B．形成图乙的原因是补偿阻力时长木板倾角过小
C．形成图丙的原因是所挂槽码质量远小于小车质量
D．形成图丁的原因是所挂槽码质量与小车质量相当
答案 AD
解析 图甲a F图像中，当F＝0时，加速度a≠0，说明F＝0时，小车受到的合力已不等于零，即补偿阻力时长木板倾角过大，使小车重力沿斜面向下的分力大于阻力；图乙→0时，m趋于无穷大，在有限的力F下有不为0的加速度，说明重力沿斜面向下的分力大于阻力，即补偿阻力时长木板倾角过大。图丙、丁中图线弯曲的原因均是不满足所挂槽码质量远小于小车质量，槽码重力不近似等于小车所受合力。A、D正确，B、C错误。
4.用如图所示的装置探究在拉力F一定时，小车的加速度a与小车(含砝码)质量m的关系，某同学设计的实验步骤如下：
A．用天平称出小车和小桶及内部所装沙子的质量
B．按图安装好实验器材
C．把轻绳系在小车上并绕过定滑轮连接在小桶上
D．将电磁打点计时器接在8 V电压的蓄电池上，启动计时器，放开小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，并在纸带上标明小车质量
E．保持小桶及桶内沙子的质量不变，增加小车上的砝码个数，并记录每次增加后的m值，重复上述实验
F．分析每条纸带，测量并计算出加速度的值
G．作a m图像，并由图像确定a与m的关系
(1)该同学漏掉的一个重要实验步骤是________，该步骤应排在步骤________之后。
(2)在上述步骤中，有错误的是步骤________，应把____________改为________。
(3)在上述步骤中，处理不恰当的是步骤________，应把________改为________。
答案 (1)补偿阻力 B
(2)D 8 V电压的蓄电池 约为8 V的交变电源
(3)G a m图像 a 图像
解析 (1)实验中把小桶及桶内沙子的重力之和看成与小车所受合力大小相等，没有考虑小车所受阻力，故必须补偿阻力且应排在步骤B之后。
(2)电磁打点计时器接在8 V电压的蓄电池上将无法工作，必须接在约为8 V的交变电源上。
(3)作a m图像，得到的是曲线，很难进行正确的判断，必须“化曲为直”，改作a 图像。
5．(1)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，某同学组装了如图甲所示的装置。
①图示实验装置中除未补偿阻力外，还有一处错误是________________。
②关于补偿阻力的操作过程，下列说法正确的是________。(填字母代号)
A．应将长木板的右端适当垫高
B．应将重物通过细绳与小车相连
C．应将纸带穿过打点计时器并与小车相连
D．如果小车能在长木板上保持静止，就表明阻力已经得到补偿
(2)图乙为某次实验所得的纸带，打点计时器打点的时间间隔为0.02 s，E点在刻度尺上的读数为________ cm，可求出小车的加速度为________ m/s2。
答案 (1)①拉小车的细绳没有与长木板平行 ②AC
(2)3.80 0.20
解析 (1)①实验要求拉力平行于长木板，题图中拉小车的细绳没有与长木板平行。
②补偿阻力正确的操作：纸带穿过打点计时器并与小车相连，将长木板的右端适当垫高，轻推小车，如果纸带上的点迹均匀分布，说明小车做匀速直线运动，代表阻力已经得到补偿。
(2)读数为3.80 cm。由题图中数据可知AB＝0.60 cm，BC＝0.80 cm，CD＝1.10 cm，DE＝1.30 cm，EF＝1.50 cm，FG＝1.70 cm，GH＝1.90 cm，HI＝2.10 cm，可知AC间的点误差较大，取CI段计算，根据逐差法可得
a＝＝0.20 m/s2。
6．在做“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，保持小车和砝码的总质量不变，测得小车的加速度a和拉力F的数据如表所示。
F/N 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60
a/(m·s－2) 0.11 0.19 0.29 0.40 0.51
(1)根据表中的数据在如图所示的坐标系中作出a F图像。
(2)由a F图像可得加速度a与拉力F的关系式是______________________。
(3)a F图线不过坐标原点的原因是________。
A．未补偿阻力 B．阻力补偿过度
(4)图线(或其延长线)在F轴上的截距的物理意义是_________________________。
答案 (1)图见解析 (2)a＝F－0.1 (3)A
(4)小车受到的阻力为0.1 N
解析 (1)根据所给数据在所给坐标系中准确描点，作出的a F图像如图所示。
(2)根据(1)中图像可知加速度a与拉力F的关系式是a＝F－0.1。
(3)、(4)由a F图像可知，当力F＝0.1 N时，小车才开始运动，说明未补偿阻力，图线在F轴上的截距的物理意义是小车受到的阻力为0.1 N。
7．“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图甲所示。
(1)在补偿小车受到的阻力的过程中，打出了一条纸带如图乙所示。打点计时器打点的时间间隔为0.02 s，从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，测量并标出相邻计数点之间的距离，该小车的加速度a＝________ m/s2。
(2)阻力得到补偿后，将5个相同的砝码都放在小车上。挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度。小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据如下表：
砝码盘中砝码总重力F/N 0.196 0.392 0.588 0.784 0.980
加速度a/(m·s－2) 0.69 1.18 1.66 2.18 2.70
请根据实验数据在图丙所示坐标系中作出a F关系图像。
(3)本实验已正确补偿了阻力，根据提供的实验数据作出的a F图线不通过原点，主要原因是__________________________。
答案 (1)0.16 (2)图见解析
(3)计算小车所受合力时忘记加入砝码盘的重力
解析 (1)由题意可知相邻计数点间的时间间隔T＝5T0＝0.1 s。由题图乙可知Δx＝0.16 cm＝1.6×10－3 m，由Δx＝aT2可得a＝0.16 m/s2。
(2)a F图线如图所示。
(3)补偿小车与长木板之间的阻力后，a F图像不通过原点，是由于在计算小车所受合力时忘记加入砝码盘的重力，使作出的图像向左平移。
8.某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系。弹簧测力计固定在一合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧测力计的挂钩和矿泉水瓶连接。在桌面上画出两条平行线MN、PQ，并测出间距d。开始时将木板右端置于MN处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧测力计的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小。再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧测力计的示数F1，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到PQ处的时间t。
(1)木板的加速度可以用d、t表示为a＝________；为了减小测量加速度的偶然误差，可以采用的方法是(一种即可)________________。
(2)用加水的办法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是________。
A．可以改变滑动摩擦力的大小
B．可以更方便地获取多组实验数据
C．可以比较精确地测出滑动摩擦力的大小
D．可以获得更大的加速度以提高实验精度
答案 (1) 保持F1不变，重复实验，多次测量，求平均值
(2)BC
解析 (1)由d＝at2，可知a＝；减少偶然误差的方法是多次测量取平均值。
(2)加水法的优点是可以更方便地获得多组实验数据，以及可以较精确地测出滑动摩擦力的大小，故选B、C。
9．如图所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置。他在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一宽度为d的遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放。
(1)下列不必要的一项实验要求是________(请填写选项前对应的字母)。
A．应使A位置与光电门间的距离适当大些
B．应将气垫导轨调节水平
C．应使细线与气垫导轨平行
D．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量
(2)实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是____________________。
答案 (1)D (2)A位置到光电门的距离L
解析 (1)A位置与光电门间的距离适当大些可以减小测量误差，A正确；应将气垫导轨调节水平，使细线对滑块的拉力等于滑块受到的合力，B正确；应使细线与气垫导轨平行，从而使细线对滑块的拉力等于滑块受到的合力，C正确；细线对滑块的拉力可以直接通过力传感器测量，不需要满足滑块的质量远大于钩码和力传感器的总质量这一条件，D错误。
(2)根据匀变速直线运动的规律，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度，根据v2＝2ax，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是A位置到光电门的距离L。
10．某实验小组利用如图甲所示的实验装置来探究当合外力一定时，物体运动的加速度与其质量之间的关系。
