(通用版)2018_2019版高考物理总复习主题二相互作用与运动定律2.2.4力学单位制学案新人教版
2019届高考物理二轮复习力与物体的直线运动学案(全国通用)
专题二力与物体的直线运动高考统计·定方向(对应学生用书第5页) 1．记牢匀变速直线运动的“四类公式”2．掌握处理匀变速直线运动的四种方法(1)公式法：根据题目要求，应用基本公式直接求解．(2)推论法：如果条件允许，应用v ＝v t 2＝v 0＋v 2，v 2－v 20＝2ax ，Δx ＝aT 2等推论求解问题，可快速得出答案．(3)比例法：根据初速度为零的匀变速直线运动的比例关系式求解．(4)逆向思维法：匀减速直线运动到速度为零的过程，可认为是初速度为零的反向匀加速直线运动的逆过程．3．厘清一个网络，破解“力与运动”的关系命题热点1 直线运动的图象问题(对应学生用书第5页)■真题再做——感悟考法考向·1．(多选) (2018·全国卷Ⅲ)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动．甲、乙两车的位置x 随时间t 的变化如图1所示．下列说法正确的是()图1A．在t1时刻两车速度相等B．从0到t1时间内，两车走过的路程相等C．从t1到t2时间内，两车走过的路程相等D．在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等CD[x-t图象某点的切线斜率表示瞬时速度，A错误；前t1时间内，由于甲、乙的出发点不同，故路程不同，B错误；t1～t2时间内，甲、乙的位移和路程都相等，大小都为x2－x1，C正确；t1～t2时间内，甲的x-t图象在某一点的切线与乙的x-t图象平行，此时刻两车速度相等，D正确．]2．(多选) (2016·全国卷Ⅰ)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v-t图象如图2所示．已知两车在t＝3 s时并排行驶，则()图2A．在t＝1 s时，甲车在乙车后B．在t＝0时，甲车在乙车前7.5 mC．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2 sD．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 mBD[由题中v-t图象得a甲＝10 m/s2，a乙＝5 m/s2，两车在t＝3 s时并排行驶，此时x甲＝12a甲t2＝12×10×32 m＝45 m，x乙＝v0t＋12a乙t2＝10×3 m＋12×5×32m＝52.5 m，所以t＝0时甲车在前，距乙车的距离为L＝x乙－x甲＝7.5 m，B项正确．t ＝1 s 时，x 甲′＝12a 甲t ′2＝5 m ，x 乙′＝v 0t ′＋12a 乙t ′2＝12.5 m ，此时x 乙′＝x 甲′＋L ＝12.5 m ，所以另一次并排行驶的时刻为t ＝1 s ，故A 、C 项错误；两次并排行驶的位置沿公路方向相距L ′＝x 乙－x 乙′＝40 m ，故D 项正确．]■模拟尝鲜——高考类题集训·······················································考向1 匀速直线运动中的图象1．(多选) (2018·湖北重点高中联考)某汽车在平直公路上匀速行驶，因特殊情况需刹车，其刹车过程的x t -t 图象如图3所示，下列说法正确的是( )图3A ．汽车刹车过程做的是匀减速直线运动B ．汽车从开始刹车，经5.0 s 停下来C ．汽车匀速行驶时的速度为10 m/sD ．汽车刹车过程的加速度大小为2.0 m/s 2AC [根据匀变速直线运动的位移时间公式x ＝v 0t ＋12at 2，变形得：x t ＝v 0＋12at ，故纵截距表示初速度，则v 0＝10 m/s ，故汽车刹车过程做的是匀减速直线运动，则当x t ＝0时，有10＋12a ×5＝0，解得：a ＝－4 m/s 2，故A 、C 正确，D 错误；根据v ＝v 0＋at 0，得刹车所用的时间为t 0＝v －v 0a ＝0－10－4s ＝2.5 s ，故B 错误；故选A 、C.]2．(2018·榆林模拟)二十一世纪新能源环保汽车在设计阶段要对其各项性能进行测试，某次新能源汽车性能测试中，图4甲显示的是牵引力传感器传回的实时数据随时间变化关系，但由于机械故障，速度传感器只传回了第20 s 以后的数据，如图乙所示，已知汽车质量为1 500 kg ，若测试平台是水平的，且汽车由静止开始直线运动，设汽车所受阻力恒定，由分析可得( )图4A ．由图甲可得汽车所受阻力为1 000 NB ．20 s 末的汽车的速度为26 m/sC ．由图乙可得20 s 后汽车才开始匀速运动D ．前20 s 内汽车的位移为426 mB [由题图乙可知，在20 s 后车做匀速运动，则由题图甲可知：f ＝1 500 N ，故选项A 错误；在0～6 s 内由牛顿第二定律得：F 1－f ＝ma 1，则a 1＝5 m/s 2,6 s 末车速v 1＝a 1t 1＝5×6 m/s ＝30 m/s.在6～18 s 内，由牛顿第二定律得：F 2－f ＝ma 2，则a 2＝－13m/s 2，第18 s 末车速：v 2＝v 1＋a 2t 2＝30 m/s ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－13×12 m/s ＝26 m/s ，由图知18 s 后牵引力等于阻力，即汽车匀速直线运动，故选项B 正确，C错误；汽车在0～6 s 内的位移x 1＝v 12t 1＝90 m ；汽车在6～18 s 内的位移：x 2＝v 1＋v 22t 2＝336 m ；汽车在18～20 s 内的位移x 3＝v 2t 3＝52 m ，故汽车在前20 s 的位移x ＝x 1＋x 2＋x 3＝478 m ，故选项D 错误．]考向2 非匀变速直线运动中的图象3.(2018·第二次全国大联考Ⅱ卷)一质点做直线运动的v -t 图象如图5所示．下列说法正确的是( )图5A ．质点在0～1 s 的位移与1～2 s 的位移可能相等B ．质点在1～2 s 做加速度逐渐减小的直线运动C ．质点在1～2 s 中某时刻的加速度等于质点在2～3 s 的加速度D ．质点在1 s 时刻离出发点最远，在2 s 时刻返回出发点C [在v -t 图象中，图线与t 轴围成的面积表示位移，质点在0～1 s 的位移小于在1～2 s 的位移，选项A 错误；在v -t 图象中，图线的斜率表示加速度，质点在1～2 s 做加速度逐渐增大的直线运动，选项B 错误；质点在1～2 s 中某时刻的斜率等于质点在2～3 s 的斜率，所以质点在1～2 s 中某时刻的加速度等于质点在2～3 s的加速度，选项C正确；质点在3 s时刻离出发点最远，在2 s时刻没有返回出发点，选项D错误．](多选)(2018·第二次全国大联考Ⅲ卷)甲、乙两小车在一条平直的车道上行驶，它们运动的v–t图象如图所示，其中甲的图线为两段相同的圆弧，乙的图线为一条直线．则下列说法正确的是()A．t＝2 s时两车的加速度大小相等B．t＝4 s时两车不一定相遇C．在0～4 s内，两小车的平均速度大小相等，但方向相反D．在0～4 s内，甲车的加速度方向不变BD[在v-t图象中直线或曲线上某处切线的斜率表示加速度，由图象知t ＝2 s时甲车的加速度大于乙车的加速度，A错误；在0～4 s内两车运动的位移相同，但不知两车的初位置情况，故不能判断两车在t＝4 s时是否相遇，B正确；在0～4 s内，两车的平均速度大小相等，方向相同，C错误；0～4 s内，甲车做加速度先逐渐增大后逐渐减小的加速直线运动，加速度方向不变，D正确．]命题热点2匀变速直线运动的规律(对应学生用书第6页)■真题再做——感悟考法考向························································1．(多选)(2018·全国卷Ⅱ)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图象分别如图6中甲、乙两条曲线所示．已知两车在t2时刻并排行驶．下列说法正确的是()图6A．