(1)已知两个光电门中心之间的距离x＝24 cm，遮光条的宽度d＝0.52 cm。该实验小组在做实验时，将滑块从如图所示位置由静止释放，由数字计时器可以读出遮光条通过光电门1的时间Δt1，遮光条通过光电门2的时间Δt2，则滑块经过光电门1时的瞬时速度的表达式v1＝________，滑块经过光电门2时的瞬时速度的表达式v2＝________，则滑块的加速度的表达式a＝________。(以上表达式均用字母表示)
(2)在本次实验中，实验小组通过改变滑块质量总共做了6组实验，得到如表所示的实验数据，通过分析表中数据，你得出的结论是______________________________。
m/g 250 300 350 400 500 800
a/(m·s－2) 2.02 1.65 1.33 1.25 1.00 0.63
/kg－1 4.00 3.33 2.86 2.50 2.00 1.25
(3)现需通过图像进一步验证你的结论，请利用表格数据，在图乙坐标系中描点并作出相应的图像。
答案 (1)
(2)当合外力一定时，物体运动的加速度跟物体的质量成反比 (3)图见解析
解析 (1)遮光条的宽度很小，遮光条通过光电门的时间极短，遮光条在极短时间内的运动可看成匀速运动，故通过两光电门的瞬时速度分别为v1＝，v2＝。遮光条从光电门2到光电门1做匀加速直线运动，由v－v＝2ax可得a＝＝。
(2)当合外力一定时，在误差允许的范围内，物体质量和加速度的乘积近似相等，所以加速度跟质量成反比。
(3)如图所示。(共43张PPT)
运动和力的关系
第四章
第3节 牛顿第二定律
核心概念 · 规律再现
反比
作用力
kma
合力
加速度
力
1 kg·m/s2
F＝ma
核心模型 · 考点对点练
答案
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核心能力 · 提升练
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解析
答案
解析第3节 牛顿第二定律
1．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)牛顿第二定律可表述为a∝，也可以写成等式F＝kma，其中k是比例系数，F指的是物体所受的合力。牛顿第二定律不仅阐述了力、质量和加速度三者数量间的关系，还明确了加速度的方向与力的方向一致。
2．力的单位
(1)F＝kma中k的数值取决于F、m、a的单位的选取。
(2)“牛顿”的定义：当k＝1时，质量为1 kg的物体在某力的作用下获得1 m/s2的加速度，这个力即为1牛顿(用符号N表示)，1 N＝1_kg·m/s2。此时牛顿第二定律可以表述为F＝ma。
典型考点一 牛顿第二定律的理解
1．(多选)关于牛顿第二定律，下列说法中正确的是( )
A．公式F＝ma中，加速度a一定与力F的方向相同
B．某一瞬间的加速度只取决于这一瞬间物体所受的合力，而与之前或之后的受力无关
C．公式F＝ma中，a实际上是作用于物体上的每一个力所产生的加速度的代数和
D．物体的运动方向一定与它所受合力的方向一致
答案 AB
解析 由牛顿第二定律的矢量性可知，加速度a一定与力F的方向相同，故A正确；牛顿第二定律表述的是同一时刻物体所受合力与其加速度的对应关系，故B正确；由力的独立作用原理可知，作用在物体上的每个力都将各自产生一个加速度，与其他力的作用无关，物体的加速度a实际上是作用于物体上的每一个力所产生的加速度的矢量和，故C错误；合力的方向与物体加速度的方向一致，与物体速度方向不一定一致，故D错误。
典型考点二 力的单位
2．(多选)在有关牛顿第二定律F＝kma中比例系数k的下述说法中，正确的是( )
A．在任何情况下k都等于1
B．k的数值是由质量、加速度和力的大小决定的
C．k的数值是由质量、加速度和力的单位决定的
D．1 N就是使质量为1 kg的物体产生1 m/s2加速度的力
答案 CD
解析 在牛顿第二定律的表达式F＝kma中，当质量m、加速度a和力F的单位是国际单位时，比例系数k为1，其他情况k不一定等于1，故C正确，A、B错误；当质量m、加速度a和力F的单位是国际单位时，k＝1,1 N＝1 kg·m/s2，故1 N就是使1 kg的物体产生1 m/s2加速度的力，故D正确。
典型考点三 牛顿第二定律的简单应用
3．如图所示，A、B两物体叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力( )
A．方向向左，大小不变 B．方向向左，逐渐减小
C．方向向右，大小不变 D．方向向右，逐渐减小
答案 A
解析 根据题目条件得知，物体B具有水平向左的恒定加速度，由牛顿第二定律知，物体B受到的合力水平向左且恒定，对物体B受力分析可知，物体B在水平方向所受的合力就是物体A施加的静摩擦力，因此，物体B受到的摩擦力方向向左，且大小不变，A正确，B、C、D错误。
4.如图所示，静止在水平地面上的小黄鸭质量m＝20 kg，受到与水平地面夹角为53°的斜向上的拉力，小黄鸭开始沿水平地面运动。若拉力F＝100 N，小黄鸭与地面间的动摩擦因数为0.2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10 m/s2，求：
(1)把小黄鸭看作质点，作出其受力示意图；
(2)小黄鸭对地面的压力；
(3)小黄鸭运动的加速度的大小。
答案 (1)图见解析 (2)120 N，方向竖直向下
(3)1.8 m/s2
解析 (1)受力示意图如图所示。
(2)根据平衡条件可得：
Fsin53°＋N＝mg
解得N＝mg－Fsin53°＝120 N，
方向竖直向上；
则小黄鸭对地面的压力N′＝N＝120 N，方向竖直向下。
(3)小黄鸭受到的摩擦力为滑动摩擦力，所以f＝μN＝24 N
根据牛顿第二定律得：Fcos53°－f＝ma，
解得a＝1.8 m/s2。
5．将质量为0.5 kg的小球，以30 m/s的速度竖直上抛，经过2.5 s小球到达最高点(取g＝10 m/s2)。求：
(1)小球在上升过程中受到空气的平均阻力的大小；
(2)小球在最高点时的加速度大小；
(3)若空气阻力大小不变，小球下落时的加速度为多大？
答案 (1)1 N (2)10 m/s2 (3)8 m/s2
解析 (1)设小球上升时，平均加速度大小为a，空气的平均阻力大小为F
则v＝at，mg＋F＝ma
把v＝30 m/s，t＝2.5 s，m＝0.5 kg代入，得F＝1 N。
(2)小球到达最高点时，因速度为零，故不受空气阻力，故加速度大小为g＝10 m/s2。
(3)当小球下落时，空气阻力的方向与重力方向相反，设加速度大小为a′，
则mg－F＝ma′，代入数据解得a′＝8 m/s2。
6.如图所示，光滑水平桌面上的物体A质量为m1，系一细绳，细绳跨过桌沿处的定滑轮后悬挂质量为m2的物体B，先用手使A静止(细绳质量及滑轮摩擦均不计)。求放手后A、B一起运动时绳上的张力大小FT。
答案 g
解析 根据牛顿第二定律，对B有m2g－FT＝m2a，对A有FT＝m1a，则FT＝g。
典型考点四 牛顿第二定律的瞬时性问题
7.A、B两球用细线悬挂于天花板上且静止不动，两球质量之比mA∶mB＝5∶3，两球间连接一个轻弹簧(如图所示)，如果突然剪断细线，则在剪断细线瞬间，A球、B球的加速度分别为(已知重力加速度为g)( )
A．g，g B．1.6g,0
C．0.6g,0 D．0，g
答案 B
解析 由于在剪断细线的瞬间，A、B仍在原来的位置，所以轻弹簧的形变量还未发生变化，即轻弹簧中的弹力大小、方向均未发生变化。由系统原来静止可知，轻弹簧弹力大小为mBg，所以剪断细线瞬间，B球所受的合外力仍为零，加速度也为零，而A球所受的合外力大小为mAg＋mBg＝1.6mAg，所以A球的加速度为1.6g，故B正确。
8.如图所示，物块1、2间用轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量均为m,2、4质量均为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。重力加速度大小为g，则有( )
A．a1＝a2＝a3＝a4＝0
B．a1＝a2＝a3＝a4＝g
C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g
D．a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g
答案 C
解析 杆的弹力可以突变，故在将木板抽出的瞬间，物块1、2均做自由落体运动，加速度均为g；而弹簧的弹力不能突变，木板抽出前，弹簧的弹力等于物块3的重力，故在抽出木板的瞬间，物块3受重力和弹簧向上的弹力仍处于平衡状态，故物块3的加速度为0；物块4受重力和弹簧向下的压力，合力为(m＋M)g，则由牛顿第二定律可知，物块4的加速度a4＝g，故C正确。
9.如图所示，质量为m的光滑小球A被一轻质弹簧系住，弹簧另一端固定于水平天花板上，小球被一截面为梯形的斜面体B托起保持静止，弹簧恰好与斜面平行，已知弹簧与天花板夹角为30°，重力加速度为g＝10 m/s2，若突然向下撤去斜面体，则小球的瞬时加速度为( )
A．0
B．大小为10 m/s2，方向竖直向下
C．大小为5 m/s2，方向斜向右下方
D．大小为5 m/s2，方向斜向右下方
答案 C
解析 小球原来受到重力、弹簧的弹力和斜面的支持力，斜面的支持力大小为：N＝mgcos30°；突然向下撤去斜面体，弹簧的弹力来不及变化，重力也不变，支持力消失，所以此瞬间小球所受的合力与原来的支持力N大小相等、方向相反，由牛顿第二定律得：mgcos30°＝ma，解得a＝5 m/s2，方向斜向右下方，C正确。
10.如图所示，A、B两小球分别连在轻绳两端，A球的一端与轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在倾角为30°的光滑斜面顶端，A球的质量是B球的2倍，重力加速度大小为g，剪断轻绳的瞬间，下列说法中正确的是( )
A．A的加速度大小为g，B的加速度大小为g
B．A的加速度大小为0，B的加速度大小为g
C．A的加速度大小为g，B的加速度大小为g
D．A的加速度大小为g，B的加速度大小为g
答案 A
解析 设B球质量为m，则A球质量为2m；在剪断轻绳之前，轻绳的拉力大小为T1＝mgsin30°＝0.5mg，弹簧的拉力大小为T2＝3mgsin30°＝1.5mg；剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，此时A的加速度大小为aA＝＝g，B的加速度大小为aB＝＝g，A正确。