两车在t1时刻也并排行驶B．在t1时刻甲车在后，乙车在前C ．甲车的加速度大小先增大后减小D ．乙车的加速度大小先减小后增大BD [本题可巧用逆向思维分析，两车在t 2时刻并排行驶，根据题图分析可知在t 1～t 2时间内甲车运动的位移大于乙车运动的位移，所以在t 1时刻甲车在后，乙车在前，B 正确，A 错误；依据v -t 图象斜率表示加速度分析出C 错误，D 正确．]2．(2016·全国卷Ⅲ)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( )A.s t 2B.3s 2t 2C.4s t 2D.8s t 2A [设初速度为v 1，末速度为v 2，根据题意可得9·12m v 21＝12m v 22，解得v 2＝3v 1，根据v ＝v 0＋at ，可得3v 1＝v 1＋at ，解得v 1＝at 2，代入s ＝v 1t ＋12at 2可得a＝s t 2，故A 正确．]3．(2017·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s 0和s 1(s 1<s 0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图7所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v 0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v 1.重力加速度大小为g .求：(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度．图7[题眼点拨] ①“冰球以速度v 0击出”“到达挡板的速度为v 1”说明冰球的初速度为v 0，匀减速滑动距离s 0，末速度为v 1；②“至少到达小旗处”“最小加速度”说明冰球到达挡板时，运动员恰好到达小旗处，对应运动员的加速度最小，此过程中，冰球和运动员运动时间相等．【解析】 (1)设冰球质量为m ，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由题意可知v 21－v 20＝－2a 1s 0 ①又μmg ＝ma 1② 可解得：μ＝v 20－v 212gs 0. (2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a 1和a 2，所用的时间为t .由运动学公式得v 20－v 21＝2a 1s 0 ③v 0－v 1＝a 1t ④s 1＝12a 2t 2⑤ 联立③④⑤式得a 2＝s 1(v 1＋v 0)22s 20. ⑥【答案】 (1)v 20－v 212gs 0 (2)s 1(v 1＋v 0)22s 20在上题中，若要求运动员到达小旗处的速度为零，(设运动员在滑行过程中加速度大小恒定)，则运动员训练时的加速度大小为多少？【解析】 由第2题解析可知，v 20－v 21＝2a 1s 0v 0－v 1＝a 1ts 1＝12a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫t 22×2 可解得：a 2＝s 1(v 0＋v 1)2s 20. 【答案】 s 1(v 0＋v 1)2s 20追及相遇问题的解题思路和三点提醒考向1匀变速直线运动规律的应用1．(2018·郑州一模)一只宠物狗和主人游戏，宠物狗沿直线奔跑，依次经过A、B、C三个木桩，B为AC的中点，它从木桩A开始以加速度a1匀加速奔跑，到达木桩B时以加速度a2继续匀加速奔跑，若它经过木桩A、B、C时的速度分别为0、v B、v C，且v B＝v C2，则加速度a1和a2的大小关系为()A．a1<a2B．a1＝a2C．a1>a2D．条件不足，无法确定A[两个过程中的位移相同，所以v2B－02a1＝v2C－v2B2a2，即v2Ba1＝3v2Ba2，故a1＜a2，A正确．]2．(2018·江西重点中学联考)如图8所示，一个质点做匀加速直线运动，依次经过a、b、c、d四点，已知经过ab、bc和cd三段所用时间之比为2∶1∶2，通过ab和cd段的位移分别为x1和x2，则bc段的位移为()图8A.(x1＋x2)2 B.(x1＋x2)4C.(x1＋3x2)2 D.(x1 ＋3x2)4B [设bc 段所用时间为t ，根据匀变直线运动规律可知，bc 段平均速度等于ad 段平均速度，所以x bc ＝v bc ·t ＝v ad ·t ，v ad ＝x 1＋x 2＋x bc 5t，由以上两式可解得：x bc ＝x 1＋x 24，故B 正确．]考向2 追及相遇问题3．(2018·宣城二次调研)沪宁高速上海至无锡方向玉祁段发生重大车祸，现场至少50辆车连环相撞，现场交通单向中断．据交警部门调查，此次事故发生的主要原因是雨天路滑及突然出现的团雾而造成多车连环追尾．如图9所示是模拟在该高速公路上甲、乙两车刹车的v -t 图象，甲车在后，乙车在前．若两车发生追尾，则以下判断正确的是( )图9A ．两车一定是在t ＝15 s 至t ＝20 s 之间的某时刻发生追尾B ．两车可能是在t ＝8 s 时发生追尾C ．t ＝0时刻两车间距可能大于28 mD ．甲车刹车的加速度大小是乙车的3倍B [根据图象可知，甲开始时速度大于乙车，则在甲的速度大于等于乙车的速度时均可能发生追尾，故可以在0至10 s 内任一时刻发生追尾；若10 s 内没有追尾，则二者将不再相撞，故A 错误，B 正确；在v -t 图象中，图象与时间轴所围成的面积表示位移．两车10 s 时速度为5 m/s ，0～10 s 甲车位移为x 1＝15＋52×10 m ＝100 m ，乙车位移为x 2＝10＋52×10 m ＝75 m ，因两车发生追尾，所以两车相距应为小于Δx ＝x 1－x 2＝25 m ，故C 错误；由图可知，甲车的加速度为a 1＝Δv Δt ＝15－015 m/s 2＝1 m/s 2，乙车的加速度为a 2＝Δv Δt ＝10－020 m/s 2＝0.5m/s 2，所以甲车的加速度大小是乙车的加速度大小的2倍，故D 错误．所以B 正确，A 、C 、D 错误．]4．(2018·沈阳和平区一模)甲、乙两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动的速度—时间图象如图10所示，则( )图10A ．两物体两次相遇的时刻是第2 s 末和第6 s 末B ．4 s 后甲在乙前面C ．两物体相距最远的时刻是第2 s 末D ．乙物体先向前运动第2 s ，随后向后运动A [在v -t 图中图象与横坐标围成的面积大小与物体发生的位移大小相等，由图可知当t ＝2 s 和t ＝6 s 时，两图象与横坐标围成面积相等，说明发生位移相等，由于两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动，因此两物体两次相遇的时刻是第2 s 末和第6 s 末，故A 正确；开始运动时，乙的初速度为零，甲在前面，在t ＝2 s 时，两物体相遇，此时乙的速度大于甲的速度，此后乙在前面，甲匀速运动开始追乙，乙做匀减速运动，当t ＝6 s 时，甲、乙再次相遇，因此在2～6 s 内，甲在乙后面，故B 错误；由图象可知，两物体相距最远时刻出现在甲追乙阶段，即当速度相等时，甲、乙相距最远，此时t ＝4 s ，故C 错误；整个过程中乙物体一直向前运动，先加速后减速，故D 错误．]命题热点3 牛顿运动定律的应用(对应学生用书第8页)■真题再做——感悟考法考向·······················································1．(2018·全国卷Ⅰ)如图11所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态．现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动．