1．(多选)关于力和运动的关系，下列说法中正确的是( )
A．物体受到的合力越大，其速度改变量越大
B．物体受到的合力不为零且不变，物体速度一定会改变
C．物体受到的合力变化，加速度就一定变化
D．物体受到的合力不变，其运动状态就不改变
答案 BC
解析 由牛顿第二定律知，物体受到的合力发生变化，加速度就一定变化，物体受到的合力越大，加速度就越大，而速度改变量不仅与加速度有关，还与时间有关，故A错误，C正确；物体受到的合力不为零且不变时，加速度不为零且不变，其速度(运动状态)一定变化，故B正确，D错误。
2．(多选)质量为1 kg的物体受3 N和4 N的两个共点力的作用，物体的加速度可能是( )
A．5 m/s2 B．7 m/s2
C．8 m/s2 D．9 m/s2
答案 AB
解析 3 N和4 N两个力的合力范围是1～7 N，由a＝可知，质量为1 kg的物体加速度范围是1～7 m/s2，A、B正确。
3.如图所示，质量相等的三个物块A、B、C，A与天花板之间、B与C之间均用轻弹簧相连，A与B之间用细线相连，当系统静止后，突然剪断A、B间的细线，则此瞬间A、B、C的加速度分别为(取向下为正)( )
A．－g、2g、0 B．－2g、2g、0
C．－2g、2g、g D．－2g、g、g
答案 B
解析 设A、B、C的质量均为m，剪断细线前，对B、C整体受力分析，受到总重力和细线的拉力而平衡，故细线的拉力大小T＝2mg；再对物块A受力分析，受到重力、细线的拉力和弹簧的拉力。剪断细线的瞬间，重力和弹簧的弹力不变，细线的拉力减为零，故物块B受到的合力大小为2mg，方向向下，物块A受到的合力大小为2mg，方向向上，物块C受到的力不变，合力为零，故物块B有向下的大小为2g的加速度，物块A有向上的大小为2g的加速度，物块C的加速度为零，故B正确。
4.(多选)物体A、B、C均静止在同一水平面上，它们的质量分别为mA、mB、mC，与水平面的动摩擦因数分别为μA、μB、μC，用平行于水平面的拉力F分别拉物体A、B、C，所得加速度a与拉力F的关系如图所示，其中A、B两物体的图线平行，则以下关系正确的是( )
A．mA
C．μA＝μB＝μC D．μA<μB＝μC
答案 BD
解析 根据牛顿第二定律有：F－μmg＝ma，所以有：a＝－μg，由此可知：图像斜率为质量的倒数，在纵轴上的截距大小为μg。故由图像可知：μA<μB＝μC，mA＝mB5．如图所示，物体A、B在力F作用下一起以相同的加速度沿F方向匀加速运动，关于物体A所受的摩擦力，下列说法正确的是( )
A．甲、乙两图中物体A均受摩擦力，且方向均与F相同
B．甲、乙两图中物体A均受摩擦力，且方向均与F相反
C．甲、乙两图中物体A均不受摩擦力
D．甲图中物体A不受摩擦力，乙图中物体A受摩擦力，方向和F方向相同
答案 A
解析 对物体A作受力分析，由题设可知，甲图中，物体B对物体A的静摩擦力方向向左，方向与F相同，使物体A与物体B一起以相同的加速度向左运动；乙图中，物体B对物体A的静摩擦力与物体A的重力沿斜面向下的分力的合力使物体A与物体B一起以相同的加速度做沿斜面向上的加速运动，物体A所受静摩擦力方向与F相同，故A正确。
6.如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则( )
A．物块可能匀速下滑
B．物块仍以加速度a匀加速下滑
C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑
D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑
答案 C
解析 未加F时，物块受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律有：a＝＝gsinθ－μgcosθ，由题可知a>0，则有sinθ－μcosθ>0。当施加F后，加速度a′＝＝gsinθ－μgcosθ＋＝a＋，已知sinθ－μcosθ>0，则有a′>a，即加速度增大，C正确，A、B、D错误。
7．三个完全相同的物块1、2、3放在水平桌面上，它们与桌面间的动摩擦因数都相同。现用大小相同的外力F沿图示方向分别作用在物块1和2上，用的外力沿水平方向作用在物块3上，使三者都做加速运动，令a1、a2、a3分别代表物块1、2、3的加速度，则( )
A．a1＝a2＝a3 B．a1＝a2，a2>a3
C．a1>a2，a2a2，a2>a3
答案 C
解析 分析1、2、3三个物块的受力情况如图甲、乙、丙所示。则Ff1＝μ(mg－Fsin60°)，Ff2＝μ(mg＋Fsin60°)，Ff3＝μmg。由牛顿第二定律得：Fcos60°－Ff1＝ma1，Fcos60°－Ff2＝ma2，－Ff3＝ma3。因Fcos60°＝，Ff2>Ff3>Ff1，故a1>a3>a2，C正确。
8．惯性制导系统已广泛应用于弹道式导弹工程中，这个系统的重要元件之一是加速度计，加速度计构造原理的示意图如图所示。沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一质量为m的滑块，滑块两侧分别与劲度系数均为k的弹簧相连，两弹簧的另一端与固定壁相连，滑块上有指针，可通过标尺测出滑块的位移，然后通过控制系统进行制导。设某段时间内导弹沿水平方向运动，指针向左偏离O点的距离为s，则这段时间内导弹的加速度( )
A．方向向左，大小为 B．方向向右，大小为
C．方向向左，大小为 D．方向向右，大小为
答案 D
解析 选取滑块为研究对象，当指针向左偏时，滑块左侧弹簧被压缩而右侧弹簧被拉伸。两个弹簧对滑块的弹力大小均为F左＝F右＝ks，方向均是指向右侧，如图所示，由牛顿第二定律可得：a＝＝，方向向右，故D正确。
9.如图所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量m＝1 kg的小球，一个左端固定于墙上的水平轻弹簧的右端以及一条一端固定于天花板上、且与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳的另一端分别与小球相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间(g取10 m/s2)，下列说法中正确的是( )
A．小球受力个数不变
B．小球立即向左运动，且a＝8 m/s2
C．小球立即向左运动，且a＝10 m/s2
D．若剪断的是弹簧右端，则剪断瞬间小球加速度的大小a＝10 m/s2
答案 B
解析 在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力且处于平衡状态，根据共点力的平衡条件得，弹簧的弹力F＝mgtan45°＝10×1 N＝10 N。剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10 N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用，小球的受力个数发生改变，故A错误；小球所受的最大静摩擦力为f＝μmg＝0.2×1×10 N＝2 N10．一个人用一条质量可不计的细绳从井中竖直向上提一桶水，细绳所能承受的最大拉力为300 N。已知水桶装满水后，水与水桶的总质量为20 kg。则人向上提水桶的最大加速度为多大(重力加速度g取10 m/s2)
答案 5 m/s2
解析 根据牛顿第二定律知F－mg＝ma，
即F＝mg＋ma，
加速度越大，需用的拉力就越大。
最大拉力Fmax＝mg＋mamax，
代入数值得amax＝5 m/s2，
即人向上提水桶的最大加速度为5 m/s2。(共28张PPT)
运动和力的关系
第四章
第4节 力学单位制
核心概念 · 规律再现
关系式
单位
物理量之间的关系
基本量
基本单位
物理关系
导出量
导出单位
基本单位
导出单位
长度
质量
时间
长度、质量、时间
米、千克、秒
国际单位制
单位
单位
核心模型 · 考点对点练
答案
解析
A、D、E、H、I
E、H、I
F、J
B、C
解析
答案
解析
答案
解析
答案
解析
核心能力 · 提升练
答案
解析
答案
解析
答案
解析
答案
解析
答案
解析
答案
解析
答案
解析
答案
解析
答案
解析
s
时间
m/s2
加速度
N
力
解析
答案
解析第4节 力学单位制
1．基本单位
(1)物理学的关系式在确定了物理量之间的关系时，也确定了物理量的单位之间的关系。
(2)基本量和基本单位：在物理学中，只要选定几个物理量的单位，就能够利用物理量之间的关系推导出其他物理量的单位。这些被选定的物理量叫作基本量，它们相应的单位叫作基本单位。
(3)导出量和导出单位：由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量叫作导出量，推导出来的相应单位叫作导出单位。
(4)单位制：基本单位和导出单位一起就组成了一个单位制。
2．国际单位制
(1)定义：1960年第11届国际计量大会制订了一种国际通用的、包括一切计量领域的单位制，叫作国际单位制，简称SI。
(2)国际单位制中的基本量：国际单位制中选定长度、质量、时间、电流、热力学温度、物质的量、发光强度七个量为基本量。
(3)在力学范围内，国际单位制规定的三个基本量为长度、质量、时间，对应的基本单位为米、千克、秒。
3．单位制的应用
(1)简化运算：计算题中的已知量的单位都用国际单位制表示时，计算的结果也是用国际单位制表示的，因此，在统一已知量的单位后，计算过程中就不必写出各量后面的单位，只要在数字计算式后面写出正确的单位就可以了。
(2)推导物理量的单位。
(3)验证物理关系式是否正确。
典型考点一 单位制的理解
1．下列关于单位制的说法正确的是( )
A．选定的基本量相同，则单位制相同
B．单位制指的就是导出单位
C．选用的基本单位不同，构成的单位制也不同
D．物理公式主要确定物理量间的数量关系，不能确定单位关系
答案 C
解析 选定的基本量及其基本单位都相同，单位制才相同，A错误。单位制由基本单位和导出单位组成，B错误。由国际单位制中的基本单位导出的单位仍是国际单位制中的单位，其他单位制中的基本单位导出的单位也是其他单位制中的单位，C正确。物理公式既能确定物理量间的数量关系，也能确定物理量间的单位关系，D错误。
2．现有以下一些物理量和单位，按下面的要求选择填空。
A．密度 B．米每秒 C．牛顿 D．加速度
E．质量 F．秒 G．厘米 H．长度