以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是()图11A B C DA[假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上两式解得F＝kx＋ma，显然F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，则A正确，B、C、D错误．]2．(多选) (2015·全国卷Ⅰ)如图12(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()图12A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度[题眼点拨] ①利用图象信息求出相关量，如由斜率求出加速度，由图线与坐标轴所围面积求出上滑高度；②将图线与方程结合起来：根据图线显示的匀变速过程，结合牛顿第二定律列出上、下过程动力学方程，联立求解所求量：倾角、动摩擦因数．ACD [由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a 1＝v 0t 1，下降过程中的加速度为a 2＝v 1t 1.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mg sin θ＋f ＝ma 1，mg sin θ－f ＝ma 2，由以上各式可求得sin θ＝v 0＋v 12t 1g ，滑动摩擦力f ＝m (v 0－v 1)2t 1，而f ＝μF N ＝μmg cos θ，由以上分析可知，选项A 、C 正确．由v -t 图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D 正确．]在上题中，若改为如下形式，如图13甲所示，直角三角形斜劈abc 固定在水平面上．t ＝0时，一物块(可视为质点)从底端a 以初速度v 0沿斜面ab 向上运动，到达顶端b 时速率恰好为零，之后沿斜面bc 下滑至底端c .若物块与斜面ab 、bc 间的动摩擦因数相等，物块在两斜面上运动的速率v 随时间变化的规律如图乙所示，取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2，则下列物理量中不能求出的是( )图13A ．斜面ab 的倾角θB ．物块与斜面间的动摩擦因数μC ．物块的质量mD ．斜面bc 的长度LC[根据题图乙可求出物块在左右斜面上的加速度大小a1、a2，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，mg cos θ－μmg sin θ＝ma2，则可求出θ和μ，但m无法求出，根据题图乙可求出0.6～1.6 s时间内物块的位移大小，即可求出L，故选项C正确．]■模拟尝鲜——高考类题集训·考向1整体法与隔离法的应用1．(多选)(2018·河南中原名校联考)如图14所示，完全相同的磁铁A、B分别位于铁质车厢竖直面和水平面上，A、B与车厢间的动摩擦因数均为μ，小车静止时，A恰好不下滑，现使小车加速运动，为保证A、B无滑动，则()图14A．加速度一定向右，不能超过(1＋μ)gB．加速度一定向左，不能超过μgC．速度向左，加速度可小于μgD．加速度一定向左，不能超过(1＋μ)gCD[小车静止时，A恰好不下滑，可知mg＝μN，水平方向上车壁对磁铁的弹力和吸引力相等，当小车做加速运动时，车壁对物块的弹力不能减小，只能增加，可知加速度的方向一定水平向左，对B分析，根据牛顿第二定律得，μ(mg＋F)＝ma，F＝N＝mgμ，解得a＝(1＋μ)g，即加速度不能超过(1＋μ)g，故C、D正确，A、B错误．]2．(多选)(2018·宁夏吴忠联考)如图15所示，质量为2 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面，质量为3 kg的物体B用细线悬挂并与A物体相互接触但无压力，取g＝10 m/s2，某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间()图15A．弹簧的弹力大小为30 NB．物体B的加速度大小为10 m/s2C．物体A的加速度大小为6 m/s2D．物体A对物体B的支持力大小为12 NCD[A物体开始刚好静止，根据平衡条件可知，弹簧弹力F＝m A g＝20 N，在细线剪断瞬间，由于弹簧弹力渐变，所以此时弹簧弹力等于20 N，故A错误；剪断细线的瞬间，对整体分析，整体加速度：a＝(m A＋m B)g－Fm A＋m B＝(3＋2)×10－203＋2m/s2＝6 m/s2，故B错误，C正确；对B分析可知：m B g－N AB＝m B a，即N AB＝(g －a)m B＝(10－6)×3 N＝12 N，故D正确．]考向2动力学的两类问题(2018·湖北重点高中联考)如图所示，斜面体ABC的倾角为60°，O点在C点的正上方且与A点等高，现从O点向AC构建光滑轨道OM、ON、OP，M、N、P分別为AC的四等分点．一小球从O点由静止开始分别沿OM、ON、OP运动到斜面上，所需时间依次为t M、t N、t P.则()A．t M＝t N＝t P B．t M＞t N＞t PC．t M＞t P＞t N D．t M＝t P＞t NC[以OC′为直径，做一个圆与AC边相切于N点，如图所示：由图可知，圆与OM相交于M′，与OP相交于P′，根据等时圆的性质可知，从O到N、从O到M′、从O到P′的时间相同，又因为M′M＞P′P，故从O到P的时间小于从O到M的时间，而大于从O到N的时间，即t M＞t P ＞t N，故选C.]3．(2018·榆林模拟)2018年2月18日晚在西安大唐芙蓉园进行无人机灯光秀，300架无人机悬停时摆出“西安年、最中国”的字样，如图16所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量为m＝2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒定，无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，在t＝5 s时离地面的高度为75 m(g取10 m/s2)．图16(1)求运动过程中所受空气阻力大小；(2)假设由于动力设备故障，悬停的无人机突然失去升力而坠落．无人机坠落地面时的速度为40 m/s，求无人机悬停时距地面高度；(3)假设在第(2)问中的无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力．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．【解析】(1)根据题意，在上升过程中由牛顿第二定律：F－mg－f＝ma上升高度：h＝12at2联立解得：f＝4 N.(2)下落过程由牛顿第二定律：mg－f＝ma1得：a 1＝8 m/s 2落地时的速度为v ，则有：v 2＝2a 1H联立解得：H ＝100 m.(3)恢复升力后向下减速，由牛顿第二定律：F －mg ＋f ＝ma 2得：a 2＝10 m/s 2设恢复升力时的速度为v m ，飞行器安全着地时速度为0.则有v 2m 2a 1＋v 2m 2a 2＝H 得：v m ＝4053 m/s由：v m ＝a 1t 1得：t 1＝553 s.【答案】 (1)4 N (2)100 m (3)553 s命题热点4 滑板——滑块模型(对应学生用书第9页)■真题再做——感悟考法考向························································· (2017·全国卷Ⅲ)如图17所示，两个滑块A 和B 的质量分别为m A ＝1 kg 和m B ＝5 kg ，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m ＝4 kg ，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A 、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v 0＝3 m/s.A 、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：(1)B 与木板相对静止时，木板的速度； (2)A 、B 开始运动时，两者之间的距离．