I．时间 J．千克
(1)属于物理量的有________。
(2)在国际单位制中，被选定的基本量有________。
(3)在国际制单位中的基本单位有________，属于导出单位的有________。(均选填字母代号)
答案 (1)A、D、E、H、I (2)E、H、I (3)F、J B、C
解析 (1)题中所给各项中，属于物理量的有密度、加速度、质量、长度、时间，故此空填“A、D、E、H、I”。
(2)在国际单位制中，被选定的基本量有质量、长度、时间，故此空填“E、H、I”。
(3)此题中给定的选项内是国际单位制中的基本单位的有千克、秒；属于导出单位的有米每秒、牛顿。故第一个空填“F、J”，第二个空填“B、C”。
典型考点二 单位制的应用
3．质量m＝20 g的物体，测得它的加速度a＝20 cm/s2，则关于它所受的合力的大小及单位，下列运算既正确又规范简洁的是( )
A．F＝ma＝20×20＝400 N
B．F＝ma＝0.02×0.2＝0.004 N
C．F＝ma＝0.02 kg×0.2 m/s2＝0.004 N
D．F＝ma＝0.02×0.2 N＝0.004 N
答案 D
解析 统一单位制，m＝20 g＝0.02 kg，a＝20 cm/s2＝0.2 m/s2，由牛顿第二定律可得F＝ma＝0.02×0.2 N＝0.004 N，D既正确又规范简洁。
4．物理公式不仅反映了物理量之间的数量关系，同时也反映了物理量单位之间的关系。在物理学中，把作用于物体上的力F与作用时间t的乘积定义为冲量I，即I＝Ft，则下列选项中用国际单位制中的基本单位表示冲量单位的是( )
A．N·m/s B．N·m
C．kg·m/s D．kg·m/s2
答案 C
解析 根据牛顿第二定律可知：F＝ma，即1 N＝1 kg·m/s2，由I＝Ft可得，冲量的单位是N·s,1 N·s＝1 kg·m/s2·s＝1 kg·m/s，C正确，A、B、D错误。
5．(多选)有几个同学在一次运算中，得出了某物体位移x的大小同其质量m、速度v、作用力F和运动时间t的关系式分别如下，其中一定错误的是( )
A．x＝ B．x＝
C．x＝Ft D．x＝
答案 ABC
解析 把各物理量的单位都用国际单位制表示，v的单位为m/s，a的单位为m/s2，F的单位为kg·m/s2，x的单位为m。由此可解出A、B、C、D中各式等号右边式子的单位分别为s、m2/s、kg·m/s、m，故A、B、C一定错误，D可能正确。
1．(多选)关于物理量或物理量的单位，下列说法正确的是( )
A．在力学范围内，国际单位制规定长度、质量、密度为三个基本物理量
B．后人为了纪念牛顿，把“牛顿”作为力学中的基本单位
C．1 N/kg＝1 m/s2
D．“m”“kg”“N”都属于国际单位制的单位
答案 CD
解析 在力学范围内，国际单位制规定长度、质量、时间为三个基本物理量，A错误；“牛顿”不是力学中的基本单位，B错误；根据单位换算关系可知，1 N/kg＝1 m/s2，C正确；“m”“kg”属于国际单位制中的基本单位，“N”属于国际单位制的导出单位，D正确。
2．导出单位是由基本单位组合而成的，则下列说法中正确的是( )
A．加速度的单位是m/s2，是由m、s两个基本单位组合而成的
B．加速度的单位是m/s2，由公式a＝可知，它是由m/s和s两个基本单位组合而成的
C．加速度的单位是m/s2，由公式a＝可知，它是由N、kg两个基本单位组合而成的
D．以上说法都是正确的
答案 A
解析 在力学中选长度、时间、质量的单位为基本单位，而m/s、N都是导出单位，所以A正确，B、C、D错误。
3．测量“国际单位制选定的三个力学基本物理量”可使用的一组仪器是( )
A．米尺、弹簧测力计、停表
B．米尺、弹簧测力计、打点计时器
C．量筒、天平、停表
D．米尺、天平、停表
答案 D
解析 国际单位制中力学的三个基本量为长度、质量、时间，可分别用D项中的米尺、天平、停表测量，故D正确。
4．(多选)在研究匀变速直线运动的实验中，取计数时间间隔为0.1 s，测得相邻相等时间间隔的位移差的平均值Δx＝1.2 cm，若还测出小车的质量为500 g，则关于加速度、合外力的计算，既正确又符合一般运算要求的是( )
A．a＝＝ m/s2＝120 m/s2
B．a＝＝ m/s2＝1.2 m/s2
C．F＝ma＝500×1.2 N＝600 N
D．F＝ma＝0.5×1.2 N＝0.6 N
答案 BD
解析 Δx＝1.2 cm＝1.2×10－2 m，根据Δx＝at2，得a＝＝ m/s2＝1.2 m/s2，故A错误，B正确；又因500 g＝0.5 kg，故F＝ma＝0.5×1.2 N＝0.6 N，故C错误，D正确。
5．我们以后会学习一个新的物理量——动量，其公式为p＝mv，关于动量的单位，下列各项中正确的是( )
A．kg·m/s B．N/s
C.· D．N·m
答案 A
解析 由p＝mv可得动量的单位应是kg·m/s，A正确；又因为力F的单位N＝kg·m/s2，所以动量的单位还可以表示为N·s，·＝N/s3，B、C、D错误。
6．在厘米·克·秒(cm·g·s)制中，力的单位是“达因”(dyn)：使质量为1 g的物体产生1 cm/s2的加速度的力为1达因，则( )
A．1 N＝10－1 dyn B．1 N＝10 dyn
C．1 N＝102 dyn D．1 N＝105 dyn
答案 D
解析 根据牛顿第二定律F＝ma,1 N＝1 kg·m/s2＝103 g·102 cm/s2＝105 dyn，D正确。
7．声音在某种气体中的速度，可以只用压强p、气体密度ρ和没有单位的比例常数k表示，根据上述情况，判断下列声音在该气体中的速度表达式正确的是( )
A．v＝k B．v＝k
C．v＝k D．v＝k
答案 A
解析 在国际单位制中，压强p＝，单位是＝＝，密度ρ＝，单位是，所以的单位为，则k 的单位为m/s，A正确，B、C、D错误。
8．雨滴在空气中下落，当速度比较大的时候，它受到的空气阻力与其速度的二次方成正比，与其横截面积成正比，即F＝kSv2，则比例系数k的单位是( )
A．kg/m4 B．kg/m3
C．kg/m2 D．kg/m
答案 B
解析 由F＝kSv2得k＝，k的单位为＝kg/m3，B正确。
9．在弹性限度内，弹力F与弹簧的伸长量x成正比，即F＝kx，其中k的值与弹簧材料、原长L、横截面积S等因素有关。理论与实验都表明k＝，其中Y是由材料决定的常数，材料力学中称之为杨氏模量。在国际单位制中，杨氏模量Y的单位为( )
A．N·m－2 B．N·m－1
C．m D．N
答案 A
解析 由k＝，得Y＝，在国际单位制中，k的单位是N/m，S的单位是m2，L的单位是m，代入上式得，Y的单位是N/m2＝N·m－2，A正确。
10．物理公式在确定物理量间的数量关系的同时，也确定了物理量间的单位关系。下面给出的式子中，l是长度，v是速度，m是质量，g是重力加速度，这些量都用国际单位制单位。试判断下列式子的单位，并指出这些单位所对应的物理量的名称。
(1)：单位是________，物理量名称是________；
(2)：单位是________，物理量名称是________；
(3)m：单位是________，物理量名称是________。
答案 (1)s 时间 (2)m/s2 加速度 (3)N 力
解析 (1)l的单位为m，g的单位是m/s2，则的单位是s，是时间的单位；
(2)v的单位为m/s，l的单位为m，则的单位为m/s2，是加速度的单位；
(3)m的单位为kg，v的单位为m/s，l的单位为m，则m的单位为kg·m/s2＝N，是力的单位。
11．一辆重4 t的汽车，从静止开始，在水平路面上行驶，已知发动机的牵引力为1600 N，汽车在运动时所受阻力为车重的0.02倍，取g＝10 m/s2，求：
(1)汽车在开出后加速度的大小；
(2)经过多长时间汽车的速度可达10 m/s
答案 (1)0.2 m/s2 (2)50 s
解析 (1)已知F1＝1600 N，F2＝4×103×10×0.02 N＝800 N，合力F＝F1－F2＝800 N，m＝4×103 kg，由牛顿第二定律可得加速度a＝＝ m/s2＝0.2 m/s2。
(2)由Δv＝at可得，t＝＝ s＝50 s。(共76张PPT)
运动和力的关系
第四章
第5节 牛顿运动定律的应用
核心概念 · 规律再现
牛顿第二定律
运动学
加速度
牛顿第二定律
核心模型 · 考点对点练
答案
解析
答案
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核心能力 · 提升练
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EN
F
wmg
乙第5节 牛顿运动定律的应用
1．从受力确定运动情况
如果已知物体的受力情况，可以由牛顿第二定律求出物体的加速度，再通过运动学的规律确定物体的运动情况。
2．从运动情况确定受力
如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体的加速度，结合受力分析，再根据牛顿第二定律求出力。
典型考点一 从受力确定运动情况
1．如图所示，位于水平地面上的质量为M的小木块，在大小为F、方向与水平方向成α角的拉力作用下沿地面做加速运动。若木块与地面之间的动摩擦因数为μ，则木块的加速度为( )
A. B．
C. D．
答案 D
解析 取木块为研究对象，其受力情况如图所示。在竖直方向合力为零，即Fsinα＋FN＝Mg，在水平方向，由牛顿第二定律得Fcosα－Ff＝Ma，且Ff＝μFN。由以上三式可得a＝，D正确。
2.如图所示，水平地面上一物体以5 m/s的初速度向右滑行，若物体与地面间的动摩擦因数为0.25，取g＝10 m/s2，则物体在3 s内的位移大小为( )
A．0.5 m B．2.5 m
C．3.75 m D．5 m
答案 D
解析 根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg＝2.5 m/s2。物体匀减速运动的时间t＝＝ s＝2 s，即物体滑行2 s后停止运动，物体在3 s内的位移大小为x＝t＝×2 m＝5 m，D正确。
3.如图所示，AD、BD、CD是竖直面内三根固定的光滑细杆，每根杆上套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从A、B、C处释放(初速度为0)，用t1、t2、t3依次表示各滑环到达D点所用的时间，则( )
A．t1t2>t3
C．t3>t1>t2 D．t1＝t2＝t3
答案 D
解析 小滑环下滑过程中受重力和杆的弹力作用，下滑的加速度是由重力沿杆方向的分力产生的，设杆与竖直方向的夹角为θ，由牛顿第二定律得mgcosθ＝ma，则a＝gcosθ①
设圆的半径为R，由几何关系得，滑环由开始运动至到达D点的位移x＝2Rcosθ②
由运动学公式得x＝at2③
由①②③联立解得t＝2 。
即小滑环下滑的时间与细杆的倾斜程度无关，故t1＝t2＝t3，D正确。
4．雨滴从空中由静止落下，若雨滴下落时空气对其的阻力随雨滴下落速度的增大而增大，如图所示的图像能正确反映雨滴下落过程中运动情况的是( )
答案 C
解析 对雨滴受力分析，由牛顿第二定律得：mg－F阻＝ma。雨滴加速下落，速度增大，阻力增大，故加速度减小，v t图像的斜率变小，C正确。
5．以初速度v0竖直向上抛出一个小球，小球所受的空气阻力与速度大小成正比，从抛出到落地，小球运动的v t图像是( )
答案 A
解析 上升阶段，小球所受空气阻力随小球速度的减小而减小，小球所受合力F＝G＋Ff，合力越来越小，所以上升阶段小球的加速度越来越小。下降阶段，小球所受空气阻力随小球速度的增大而增大，小球所受合力F′＝G－Ff，合力越来越小，所以下降阶段小球的加速度也越来越小。v t图像中，只有A项所表示的运动加速度越来越小，A正确。
6.如图所示，楼梯口一倾斜的天花板与水平面成θ＝37°角，一装潢工人手持木杆绑着刷子粉刷天花板，工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上，大小为F＝10 N，刷子的质量为m＝0.5 kg，刷子可视为质点，刷子与天花板间的动摩擦因数μ＝0.5，天花板长为L＝4 m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2。试求：
(1)刷子沿天花板向上的加速度大小；
(2)工人把刷子从天花板底端由静止推到顶端所用的时间。
答案 (1)2 m/s2 (2)2 s
解析 (1)以刷子为研究对象，受力分析如图所示
由牛顿第二定律得
(F－mg)sin37°－μ(F－mg)cos37°＝ma
代入数据解得a＝2 m/s2。
(2)由运动学公式得
L＝at2，代入数据解得t＝2 s。
典型考点二 从运动情况确定受力
7．光滑水平面上，质量为4 kg的物体在水平推力F1的作用下由静止开始运动，0～2 s内的位移为6 m；质量为2.5 kg的物体在水平推力F2的作用下由静止开始运动，0～3 s内的位移为9 m。则F1与F2的比值为( )
A．1∶3 B．3∶4
C．12∶5 D．9∶8
答案 C
解析 物体做初速度为零的匀加速直线运动，由匀变速直线运动的位移公式可知，加速度为：a1＝＝ m/s2＝3 m/s2，a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，由牛顿第二定律得：F1＝m1a1＝4×3 N＝12 N，F2＝m2a2＝2.5×2 N＝5 N，故F1∶F2＝12∶5，C正确。
8.某物体做直线运动的v t图像如图所示，据此判断下列四个选项中图像(F表示物体所受合力，t表示物体运动的时间)正确的是( )
答案 B
解析 根据速度—时间图像可以知道，物体0～2 s做匀加速直线运动，2～4 s做匀减速直线运动，4～6 s做反向匀加速直线运动，6～8 s做反向匀减速直线运动。速度—时间图像的斜率表示加速度，设最大速度为vm，则0～2 s物体的加速度为，2～4 s物体的加速度为－，4～6 s物体的加速度为－，6～8 s物体的加速度为。根据牛顿第二定律，物体受到的合力与加速度成正比，故B正确。
9.(多选)如图所示，一折杆固定在小车上，∠A＝θ，B端固定一个质量为m的小球，设小车向右的加速度为a，AB杆对小球的作用力大小为F，则下列说法正确的是( )
A．当a＝0时，F＝，方向沿AB杆
B．当a＝gtanθ时，F＝，方向沿AB杆
C．无论a取何值，F都等于m，方向都沿AB杆
D．无论a取何值，F都等于m，方向与AB杆所在直线无关
答案 BD
解析 当a＝0时，小球处于平衡状态，此时F＝mg，方向竖直向上，并不沿AB杆，故A错误；当a＝gtanθ时，在水平方向：Fx＝mgtanθ，竖直方向：Fy＝mg，F＝＝，方向沿AB杆，故B正确；由牛顿第二定律得，在水平方向：Fx＝ma，竖直方向：Fy＝mg，F＝＝m，设F与竖直方向夹角为β，则tanβ＝，当a＝gtanθ时，F沿AB杆，否则F的方向不沿AB杆，故C错误，D正确。
10.(多选)如图所示，质量为m的小球置于倾角为θ的斜面体上，被一个竖直挡板挡住。现用一个水平力F拉斜面体，使斜面体在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，重力加速度为g，忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )
A．斜面对小球的弹力为
B．斜面和竖直挡板对小球弹力的合力为ma
C．若增大加速度a，斜面对小球的弹力一定增大
D．若增大加速度a，竖直挡板对小球的弹力一定增大
答案 AD
解析 对小球受力分析如图所示，把斜面对小球的弹力FN2进行正交分解，竖直方向有FN2cosθ＝mg，水平方向有FN1－FN2·sinθ＝ma，所以斜面对小球的弹力为FN2＝，A正确。小球受到斜面的弹力、挡板的弹力和重力的合力为ma，故B错误。斜面对小球的弹力FN2＝与a无关，挡板对小球的弹力FN1＝ma＋mgtanθ，随a增大而增大，故C错误，D正确。
11.如图所示，质量为m的物体随自动扶梯加速上升。已知加速度的大小为a，方向与水平面成θ角，求：
(1)物体在加速上升过程中受到的摩擦力的大小与方向；
(2)物体所受支持力的大小。
答案 (1)macosθ 方向水平向右
(2)m(g＋asinθ)
解析 (1)如图所示，建立直角坐标系，对物体进行受力分析，并将加速度a沿已知力的方向正交分解，得a1＝asinθ，a2＝acosθ
由牛顿第二定律知
f＝ma2＝macosθ，方向水平向右。
(2)在竖直方向上：N－mg＝ma1
解得N＝m(g＋asinθ)。
12．民用航空客机的机舱除通常的舱门外还设有紧急出口，发生意外情况的飞机着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个由气囊组成的斜面，机舱中的乘客就可以沿斜面迅速滑行到地面上来。若某型号的客机紧急出口离地面高度为4.0 m，构成斜面的气囊长度为5.0 m。要求紧急疏散时，乘客从气囊上由静止下滑到达地面的时间不超过2.0 s(g取10 m/s2)，则：
(1)乘客在气囊上下滑的加速度至少为多大？
(2)气囊和下滑乘客间的动摩擦因数不得超过多少？
答案 (1)2.5 m/s2 (2)0.92
解析 (1)由题意可知，h＝4.0 m，L＝5.0 m，t＝2.0 s。
设斜面倾角为θ，则sinθ＝。
乘客沿气囊下滑过程中，由L＝at2得a＝，
代入数据得a＝2.5 m/s2。
(2)在乘客下滑过程中，对乘客受力分析如图所示，
沿x轴方向有mgsinθ－Ff＝ma，
沿y轴方向有FN－mgcosθ＝0，
又Ff＝μFN，
联立方程解得μ＝≈0.92，
故气囊与下滑乘客间的动摩擦因数不得超过0.92。
典型考点三 多过程问题
13．水平面上一质量为m的物体，在水平恒力F作用下，从静止开始做匀加速直线运动，经时间t后撤去外力，又经时间3t物体停下，则物体受到的阻力为( )
A. B．
C． D．
答案 B
解析 当力F作用时，设物体的加速度大小为a1，时间t后物体的速度为v，由牛顿第二定律及运动学公式得F－Ff＝ma1，v＝a1t；撤去力F后，设物体的加速度大小为a2，由牛顿第二定律及运动学公式得，Ff＝ma2，0＝v－a2·3t，解以上四式得：Ff＝，B正确。
14.如图，一根足够长的水平杆固定不动，一个质量m＝2 kg的圆环套在杆上，圆环的直径略大于杆的截面直径，圆环与杆的动摩擦因数μ＝0.75。对圆环施加一个与水平方向成θ＝53°角斜向上、大小为F＝25 N的拉力，使圆环由静止开始做匀加速直线运动(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10 m/s2)。求：
(1)圆环对杆的弹力大小；
(2)圆环加速度的大小；
(3)若拉力F作用2 s后撤去，圆环在杆上滑行的总距离。
答案 (1)0 (2)7.5 m/s2 (3)30 m
解析 (1)分析圆环的受力情况如图甲所示。
将F正交分解，F1＝Fcosθ＝15 N，
F2＝Fsinθ＝20 N
因mg＝20 N，与F2大小相等，故FN＝0，圆环对杆的弹力为0。
(2)由(1)可知，在拉力F作用下，环不受摩擦力，由牛顿第二定律可知：F合＝F1＝ma1，
代入数据得a1＝7.5 m/s2。
(3)由(2)可知，撤去F时圆环的速度v0＝a1t1＝15 m/s
拉力F作用2 s的位移x1＝a1t＝15 m
撤去F后圆环受力如图乙所示
根据牛顿第二定律得μmg＝ma2
代入数据得a2＝7.5 m/s2
圆环的加速度与速度方向相反，做匀减速直线运动直至静止
由运动学公式可得：撤去F后圆环滑行的位移x2＝＝15 m
故总位移x＝x1＋x2＝30 m。
15.如图所示，长为s＝11.25 m的水平轨道AB与倾角为θ＝37°、长为L＝3 m的光滑斜面BC在B处连接，有一质量为m＝2 kg的滑块(可视为质点)，从A处由静止开始受到与水平方向成37°斜向上的拉力F＝20 N的作用，经过一段时间后撤去拉力F，此时滑块仍在水平轨道上，但滑块恰好可以滑到斜面的最高点C。已知滑块经过B点时，速度方向改变但大小不变，滑块与AB间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
(1)滑块经过B点时速度的大小；
(2)拉力F作用的时间。
答案 (1)6 m/s (2)1.5 s
解析 (1)滑块在斜面上滑行时，由牛顿第二定律得：
mgsin37°＝ma3
由运动学规律可得v＝2a3L
解得vB＝6 m/s。
(2)撤去F前，由牛顿第二定律得：
Fcos37°－μ(mg－Fsin37°)＝ma1
设F作用的时间为t，则撤去F时有：
v1＝a1t，x1＝a1t2
撤去拉力F后，有：μmg＝ma2
v－v＝2(－a2)(s－x1)
联立解得：t＝1.5 s。