图17【解析】 (1)滑块A 和B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A 、B 和木板所受的摩擦力大小分别为f 1、f 2和f 3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别是a A 和a B ，木板相对于地面的加速度大小为a 1.在物块B 与木板达到共同速度前有f 1＝μ1m Ag ① f 2＝μ1m B g② f 3＝μ2(m A ＋m B ＋m )g③ 由牛顿第二定律得f 1＝m A a A ④ f 2＝m B a B ⑤ f 2－f 1－f 3＝ma 1 ⑥ 设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，设大小为v 1.由运动学公式有 v 1＝v 0－a B t 1 ⑦ v 1＝a 1t 1 ⑧ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v 1＝1 m/s.⑨ (2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为s B ＝v 0t 1－12a B t 21 ⑩ 设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2，对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f 1＋f 3＝(m B ＋m )a 2 ⑪ 由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，但运动方向与木板相反．由题意知，A 和B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为v 2，设A 的速度大小从v 1变到v 2所用时间为t 2，则由运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2 ⑫对A 有v 2＝－v 1＋a A t 2⑬在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为s 1＝v 1t 2－12a 2t 22⑭ 在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为s A ＝v 0(t 1＋t 2)－12a A (t 1＋t 2)2 ⑮ A 和B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同．因此A 和B 开始运动时，两者之间的距离为s 0＝s A ＋s 1＋s B⑯ 联立以上各式，并代入数据得s 0＝1.9 m ．⑰(也可用如图的速度－时间图线求解)【答案】 (1)1 m/s (2)1.9 m考向1滑板带动滑块运动1．(2018·陕西第四次模拟)如图18所示，可视为质点的A、B两物体置于一静止长纸带上，纸带左端与A、A与B间距均为d＝0.5 m，两物体与纸带间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.2.现以恒定的加速度a ＝2 m/s2向右水平拉动纸带，取g＝10 m/s2，求：图18(1)A物体在纸带上的滑动时间；(2)两物体A、B停在地面上的距离．【解析】(1)两物体在纸带上滑动时有μ1mg＝ma1当物体A滑离纸带时有12at21－12a1t21＝d由以上二式可得t1＝1 s. (2)物体A离开纸带时的速度v1＝a1t1两物体在地面上运动时有μ2mg＝ma2物体A从开始运动到停在地面上过程中的总位移s1＝v212a1＋v21 2a2当物体B 滑离纸带时有12at 22－12a 1t 22＝2d物体B 离开纸带时的速度v 2＝a 1t 2物体B 从开始运动到停在地面上过程的总位移s 2＝v 222a 1＋v 222a 2两物体A 、B 最终停止时的间距s ＝s 2＋d －s 1由以上各式可得s ＝1.25 m.【答案】 (1)1 s (2)1.25 m考向2 滑块带动滑板运动2．(多选)如图19所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地面上，A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .现对A 施加一水平拉力F ，则( )图19A ．当F ＜2μmg 时，A 、B 都相对地面静止B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为14μgC ．当F ＞3μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μgBCD [当0＜F ≤32μmg 时，A 、B 皆静止；当32μmg ＜F ≤2μmg 时，A 、B 相对静止，但两者相对地面一起向右做匀加速直线运动；当F ＞2μmg 时，A 相对B向右做加速运动，B 相对地面也向右加速，选项A 错误，选项C 正确．当F ＝52μmg 时，A 的加速度a ＝F －2μmg 2m ＝14μg ，选项B 正确．F 较大时，取物块B 为研2μmg－32μmgm＝12μg，选项D正确．]究对象，物块B的加速度最大为a2＝。
2019版高考物理二轮复习 专题一 力与运动 第2讲 力与物体的直线运动学案
第2讲力与物体的直线运动网络构建备考策略1.解决动力学问题要抓好关键词语(1)看到“刚好”“恰好”“正好”等字眼，想到“题述的过程存在临界点”。
(2)看到“最大、最小、至多、至少”等字眼，想到“题述的过程存在极值点”。
2.“四点”注意(1)x－t图象、v－t图象均表示直线运动。
(2)运动学公式中的v、a、x均为矢量，一定规定正方向。
(3)刹车问题中不能忽略实际运动情况。
(4)x－t、v－t、a－t图象相关量间的关系运动学中的图象问题x－t图象的理解及应用【典例1】 (多选)(2018·全国卷Ⅲ，18)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。
甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图1所示。
下列说法正确的是( )图1A.在t1时刻两车速度相等B.从0到t1时间内，两车走过的路程相等C.从t1到t2时间内，两车走过的路程相等D.在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等解析x－t图象某点的切线斜率表示瞬时速度，A错误；从0～t1时间内，由于甲、乙的出发点不同，故路程不同，B错误；t1～t2时间内，甲、乙的位移和路程都相等，大小都为x2－x1，C正确；t1～t2时间内，甲的x－t图象在某一点的切线与乙的x－t图象平行，此时刻两车速度相等，D正确。
答案CDv－t图象的理解及应用【典例2】 (多选)(2018·全国卷Ⅱ，19)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图象分别如图2中甲、乙两条曲线所示。
已知两车在t2时刻并排行驶。
下列说法正确的是( )图2A.两车在t1时刻也并排行驶B.在t1时刻甲车在后，乙车在前C.甲车的加速度大小先增大后减小D.乙车的加速度大小先减小后增大解析 本题可巧用逆向思维分析，两车在t 2时刻并排行驶，根据题图分析可知在t 1～t 2时间内甲车运动的位移大于乙车运动的位移，所以在t 1时刻甲车在后，乙车在前，B 正确，A 错误；依据v －t 图象斜率表示加速度分析出C 错误，D 正确。
2018-2019学年高考物理 主题二 机械能及其守恒定律 第四章 机械能及其守恒定律 2.4.
2.4.4 动能 动能定理学习目标 1.使学生进一步理解动能的概念，掌握动能的计算公式。
核心凝炼2.会推导动能定理的表达式。
1 个概念——动能 1 个定理——动能定理3.理解动能定理的确切含义，能应用动能 定理解决实际问题。
一、动能 [观图助学]如图所示，是古代战争中攻击城门的战车，战车上装有一根质量很大的圆木，有很多士兵推 着以很大的速度撞击城门，轻而易举地将城门撞破。
圆木的质量很大，速度很大时，是为了 增加圆木的什么能？人用铁锤打击石头时为什么要用质量较大的铁锤，还要高高抡起来？这样可以增大铁锤打击 石头时的什么能？ 1.定义 物体由于运动而具有的能量。
2.表达式 Ek＝12mv2。
3.单位 与功的单位相同，国际单位为焦耳。
1 J＝1__kg·m2·s－2。
4.物理量特点 (1)具有瞬时性，是状态量。
(2)具有相对性，选取不同的参考系，同一物体的动能一般不同，通常是指物体相对于地面的动能。
(3)是标量，没有方向，Ek≥0。
[理解概念] 判断下列说法是否正确。
(1)两个物体中，速度大的动能也大。
(×) (2)某物体的速度加倍，它的动能也加倍。
(×) (3)物体的速度发生变化，其动能一定发生变化。
(×) (4)做匀速圆周运动的物体的动能保持不变。
(√) 二、合外力做功和物体动能的变化 [观图助学]2018 年 5 月 13 日，我国 002 航母开始第一次海试，如图甲所示。
歼－15 战机是我国自主研 发的第一款舰载战斗机，已经实现了在“辽宁舰”上各种训练，形成战斗力，如图乙所示为 正在起飞的歼－15 战机： (1)歼－15 战机起飞时，合力做什么功？速度怎么变化？动能怎么变化？ (2)歼－15 战机着舰时，阻拦索对战斗机做什么功？战斗机的动能怎么变化？ 1.推导：如图所示，物体的质量为 m，在运动方向上受到合外力 F 的作用发生了一段位移 x， 速度由 v1 增加到 v2，此过程合外力 F 做的功为 W。
2019版高考物理一轮复习主题二相互作用牛顿运动定律2_1_4实验：探究弹力和弹簧伸长的关系课件
(1)图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其②示 数为 7.73 cm；图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻 度，此时弹簧的伸长量 Δl 为________ cm；
(2)本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹 力，关于此操作，下列选项中规范的做法是________；(填选项前 的字母)
[尝试解答] (1)弹簧伸长后的总长度为 14.66 cm，则伸长量 Δl＝14.66 cm－7.73 cm＝6.93 cm.(2)逐一增挂钩码，便于有规律 地描点作图，也可避免因随意增加钩码过多超过弹簧的弹性限度 而损坏弹簧．(3)AB 段明显偏离直线 OA，伸长量 Δl 不再与弹力 F 成正比，是超出弹簧的弹性限度造成的．
(2)由于考虑弹簧自身重力的影响，当不挂钩码时，弹簧的伸 长量 x>0，所以选 C.
[答案] (1)B (2)C
要点二 数据处理与误差分析 [要点深化]
1．实验数据处理方法 (1)列表法 将测得的 F、x 填入设计好的表格中，可以发现弹力 F 与弹 簧伸长量 x 的比值在误差允许范围内是相等的． (2)图象法 以弹簧伸长量 x 为横坐标，弹力 F 为纵坐标，描出 F、x 各 组数据相应的点，作出的拟合曲线是一条过坐标原点的直线．
3．根据所测数据在坐标纸上描点，以力为纵坐标，以弹簧 的伸长量为横坐标．
4．按照在图中所绘点的分布与走向，尝试作出一条 ____平__滑_____的曲线(包括直线)使曲线过尽可能多的点，不Байду номын сангаас曲线 上的点要注意使曲线两侧的点数_大 __致 __相 __同__． __
5．以弹簧的伸长量为自变量，写出曲线所代表的函数，首 先尝试一次函数，如果不行再考虑二次函数．
(3)函数法 弹力 F 与弹簧伸长量 x 满足 F＝kx 的关系． 2．误差分析 (1)钩码标值不准确、弹簧长度测量不准确带来误差． (2)画图时描点及连线不准确也会带来误差．
2019届高考物理二轮复习 牛顿运动定律 学案(全国通用)
2019届二轮复习牛顿运动定律学案（全国通用）【考纲揭秘】【考点揭秘】——高考考什么？【常见失分点揭秘】——失分在哪里？1．忘记弹簧和轻绳的力学特点，容易漏掉题目中的关键词，如“立即”“恰好”等，从而不能正确的受力分析．遇到瞬时问题时要牢记两个模型：一是刚性绳、杆或接触面，弹力可以突变；二是弹簧或橡皮绳，弹力不能突变，在瞬时性问题中可以视为弹力不变．2．在对物体进行受力分析时，如果不便于分析求出物体受到的某些力，可先求它的反作用力，再反过来求待求力．如求压力时，可先求支持力．在许多问题中，摩擦力的求解亦是如此．可见牛顿第三定律将起到非常重要的转换研究对象的作用，使我们对问题的分析思路更灵活、更宽阔．3．加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变．4．牛顿第二定律是一个运动定律，描述物体的加速度、质量和力之间的定量关系，并不涉及比值定义法．学5．物体处于超重状态还是失重状态取决于加速度的方向，与速度的大小和方向没有关系．【真题揭秘】真题揭秘——高考怎么考？考点1 牛顿运动定律及其应用【解题揭秘】1.对牛顿第一定律的理解(1)明确了惯性的概念：牛顿第一定律揭示了一切物体所具有的一种固有属性——惯性，即物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质．(2)揭示了力的本质：力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因．(3)理想化状态：牛顿第一定律描述的是物体不受外力的状态，而物体不受外力的情形是不存在的．在实际情况中，如果物体所受的合外力等于零，与物体不受外力的表现是相同的．(4)与牛顿第二定律的关系：牛顿第一定律和牛顿第二定律是相互独立的．力是如何改变物体运动状态的问题由牛顿第二定律来回答．2. 用牛顿第二定律求瞬时加速度的两种模型加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：3. 区分平衡力与作用力、反作用力：【例1】(2016全国卷Ⅰ，T18)(多选)一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则()A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D．质点单位时间内速率的变化量总是不变【答案】BC【解析】质点一开始做匀速直线运动，处于平衡状态，施加恒力后，则该质点所受的合外力为该恒力。
2019届高考物理一轮复习第二单元相互作用单元专题配套课件新人教版201805033180
假设法 在受力分析时，当弹力或摩擦力的方向不能确定时，可用 假设法对各种可能情况排除，这是解决多种可能性问题的有效 方法．
例 4
(2017· 吉林模拟 )如图所示，两梯形
木块 A、B 叠放在水平地面上， A、B 之间的 接触面倾斜． A 的左侧靠在光滑的竖直墙面 上，关于两木块的受力，下列说法正确的是 ( A． A、B 之间一定存在摩擦力作用 B．木块 A 可能受三个力作用 C．木块 A 一定受四个力作用 D．木块 B 受到地面的摩擦力作用方向向右 )
【特别提示】
2017 高考全国Ⅰ卷第 21 题，也可以用此方
法求解．请同学们尝试．(参见第 37 页练 11)
1． (2017· 忻州模拟 )(多选 ) 如图所示，固定斜面上有一光滑小球，与 一竖直轻弹簧 P 和一平行斜面的轻弹簧 Q 连接 着，小球处于静止状态，则关于小球所受力的 个数可能的是 ( A． 1 C． 3 ) B． 2 D． 4
整体法与隔离法 对多个物体平衡问题，首先要确定研究对象，采用的方法是 整体法与隔离法．当分析外力对系统的作用时，宜用整体法；在 分析系统内各物体间的相互作用时，常用隔离法．对复杂问题， 通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法．
例 5 (2017· 合肥一模 )在竖直放置的平底圆筒内，放置两个 半径相同的刚性球 a 和 b，球 a 质量大于球 b.放置的方式有如图 甲和乙两种．不计圆筒内壁和球面之间的摩擦，对有关接触面的 弹力，下列说法正确的是( )
C. 2M
D. 3M
【答案】
D
【解析】 假设平衡后轻环位置为 P，平衡后， 物体上升 L，说明此时 POO′恰好构成一个边长为 L 的正三角形，绳中张力处处相等，选钩码 m 为研 究对象，受力分析如图所示，用合成法，两个绳的 拉力的合力等于重力，由平衡条件，得 2FTcos30° － mg＝ 0，解得 m＝ 3M.D 项正确．
2018-2019学年高考物理 主题二 机械能及其守恒定律 第四章 机械能及其守恒定律 2.4.2 功率学案 教科版
2.4.2 功 率学习目标核心凝炼1.知道功率的物理意义、定义式、单位。
6 个概念——功率、输入功率、输出功2.理解功率的导出式 P＝Fv 的物理意义，并会利用 功率的两个公式来解释现象和进行计算。