16.如图所示，固定斜面长10 m，高6 m，质量为2 kg的木块在一个沿斜面向上的20 N的拉力F的作用下，从斜面底端由静止开始运动，已知木块2 s内的位移为4 m，若2 s末撤去拉力，再经过多长时间木块能回到斜面底端？(g取10 m/s2)
答案 2.08 s
解析 因为x＝at2＝4 m，所以a＝2 m/s2
对木块进行受力分析，将重力分解为沿斜面向下的分力F1和垂直斜面向下的分力F2，由几何知识得：sinθ＝0.6，故F1＝mgsinθ＝12 N
由牛顿第二定律得a＝
解得F摩擦力＝4 N
2 s末的速度大小为v＝at＝4 m/s
此时撤去拉力，之后木块沿斜面向下的加速度为
a1＝＝8 m/s2
列出运动学方程为2a1x1＝v2
解得x1＝1 m，即在撤去拉力后，木块还向上滑动了1 m，所用时间为t1＝＝0.5 s
之后，木块沿斜面下滑，摩擦力沿斜面向上。
所以加速度大小为a2＝＝4 m/s2
而下滑的距离为x′＝x＋x1＝5 m
根据a2t＝x′
解得下滑所用的时间为t2＝ s
所以撤去拉力之后木块回到斜面底端所用的总时间
t总＝t1＋t2≈2.08 s。
1．用30 N的水平外力F，拉一个静止在光滑水平面上的质量为20 kg的物体，力F作用3 s后消失。则第5 s末物体的速度和加速度大小分别是( )
A．4.5 m/s,1.5 m/s2 B．7.5 m/s,1.5 m/s2
C．4.5 m/s,0 D．7.5 m/s,0
答案 C
解析 力F作用下a＝＝ m/s2＝1.5 m/s2,3 s末的速度v＝at＝4.5 m/s,3 s后撤去外力，此后物体所受合外力为0，a′＝0，物体做匀速运动，v′＝v＝4.5 m/s，故C正确。
2．在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的划痕。在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14 m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取10 m/s2，则汽车刹车前的速度大小为( )
A．7 m/s B．14 m/s
C．10 m/s D．20 m/s
答案 B
解析 设汽车刹车后滑动过程中的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，解得：a＝μg。由匀变速直线运动的速度位移关系式得v＝2ax，可得汽车刹车前的速度大小为：v0＝＝ m/s＝14 m/s，因此B正确。
3．假设洒水车的牵引力不变且所受阻力与车重成正比，未洒水时，洒水车匀速行驶，洒水时它的运动将是( )
A．做变加速运动
B．做初速度不为零的匀加速直线运动
C．做匀减速运动
D．继续保持匀速直线运动
答案 A
解析 洒水车的加速度a＝＝＝－kg，洒水时质量m一直减小，则a一直增大，所以洒水车做加速度变大的加速运动，故A正确。
4.如图所示，在行驶过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害。为了尽可能地减少碰撞引起的伤害，人们设计了安全带及安全气囊。假定乘客质量为70 kg，汽车车速为108 km/h(即30 m/s)，从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5 s，安全带及安全气囊对乘客的平均作用力大小为( )
A．420 N B．600 N
C．800 N D．1000 N
答案 A
解析 从踩下刹车到车完全停止的5 s内，乘客的速度由30 m/s减小到0，视为匀减速直线运动，则有a＝＝－ m/s2＝－6 m/s2。根据牛顿第二定律知安全带及安全气囊对乘客的作用力F＝ma＝70×(－6) N＝－420 N，负号表示力的方向跟初速度方向相反。所以A正确。
5.如图所示，一小车上面有一固定“T”形支架，右边用轻绳悬挂一质量为m的小球，左边用轻杆(杆固定在横梁上)固定一质量也为m的小球，当小车向右运动时小球稳定在图示位置。以下说法正确的是( )
A．小车向右做匀加速运动，加速度大小a＝gtanβ，杆对小球的作用力大于轻绳对小球的作用力
B．小车向右做匀加速运动，加速度大小a＝gtanβ，杆对小球的作用力等于轻绳对小球的作用力
C．小车向右做匀加速运动，加速度大小a＝gtanα，杆对小球的作用力大于轻绳对小球的作用力
D．小车向右做匀加速运动，加速度大小a＝gtanα，杆对小球的作用力等于轻绳对小球的作用力
答案 B
解析 杆对小球的作用力方向不一定沿杆，而绳子对小球的作用力方向一定沿绳子，所以以绳子上的小球为研究对象进行受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律可得加速度大小为：a＝gtanβ，方向向右，所以小车向右做匀加速运动；无论是轻绳或轻杆，对小球的作用力大小为：F＝，方向为斜向右上方并与竖直方向夹角为β，所以B正确，A、C、D错误。
6．(多选)如图甲所示，在粗糙水平面上，物块A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其速度—时间图像如图乙所示，下列判断正确的是( )
A．在0～1 s内，外力F不断增大
B．在1～3 s内，外力F的大小恒定
C．在3～4 s内，外力F不断减小
D．在3～4 s内，外力F的大小恒定
答案 BC
解析 在速度—时间图像中，0～1 s内物块速度均匀增大，物块做匀加速直线运动，外力F为恒力，A错误；1～3 s内，物块做匀速直线运动，外力F的大小恒定，B正确；3～4 s内，物块做减速运动，加速度不断增大，合力的大小不断增大，又在这段时间，合力大小F合＝Ff－F，Ff不变，外力F不断减小，C正确，D错误。
7．质量为0.8 kg的物体在一水平面上运动，如图a、b分别表示物体不受拉力作用和受到水平拉力作用时的v t图像，则拉力和摩擦力之比为( )
A．9∶8 B．3∶2
C．2∶1 D．4∶3
答案 B
解析 由v t图像可知，图线a对应仅受摩擦力的运动，加速度大小a1＝1.5 m/s2；图线b对应受水平拉力和摩擦力的运动，加速度大小为a2＝0.75 m/s2；由牛顿第二定律列方程得ma1＝Ff，ma2＝F－Ff，解得＝，B正确。
8.如图所示，弹簧竖直放置，小球从弹簧正上方某一高处落下，从球接触弹簧到弹簧被压缩到最短的过程中，关于小球的运动情况，下列说法正确的是( )
A．加速度的大小先减小后增大
B．加速度的大小先增大后减小
C．速度大小不断增大
D．速度大小不断减小
答案 A
解析 随着弹簧被压缩，弹簧的弹力越来越大，初始阶段弹力小于重力，小球加速向下运动，但合力是在减小的，根据牛顿第二定律可知加速度也在减小，当弹力恰等于重力时，合力为零，加速度也为零，速度达到最大，小球继续向下压缩弹簧，弹力大于重力，小球向下做减速运动，合力向上逐渐增大，根据牛顿第二定律可知加速度也增大，直到速度减为零，加速度达最大，所以在弹簧被压缩的过程中，小球的加速度先减小后增大，速度先增大后减小，故只有A正确。
9.如图所示，一个物体从A点由静止出发分别沿三条光滑轨道到达C1、C2、C3，则( )
A．物体到达C1时的速度最大
B．物体在三条轨道上的运动时间相同
C．物体在与C3连接的轨道上运动的加速度最小
D．物体到达C3的时间最短
答案 D
解析 物体在斜轨道上的加速度a＝gsinθ，在与C3连接的轨道上运动的加速度最大，C错误。斜轨道长L＝，由v2＝2aL得：v＝，故物体到C1、C2、C3时的速度大小相等，故A错误。由L＝at2得t＝，故沿AC3运动的时间最短，B错误，D正确。
10．在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火。按照设计，某种型号装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s末到达距地面100 m的最高点时炸开，形成各种美丽的图案，假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍，那么v0和k分别等于(重力加速度g取10 m/s2)( )
A．25 m/s,1.25 B．40 m/s,0.25
C．50 m/s,0.25 D．80 m/s,1.25
答案 C
解析 根据h＝at2，解得a＝12.5 m/s2，所以v0＝at＝50 m/s；上升过程中礼花弹所受的阻力大小Ff＝kmg，则由牛顿第二定律mg＋Ff＝ma，联立解得k＝0.25，故C正确。
11．放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示。取重力加速度g＝10 m/s2。由这两个图像可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为( )
A．0.5 kg,0.4 B．1.5 kg，
C．0.5 kg,0.2 D．1 kg,0.2
答案 A
解析 由题F t图像和v t图像可知，物块在2～4 s内所受外力F1＝3 N，物块做匀加速直线运动，a＝＝2 m/s2，F1－f＝ma。物块在4～6 s内所受外力F2＝2 N，物块做匀速直线运动，则F2＝f＝μmg＝2 N。联立解得：m＝0.5 kg，μ＝0.4，故A正确。
12.(多选)静止在光滑水平面上的物体受到一个水平拉力的作用，该力随时间变化的图线如图所示，则下列说法正确的是( )
A．物体在20 s内平均速度为零
B．物体在20 s末的速度为零
C．物体在20 s末又回到出发点
D．物体在10 s末的速度最大
答案 BD
解析 在0～10 s内，物体的加速度a＝＝，则10 s末的速度v1＝at＝，在10～20 s内，物体的加速度大小为a′＝＝，则物体在20 s末的速度v＝v1－a′t＝0。物体在0～10 s内做匀加速直线运动，10～20 s内做匀减速直线运动，20 s内的位移不等于零，所以平均速度不为零，物体一直向前运动，10 s末速度最大。故B、D正确，A、C错误。
13．如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30°，质量为0.3 kg的小物块静止在A点。现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上，作用一段时间后撤去推力F，小物块能达到的最高位置为C点，小物块从A到C的v t图像如图乙所示。g取10 m/s2，则下列说法中正确的是( )
A．小物块到C点后将沿斜面下滑