率、额定功率、平均功率、瞬时功率 2 个公式——P＝Wt P＝Fv2 种机车启动方式——恒定功率启动， 3.理解输入功率和输出功率的关系，了解平均功恒定牵引力启动 率、瞬时功率、额定功率、实际功率的区别与联系。
一、功率的含义 [观图助学]同学们爬山时遇到过挑山工和索道，假设挑山工和缆车将相同的货物运到山顶，两者对货物 做的功相同吗？做功用的时间相同吗？做功的功率相同吗？ 1.定义：力对物体所做的功 W 与做功所用时间 t 的比值。
2.定义式：P＝Wt。
3.单位：在国际单位制中，功率的单位是瓦特，简称瓦，用 W 表示。
1 W＝1 J/s。
4.标矢性：功率是标量。
5.物理意义：表示物体做功快慢的物理量。
6.输入功率与输出功率 (1)输入功率：机器工作时，外界对机器做功的功率。
(2)输出功率：机器对外界做功的功率。
(3)机械效率：η＝PP输 输入出。
7.额定功率与实际功率 (1)额定功率：机器长时间工作允许的功率。
(2)实际功率：机器实际工作时的输出功率。
(3)关系：实际功率往往小于额定功率，但也可以在很短时间内大于额定功率。
[理解概念] 判断下列说法是否正确。
(1)由公式 P＝Wt知，做功越多，功率越大。
(×) (2)做相同的功，用时短的做功较快。
(√) (3)发动机不能在实际功率等于额定功率情况下长时间工作。
(×) (4)功率大，做功一定多。
(×) 二、功率、力和速度之间的关系 [观图助学]为什么汽车在水平路面上行驶时速度可以很大？而汽车爬坡时，常常换用低速挡，汽车要减 速，这又是为什么？ 1.功率、力和速度之间的关系 (1)当 F 与 v 方向相同时，P＝Fv (2)当 F 与 v 夹角为 α 时，P＝Fvcos__α 2.应用：由功率与速度关系式知，汽车、火车等交通工具和各种起重机械，当发动机的功率 P 一定时，牵引力 F 与速度 v 成反比，要增大牵引力，就要减小速度。
2019高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题学案
学习资料专题第2讲牛顿第二定律两类动力学问题【基础梳理】一、牛顿第二定律1．内容：物体加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同．2．表达式：F＝ma.3．适用范围(1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系．(2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况．二、两类动力学基本问题1．两类动力学问题2．解决两类基本问题的方法：以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解．三、力学单位制1．单位制：由基本单位和导出单位一起组成了单位制．2．基本单位：基本物理量的单位，基本物理量共七个，其中力学有三个，它们是长度、质量、时间，它们的单位分别是米、千克、秒．3．导出单位：由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位．【自我诊断】判一判(1)牛顿第二定律表达式F＝ma在任何情况下都适用．( )(2)物体所受合外力大，其加速度一定大．( )(3)对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度．( )(4)物体由于做加速运动，所以才受合外力作用．( )(5)F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关．( )(6)物体所受合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小．( )(7)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系．( )提示：(1)×(2)×(3)√(4)×(5)√(6)√(7)√做一做(2018·沈阳四校协作体月考)如图所示，当小车向右加速运动时，物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时( )A．M受静摩擦力增大B．M对车厢壁的压力减小C．M仍相对于车厢静止D．M受静摩擦力减小提示：选C.分析M受力情况如图所示，因M相对车厢壁静止，有F f＝Mg，与水平方向的加速度大小无关，A、D错误；水平方向，F N＝Ma，F N随a的增大而增大，由牛顿第三定律知，B错误；因F N增大，物体与车厢壁的最大静摩擦力增大，故M相对于车厢仍静止，C正确．做一做在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为( )A．m2·kg·s－4·A－1B．m2·kg·s－3·A－1C．m2·kg·s－2·A－1D．m2·kg·s－1·A－1提示：B牛顿第二定律的基本应用[学生用书P45]【知识提炼】1．求解思路：求解物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是明确该时刻物体的受力情况或运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度．2．牛顿第二定律瞬时性的“两类”模型(1)刚性绳(轻杆或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间．(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．3．在求解瞬时加速度时应注意的问题(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析．(2)加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变．【典题例析】(多选)(2015·高考全国卷Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为23a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )A ．8B ．10C ．15D ．18[解析] 设每节车厢的质量为m ，这列车厢的节数为n ，P 、Q 挂钩的东边车厢的节数为x ，西边车厢的节数为n －x .当机车在东边拉车厢时，对西边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F ＝(n －x )ma ；当机车在西边拉车厢时，对东边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F ＝23max ，联立可得n ＝53x ，x 为3的倍数，则n 为5的倍数，选项B 、C 正确，选项A 、D 错误．[答案] BC合力、加速度、速度间的决定关系(1)物体所受合力的方向决定了其加速度的方向，只要合力不为零，不管速度是大是小，或是零，物体都有加速度，只有合力为零时，加速度才为零．一般情况下，合力与速度无必然的联系．(2)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动．(3)a ＝Δv Δt 是加速度的定义式，a 与Δv 、Δt 无直接关系；a ＝F m 是加速度的决定式，a ∝F ，a ∝1m.【迁移题组】迁移1 力与运动的关系1．如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O 点并系住质量为m 的物体，现将弹簧压缩到A 点，然后释放，物体可以一直运动到B 点．如果物体受到的阻力恒定，则( )A ．物体从A 到O 先加速后减速B ．物体从A 到O 做加速运动，从O 到B 做减速运动C ．物体运动到O 点时，所受合力为零D ．物体从A 到O 的过程中，加速度逐渐减小解析：选A.物体从A 到O ，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右．随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大．当物体向右运动至AO 间某点(设为点O ′)时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大．此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左．至O点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大．所以物体越过O′点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动．正确选项为A.迁移2 牛顿运动定律的瞬时性2．如图甲所示，一质量为m的物体系于长度分别为L1、L2的两根细线上，L1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，L2水平拉直，物体处于平衡状态．(1)现将线L2剪断，求剪断L2的瞬间物体的加速度．(2)若将图甲中的细线L1换成长度相同(接m后)，质量不计的轻弹簧，如图乙所示，其他条件不变，求剪断L2的瞬间物体的加速度．解析：(1)细线L2被剪断的瞬间，因细线L2对物体的弹力突然消失，而引起L1上的张力发生突变，使物体的受力情况改变，瞬时加速度垂直L1斜向下方，大小为a＝g sin θ.(2)当细线L2被剪断时，细线L2对物体的弹力突然消失，而弹簧的形变还来不及变化(变化要有一个过程，不能突变)，因而弹簧的弹力不变，它与重力的合力与细线L2对物体的弹力是一对平衡力，等大反向，所以细线L2被剪断的瞬间，物体加速度的大小为a＝g tan θ，方向水平向右．答案：(1)g sin θ，方向垂直于L1斜向下方(2)g tan θ，方向水平向右动力学的两类基本问题[学生用书P45]【知识提炼】1．解决两类动力学问题的关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析．(2)一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁．2．解决动力学问题时的处理方法(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时，一般采用“合成法”．(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”．【典题例析】(2016·高考四川卷)避险车道(标志如图甲所示)是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图乙所示的竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍．货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2.求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； (2)制动坡床的长度．[解析] (1)设货物的质量为m ，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，货物在车厢内滑动过程中，受到的摩擦力大小为f ，加速度大小为a 1，则f ＋mg sin θ＝ma 1① f ＝μmg cos θ②联立①②式并代入数据得a 1＝5 m/s 2③a 1的方向沿制动坡床向下．(2)设货车的质量为M ，车尾位于制动坡床底端时的车速为v ＝23 m/s.货物在车厢内从开始滑动到车头距制动坡床顶端s 0＝38 m 的过程中，用时为t ，货物相对制动坡床的运动距离为s 1，在车厢内滑动的距离s ＝4 m ，货车的加速度大小为a 2，货车相对制动坡床的运动距离为s 2.货车受到制动坡床的阻力大小为F ，F 是货车和货物总重的k 倍，k ＝0.44，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，则Mg sin θ＋F －f ＝Ma 2 ④ F ＝k (m ＋M )g ⑤ s 1＝vt －12a 1t 2 ⑥ s 2＝vt －12a 2t 2 ⑦ s ＝s 1－s 2 ⑧ l ＝l 0＋s 0＋s 2⑨联立①②④～⑨并代入数据得l ＝98 m.[答案] (1)5 m/s 2方向沿制动坡床向下 (2)98 m1．两类动力学问题的解题步骤2．等时圆模型(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示．(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示．(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示．【迁移题组】迁移1 已知受力求运动1.(多选)(2018·汕头模拟)建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的运动．下列说法正确的是( ) A．倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大B．倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大C．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大D．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短解析：选AC.设屋檐的底角为θ，底边长度为L，注意底边长度是不变的，屋顶的坡面长度为x，雨滴下滑时加速度为a，对雨滴受力分析，只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力F N，垂直于屋顶方向：mg cos θ＝F N，平行于屋顶方向：ma＝mg sin θ.雨滴的加速度为：a＝g sin θ，则倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大，故A正确；雨滴对屋顶的压力大小：F′N＝F N＝mg cos θ，则倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越小，故B错误；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度x＝L2cos θ，由x＝12g sin θ·t2，可得：t＝2Lg sin 2θ，可见当θ＝45°时，用时最短，D错误；由v＝g sin θ·t可得：v＝gL tan θ，可见θ越大，雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大，C正确．迁移2 已知运动求受力2.(2018·江西重点中学十校联考)趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则( )A．运动员的加速度为g tan θB．球拍对球的作用力为mgC．运动员对球拍的作用力为(M＋m)g cos θD．若加速度大于g sin θ，球一定沿球拍向上运动解析：选A.网球受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得F N sin θ＝ma，又F N cos θ＝mg，解得a＝g tan θ，F N＝mgcos θ，故A正确，B错误；以球拍和球整体为研究对象，受力如图乙所示，根据平衡，运动员对球拍的作用力为F＝（M＋m）gcos θ，故C错误；当a>g tan θ时，网球才向上运动，由于g sin θ<g tanθ，故球不一定沿球拍向上运动，故D错误．迁移3 等时圆模型3.如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为( )A．2∶1 B．1∶1C.3∶1 D．1∶ 3解析：选B.设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为θ，则物体下滑时的加速度为a＝g sin θ，由几何关系，斜槽轨道的长度s＝2(R＋r)sin θ，由运动学公式s＝12at2，得t＝2sa＝2×2（R＋r）sin θg sin θ＝2 R＋rg，即所用时间t与倾角θ无关，所以t1＝t2，B项正确．动力学图象问题的应用[学生用书P46]【知识提炼】1．常见的图象有：v －t 图象，a －t 图象，F －t 图象，F －x 图象，F －a 图象等． 2．图象间的联系：加速度是联系v －t 图象与F －t 图象的桥梁． 3．图象的应用(1)已知物体在一运动过程中所受的某个力随时间变化的图象，要求分析物体的运动情况． (2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图象，要求分析物体的受力情况． (3)通过图象对物体的受力与运动情况进行分析． 4．解题策略(1)问题的实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图象斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义． (2)应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．【典题例析】(多选)(2015·高考全国卷Ⅰ)如图甲，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v －t 图线如图乙所示．若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量，则可求出( )A ．斜面的倾角B ．物块的质量C ．物块与斜面间的动摩擦因数D ．物块沿斜面向上滑行的最大高度 [审题指导] 解此题关键有两点： (1)利用v －t 图象分析研究加速度．(2)根据物块在斜面上的受力，分阶段列牛顿第二定律方程．[解析] 由题图乙可以求出物块上升过程中的加速度为a 1＝v 0t 1，下降过程中的加速度为a 2＝v 1t 1.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mg sin θ＋F f ＝ma 1，mg sin θ－F f ＝ma 2，由以上各式可求得sin θ＝v 0＋v 12t 1g，滑动摩擦力F f ＝m （v 0－v 1）2t 1，而F f ＝μF N ＝μmg cos θ，由以上分析可知，选项A 、C 正确；由v －t 图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D 正确．