B．小物块加速时的加速度大小是减速时加速度大小的
C．小物块与斜面间的动摩擦因数为
D．推力F的大小为6 N
答案 B
解析 由图乙可知，小物块做匀加速运动的加速度大小为a1＝＝ m/s2＝ m/s2，匀减速运动的加速度大小为a2＝＝ m/s2＝10 m/s2，故a1∶a2＝1∶3，B正确；在匀减速直线运动过程中，由牛顿第二定律知：mgsin30°＋μmgcos30°＝ma2，解得μ＝，C错误；因为mgsin30°－μmgcos30°＝0，所以物块到达C点后将静止在C点，不会下滑，A错误；匀加速运动时，沿斜面方向，根据牛顿第二定律可得：F－mgsin30°－μmgcos30°＝ma1，解得F＝4 N，D错误。
14.如图所示，一倾角θ＝37°的足够长的斜面固定在水平地面上，当t＝0时，滑块以初速度v0＝10 m/s从斜面上某位置沿斜面向上运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是( )
A．滑块一直做匀变速直线运动
B．t＝1 s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上
C．t＝2 s时，滑块恰好又回到出发点
D．t＝3 s时，滑块的速度大小为4 m/s
答案 D
解析 设滑块上滑时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝10 m/s2，上滑时间t1＝＝1 s，上滑的距离x1＝v0t1＝5 m，因mgsinθ＞μmgcosθ，所以滑块上滑到速度为零后将向下运动，B错误；设滑块下滑时的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，t＝2 s时，滑块下滑的距离x2＝a2(t－t1)2＝1 m<5 m，滑块未回到出发点，C错误；因上滑和下滑过程中的加速度不同，故滑块全程不做匀变速直线运动，A错误；t＝3 s时，滑块沿斜面向下运动，此时的速度v＝a2(t－t1)＝4 m/s，D正确。
15.滑冰车是儿童喜欢的冰上娱乐项目之一。如图所示为小明妈妈正与小明在冰上游戏，小明与冰车的总质量是40 kg，冰车与水平冰面之间的动摩擦因数为0.05，在某次游戏中，假设小明妈妈对冰车施加了40 N的水平推力，使冰车从静止开始运动10 s后，停止施加力的作用，使冰车自由滑行。(假设运动过程中冰车始终沿直线运动，小明始终没有施加力的作用)。求：
(1)冰车的最大速率；
(2)冰车在整个运动过程中滑行总位移的大小。
答案 (1)5 m/s (2)50 m
解析 (1)以冰车及小明为研究对象，由牛顿第二定律得
F－μmg＝ma1，①
vm＝a1t，②
联立①②式，并代入数据解得vm＝5 m/s。
(2)冰车匀加速运动过程中有x1＝a1t2，③
由牛顿第二定律，冰车自由滑行时有μmg＝ma2，④
v＝2a2x2，⑤
又x＝x1＋x2，⑥
联立①②③④⑤⑥式，并代入数据解得x＝50 m。
16．一质量为2 kg的物体静止在水平地面上，在水平恒力F的推动下开始运动，4 s末物体的速度达到4 m/s，此时将F撤去，又经8 s物体停下来。如果物体与地面间的动摩擦因数不变，求力F的大小。
答案 3 N
解析 物体的整个运动过程分为两段，前4 s内物体做匀加速运动，后8 s内物体做匀减速运动。以F的方向为正方向，则
前4 s内物体的加速度为a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，
设摩擦力大小为Ff，由牛顿第二定律得F－Ff＝ma1。①
后8 s内物体的加速度为
a2＝＝－ m/s2＝－0.5 m/s2，
物体所受的摩擦力不变，
由牛顿第二定律得－Ff＝ma2。②
由①②两式可求得水平恒力F的大小为
F＝m(a1－a2)＝2×(1＋0.5) N＝3 N。
17．如图甲所示，固定光滑细杆与水平地面成一定夹角α，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间变化的规律如图乙所示，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)小环的质量m；
(2)细杆与地面间的夹角α。
答案 (1)1 kg (2)30°
解析 由v t图像得：0～2 s内，a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2。
根据牛顿第二定律，可得前2 s有F1－mgsinα＝ma，
2 s后有F2＝mgsinα，代入数据，解得：m＝1 kg，α＝30°。
18．质量为4 kg的企鹅在倾角θ＝37°的斜坡上向下滑动，所受的空气阻力与速度成正比，比例系数未知。今测得企鹅运动的v t图像如图所示，且AB是曲线最左端那一点的切线，B点的坐标为(4,15)，CD线是曲线的渐近线。g取10 m/s2。试问：
(1)企鹅开始时做什么运动？最后做什么运动？
(2)当v0＝5 m/s和v1＝10 m/s时，企鹅的加速度各是多少？
(3)空气阻力系数k及企鹅与斜坡间的动摩擦因数各是多少？
答案 (1)加速度减小的加速直线运动 匀速直线运动
(2)2.5 m/s2 0 (3)2 kg/s 0.125
解析 (1)企鹅开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动。
(2)当v0＝5 m/s时，
加速度a0＝ m/s2＝2.5 m/s2，
当v1＝10 m/s时，加速度为a1＝0。
(3)t＝0时刻开始加速时：
mgsinθ－kv0－μmgcosθ＝ma0
最后匀速时：kv1＋μmgcosθ＝mgsinθ
由上面二式相加，得kv1－kv0＝ma0，
解得k＝＝2 kg/s
故μ＝＝0.125。
19.如图所示为一架四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用。若一架质量m＝2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力为F＝36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f＝4 N，g取10 m/s2。
(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，求在t＝5 s时离地面的高度h；
(2)当无人机悬停在距离地面高度H＝100 m处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落。求无人机坠落到地面时的速度大小v；
(3)在第(2)问条件下，若无人机坠落过程中，由于遥控设备的干预，动力设备重新启动提供向上的最大升力。为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t1。
答案 (1)75 m (2)40 m/s (3) s
解析 (1)设无人机上升时加速度大小为a，由牛顿第二定律，有F－mg－f＝ma，解得a＝6 m/s2，
由h＝at2，解得h＝75 m。
(2)设无人机坠落过程中加速度大小为a1，
由牛顿第二定律，有mg－f＝ma1，解得a1＝8 m/s2，
由v2＝2a1H，解得v＝40 m/s。
(3)设飞行器恢复升力后向下减速时加速度大小为a2，
由牛顿第二定律，有F－mg＋f＝ma2，
解得a2＝10 m/s2
设飞行器恢复升力时速度大小为vm，
则有＋＝H，
又由vm＝a1t1，解得t1＝ s。(共34张PPT)
运动和力的关系
第四章
第6节 超重和失重
核心概念 · 规律再现
吸引
天平
力的平衡条件
静止
相等
变化
视重
人对体重计的压力
小于
向下
大于
向上
完全没有作用力
竖直向下
核心模型 · 考点对点练
答案
解析
答案
解析
答案
解析
答案
解析
核心能力 · 提升练
答案
解析
答案
解析
答案
解析
答案
解析
答案
解析
答案
解析
答案
解析
答案
解析
解析第6节 超重和失重
1．重力的测量
(1)重力：在地球表面附近，物体由于地球的吸引而受到的力。
(2)重力的测量方法
①公式法：先测量物体做自由落体运动的加速度g，再用天平测量物体的质量，根据G＝mg算出重力大小。
②平衡条件法：利用力的平衡条件对重力进行测量。将待测物体悬挂或放置在测力计上，使它处于静止状态。这时物体所受的重力和测力计对物体的拉力或支持力的大小相等。这是测量重力最常用的方法。
2．超重和失重
人站在体重计上向下蹲的过程中，体重计的示数会变化。体重计的示数称为视重，反映了人对体重计的压力。
(1)失重
①定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象。
②产生条件：物体具有向下的加速度。
(2)超重
①定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象。
②产生条件：物体具有向上的加速度。
(3)完全失重
①定义：物体对支持物(或悬挂物)完全没有作用力的现象。
②产生条件：a＝g，方向竖直向下。
典型考点一 超重、失重的理解和判定
1．关于超重和失重，下列说法正确的是( )
A．超重现象只会发生在物体竖直向上运动的过程中，超重就是物体所受的重力增加了
B．失重现象只会发生在物体竖直向下运动的过程中，失重就是物体所受的重力减小了
C．完全失重就是物体所受的重力全部消失了
D．不论超重、失重或完全失重，物体所受的重力是不变的
答案 D
解析 超重现象是因为物体具有向上的加速度，物体可能是向下减速或向上加速，失重现象是因为物体具有向下的加速度，物体可能是向上减速或向下加速，不论超重、失重或完全失重，物体所受的重力是不变的，只是对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于重力、小于重力或等于0，故A、B、C错误，D正确。
2．下列关于超重、失重现象的描述中，正确的是( )
A．电梯正在加速上升，人在电梯中处于失重状态
B．列车在水平轨道上加速行驶，车上的人处于超重状态
C．在国际空间站内的宇航员重力完全消失
D．自行车在斜坡上自由滑行时，人处于失重状态
答案 D
解析 电梯正在加速上升，人的加速度方向向上，在电梯中处于超重状态，故A错误；列车在水平轨道上加速行驶，车上的人受到的支持力与重力大小相等，人既不处于超重状态，也不处于失重状态，故B错误；在国际空间站内的宇航员的加速度等于重力加速度，处于完全失重状态，重力并没有消失，故C错误；自行车在斜坡上自由滑行时，人和自行车具有竖直向下的分加速度，人处于失重状态，故D正确。
典型考点二 有关超重、失重的计算问题
3.质量为60 kg的人站在升降机中的体重计上，如图所示。当升降机做下列各种运动时，体重计的读数是多少？(g取10 m/s2)
(1)升降机匀速上升；
(2)升降机以4 m/s2的加速度匀加速上升；
(3)升降机以3 m/s2的加速度匀减速上升或匀加速下降。
答案 (1)600 N (2)840 N (3)420 N
解析 以人为研究对象受力分析，设支持力为N。
(1)匀速上升时，加速度为零，
故N1－mg＝0，N1＝mg＝600 N，
根据牛顿第三定律知体重计读数为600 N。
(2)匀加速上升时，加速度竖直向上，取竖直向上为正方向，
则N2－mg＝ma，N2＝m(g＋a)＝60×(10＋4) N＝840 N，
根据牛顿第三定律知体重计读数为840 N。
(3)匀减速上升或匀加速下降时，加速度都是竖直向下，取竖直向下为正方向，
则mg－N3＝ma′，N3＝m(g－a′)＝60×(10－3) N＝420 N，
根据牛顿第三定律知体重计读数为420 N。
4.一质量为40 kg的小孩站在电梯内的体重计上。电梯从t＝0时刻由静止开始上升，在0～6 s内体重计示数F的变化情况如图所示。试问：在这段时间内小孩超、失重情况及电梯上升的高度是多少？(取重力加速度g＝10 m/s2)
答案 0～2 s：超重，2～5 s：平衡，5～6 s：失重 9 m
解析 小孩体重G＝mg＝400 N，由题图知，在0～2 s内，F1＝440 N，F1>G，电梯匀加速上升，小孩处于超重状态，此时有a1＝＝1 m/s2，2 s末的速度v＝a1t1＝2 m/s，
h1＝a1t＝2 m。
在2～5 s内，F2＝400 N，F2＝G，电梯匀速上升，小孩处于平衡状态，此时有h2＝vt2＝6 m。
在5～6 s内，F3＝320 N，F3又v－a3t3＝0，说明电梯在6 s末停止，
故h3＝t3＝1 m。
所以电梯上升的高度为h＝h1＋h2＋h3＝9 m。
1．(多选)关于超重和失重的下列说法中，正确的是( )
A．超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了
B．物体做自由落体运动时处于完全失重状态，做自由落体运动的物体也受重力作用
C．物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态
D．物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化
答案 BD
解析 所谓超重是指物体对支持物的压力或者对悬挂物的拉力大于物体的重力，失重是指物体对支持物的压力或者对悬挂物的拉力小于物体的重力，而物体的重力没有变化，故A错误；物体做自由落体运动时只受重力，处于完全失重状态，故B正确；根据牛顿第二定律得知，物体具有向上的加速度时处于超重状态，物体具有向下的加速度时处于失重状态，故C错误；物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且没有变化，故D正确。
2.某跳水运动员在3 m长的踏板上起跳，我们通过录像观察到踏板和运动员要经历如图所示的状态，其中A为无人时踏板的静止点，B为人站在踏板上静止时的平衡点，C为人在起跳过程中人和踏板运动的最低点，则下列说法正确的是( )
A．人和踏板由C到B的过程中，人向上做匀加速运动
B．人和踏板由C到A的过程中，人处于超重状态
C．人和踏板由C到A的过程中，人先超重后失重
D．人在C点具有最大速度
答案 C
解析 在B点，重力等于弹力，在C点速度为零，弹力大于重力，所以从C到B的过程中，人所受的合力向上，人向上做加速运动，但是由于从C到B的过程中踏板的形变量在减小，弹力在减小，所以合力在减小，故做加速度减小的加速运动，加速度向上，处于超重状态，故A、D错误；从B到A的过程中人的重力大于弹力，所以合力向下，加速度向下，速度向上，所以做减速运动，处于失重状态，故B错误，C正确。
3．在升降电梯内的地面上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示，则在这段时间内( )
A．晓敏同学所受的重力变小了
B．晓敏同学对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力
C．电梯一定在竖直向下运动
D．电梯的加速度大小为，方向一定竖直向下
答案 D
解析 体重计示数变小，是由于晓敏对体重计的压力变小了，而晓敏的重力没有改变，故A错误；晓敏对体重计的压力与体重计对晓敏的支持力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，故B错误；以竖直向下为正方向，有mg－F＝ma，即50g－40g＝50a，解得a＝，加速度方向竖直向下，但速度方向可能竖直向上，也可能竖直向下，故C错误，D正确。
4．图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“·”表示人的重心。图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图线。两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出。取重力加速度g＝10 m/s2。根据图像分析可知( )
A．人的重力为1500 N
B．c点时人处于超重状态
C．e点时人处于失重状态
D．d点时的加速度小于f点时的加速度
答案 B
解析 开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力是500 N，根据牛顿第三定律和力的平衡条件可知，人的重力也是500 N，A错误；c点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，B正确；e点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，C错误；人在d点时的加速度大小：a1＝＝ m/s2＝20 m/s2，人在f点时的加速度大小：a2＝＝ m/s2＝10 m/s2，可知d点时的加速度大于f点时的加速度，D错误。
5．(多选)在一电梯的地板上有一压力传感器，其上放一物块，如图甲所示，当电梯运行时，传感器示数大小随时间变化的关系图像如图乙所示，根据图像分析得出的结论中正确的是( )
A．从时刻t1到t2，物块处于失重状态
B．从时刻t3到t4，物块处于失重状态
C．电梯可能开始停在低楼层，先加速向上运动，接着匀速向上运动，再减速向上运动，最后停在高楼层
D．电梯可能开始停在高楼层，先加速向下运动，接着匀速向下运动，再减速向下运动，最后停在低楼层
答案 BC
解析 从F t图像可以看出，0～t1，F＝mg，电梯可能处于静止状态或匀速运动状态；t1～t2，F>mg，电梯具有向上的加速度，物块处于超重状态，可能加速向上运动或减速向下运动；t2～t3，F＝mg，可能静止或匀速运动；t3～t4，F6．如图是某同学站在压力传感器上做下蹲—起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为压力，横坐标为时间。由图线可知，该同学的体重约为650 N，除此以外，还可以得到的信息是( )
A．1 s时人处在下蹲的最低点
B．2 s时人处于下蹲静止状态
C．该同学做了2次下蹲—起立的动作
D．下蹲过程中人始终处于失重状态
答案 B
解析 人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降，失重，达到一个最大速度后，再减速下降，超重，即先失重再超重，到达最低点后处于平衡状态，由图可知，1 s时人仍然在加速下降，2 s时人处于下蹲静止状态，故A、D错误，B正确；人下蹲动作对应先失重再超重，同理，起立对应先超重再失重，对应题中的力—时间图像可知，该同学做了一次下蹲—起立的动作，C错误。
7.为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，如图所示，乘客的座椅能随着道路坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平。当此车加速上坡时，关于盘腿坐在座椅上的一位乘客，下列说法正确的是( )
A．受到水平向右的摩擦力作用
B．不受摩擦力的作用
C．处于失重状态
D．所受力的合力竖直向上
答案 A
解析 当此车加速上坡时，整体的加速度沿斜面向上，故乘客的加速度沿斜面向上。对乘客进行受力分析，乘客受重力、支持力，由于乘客有水平向右的分加速度，所以受到向前(水平向右)的摩擦力作用，故A正确，B错误；当此车加速上坡时，整体的加速度沿斜面向上，乘客具有向上的分加速度，所以根据牛顿运动定律可知乘客处于超重状态，故C错误；因为加速度方向沿斜面向上，可知乘客所受的合力沿斜面向上，故D错误。
8．某大型游乐场内，有一种能使人体验超重、失重感觉的大型娱乐设施。该设施用电梯将乘坐有十多人的座舱悬停在几十米的高空处，然后让座舱从高空自由落下(此时座舱受到的阻力极小，可忽略)，当落至一定位置时，良好的制动系统开始工作，使座舱落至地面时刚好停止。假设座舱开始下落时的高度为80 m，当下落至距地面30 m时，开始对座舱进行制动，并认为座舱的制动过程是匀减速运动。
(1)当座舱从开始下落了20 m时，质量是60 kg的人对座舱的压力为多大？试说明理由。
(2)当座舱下落到距离地面10 m位置时，人对座舱的压力与人所受到的重力之比是多少？(g取10 m/s2)
答案 (1)见解析 (2)8∶3
解析 (1)开始自由下落过程人和座舱只受重力，此时a＝g
由牛顿第二定律得mg－FN1＝ma，则FN1＝0，
根据牛顿第三定律，此时人对座舱的压力为0。
(2)设座舱距地面30 m时速度为v，
h1＝50 m，h2＝30 m。
开始自由下落的阶段，由运动学公式得v2＝2gh1①
制动减速阶段人的受力情况如图所示，
由运动学公式得v2＝2a′h2②
由牛顿第二定律得FN2－mg＝ma′③
由①②得a′＝g④
由③④得FN2＝mg。
根据牛顿第三定律，人对座舱的压力FN2′＝FN2＝mg，
则人对座舱的压力与人所受到的重力之比是8∶3。