[答案] ACD数形结合解决动力学图象问题(1)在图象问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系；然后根据函数关系读取图象信息或者描点作图．(2)读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标包围的“面积”等所对应的物理意义，尽可能多地提取解题信息．【迁移题组】迁移1 由图象信息分析运动情况1．(2018·安徽淮北一中模拟)如图甲所示，水平地面上固定一带挡板的长木板，一轻弹簧左端固定在挡板上，右端接触滑块，弹簧被压缩0.4 m 后锁定，t ＝0时解除锁定，释放滑块．计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的v －t 图象如图乙所示，其中Oab 段为曲线，bc 段为直线，倾斜直线Od 是t ＝0时的速度图线的切线，已知滑块质量m ＝2.0 kg ，取g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动B ．弹簧恢复原长时，滑块速度最大C ．弹簧的劲度系数k ＝175 N/mD ．该过程中滑块的最大加速度为35 m/s 2解析：选C.根据v －t 图线的斜率表示加速度，可知滑块被释放后，先做加速度逐渐减小的加速直线运动，弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，此时加速度为零，随后加速度反向增加，从弹簧恢复原长时到滑块停止运动，加速度不变，选项A 、B 错误；由题中图象知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a 1＝Δv Δt ＝1.50.3 m/s 2＝5 m/s 2，由牛顿第二定律得摩擦力大小为F f ＝μmg ＝ma 1＝2×5 N ＝10 N ，刚释放时滑块的加速度为a 2＝Δv ′Δt ′＝30.1 m/s 2＝30 m/s 2，此时滑块的加速度最大，选项D 错误；由牛顿第二定律得kx －F f ＝ma 2，代入数据解得k ＝175 N/m ，选项C 正确．迁移2 由运动情况确定物理量的变化图象 2.1845年英国物理学家和数学家斯·托马斯(S.G.Stokes)研究球体在液体中下落时，发现了液体对球的粘滞阻力与球的半径、速度及液体的种类有关，有F ＝6πηrv ，其中物理量η为液体的粘滞系数，它还与液体的种类及温度有关，如图所示，现将一颗小钢珠由静止释放到盛有蓖麻油的足够深量筒中，下列描绘小钢珠在下沉过程中加速度大小与时间关系的图象可能正确的是( )解析：选D.根据牛顿第二定律得，小钢珠的加速度a ＝mg －F m ＝mg －6πηrvm，在下降的过程中，速度v 增大，阻力F 增大，则加速度a 减小，当重力和阻力相等时，做匀速运动，加速度为零，故选项D 正确．[学生用书P47]1．(2017·高考上海卷)如图，在匀强电场中，悬线一端固定于地面，另一端拉住一个带电小球，使之处于静止状态．忽略空气阻力，当悬线断裂后，小球将做( )A ．曲线运动B ．匀速直线运动C ．匀加速直线运动D ．变加速直线运动解析：选C.本题考查力与运动的关系．在悬线断裂前，小球受重力、电场力和悬线拉力作用而处于平衡状态，故重力与电场力的合力与拉力等值反向．悬线断裂后，小球所受重力与电场力的合力大小、方向均不变，故小球将沿原来悬线拉力的反方向做匀加速直线运动，C 项正确．2.(多选)(2016·高考江苏卷)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )A ．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B ．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C ．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D ．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面解析：选BD.将桌布从鱼缸下拉出的过程，鱼缸相对桌布向左运动，因此桌布对它的摩擦力方向向右，A 项错误；设动摩擦因数为μ，鱼缸在桌布对它的滑动摩擦力的作用下做初速度为零的匀加速运动，加速度大小为μg ，设经过t 1时间鱼缸滑离桌布，滑离时的速度为v ，则v ＝μgt 1；鱼缸滑到桌面上后，做匀减速运动，加速度大小也为μg ，因此鱼缸在桌面上运动的时间t 2＝vμg ，因此t 1＝t 2，B 项正确；若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力，大小为μmg (设鱼缸质量为m )，保持不变，C 项错误；若猫减小拉力，则鱼缸与桌布间的摩擦力有可能小于滑动摩擦力，则鱼缸与桌布一起运动，从而滑出桌面，D 项正确．3.(多选)(2015·高考海南卷)如图，物块a 、b 和c 的质量相同，a 和b 、b 和c 之间用完全相同的轻弹簧S 1和S 2相连，通过系在a 上的细线悬挂于固定点O .整个系统处于静止状态．现将细线剪断，将物块a 的加速度的大小记为a 1，S 1和S 2相对于原长的伸长分别记为Δl 1和Δl 2，重力加速度大小为g .在剪断的瞬间( )A ．a 1＝3gB ．a 1＝0C ．Δl 1＝2Δl 2D ．Δl 1＝Δl 2解析：选AC.剪断细线前，对整体由平衡条件可知，细线承受的拉力F ＝3mg ，剪断细线瞬间，物块a 所受重力和弹簧拉力不变，由平衡条件推论可知重力与拉力合力大小为3mg ，由牛顿第二定律可知，a 1＝3g ，A 项正确，B 项错误；在剪断细线前，两弹簧S 1、S 2弹力大小分别为T 1＝2mg 、T 2＝mg ，剪断细线瞬间，两弹簧弹力不变，由胡克定律F ＝kx 可知，Δl 1＝2Δl 2，C 项正确，D 项错误．4．(2018·河南中原名校联考)如图甲所示，光滑水平面上的O 点处有一质量为m ＝2 kg 的物体．物体同时受到两个水平力的作用，F 1＝4 N ，方向向右，F 2的方向向左，大小如图乙所示．物体从静止开始运动，此时开始计时．求：(1)当t ＝0.5 s 时，物体的加速度大小；(2)物体在t ＝0至t ＝2 s 内，何时加速度最大？最大值为多少？ (3)物体在t ＝0至t ＝2 s 内，何时速度最大？最大值为多少？ 解析：(1)当t ＝0.5 s 时，F 2＝(2＋2×0.5) N ＝3 NF 1－F 2＝maa ＝F 1－F 2m ＝4－32m/s 2＝0.5 m/s 2.(2)物体所受的合外力为F 合＝F 1－F 2＝4－(2＋2t )＝2－2t (N)作出F 合－t 图如图1所示从图1中可以看出，在0～2 s 范围内 当t ＝0时，物体有最大加速度a 0.F 0＝ma 0a 0＝F 0m ＝22m/s 2＝1 m/s 2当t ＝2 s 时，物体也有最大加速度a 2.F 2＝ma 2，a 2＝F 2m ＝－22m/s 2＝－1 m/s 2，负号表示加速度方向向左．(3)由牛顿第二定律得：a ＝F 合m＝1－t (m/s 2)画出a －t 图象如图2所示由图2可知t ＝1 s 时速度最大，最大值等于上方三角形的面积．v ＝12×1×1 m/s ＝0.5 m/s.答案：(1)0.5 m/s 2(2)t ＝0或t ＝2 s 时加速度最大 1 m/s 2(3)t ＝1 s 时速度最大 0.5 m/s[学生用书P289(单独成册)] (建议用时：60分钟)一、单项选择题1．(2018·贵州遵义模拟)2013年6月我国航天员在“天宫一号”中进行了我国首次太空授课活动，其中演示了太空“质量测量仪”测质量的实验，助教聂海胜将自己固定在支架一端，王亚平将连接运动机构的弹簧拉到指定位置；松手后，弹簧凸轮机构产生恒定的作用力，使弹簧回到初始位置，同时用光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时间；这样，就测出了聂海胜的质量为74 kg.下列关于“质量测量仪”测质量的说法正确的是( )A ．测量时仪器必须水平放置B ．其测量原理是根据牛顿第二定律C ．其测量原理是根据万有引力定律D ．测量时仪器必须竖直放置解析：选B.“质量测量仪”是先通过光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时间，则能算出加速度a ＝ΔvΔt ，然后根据牛顿第二定律F ＝ma ，求解质量，所以工作原理为牛顿第二定律．由于在太空中处于完全失重状态，所以测量仪器不论在什么方向上，弹簧凸轮机构产生恒定的作用力都是人所受的合力，故B 正确．2．(2018·安徽四校高三联考)物体以一定的初速度竖直向上抛出，已知空气对物体的阻力大小与速度大小成正比，则下列关于此物体加速度大小的说法正确的是( )A ．上升过程加速度增大，下降过程加速度减小B ．上升过程加速度增大，下降过程加速度也增大C ．上升过程加速度减小，下降过程加速度也减小D ．上升过程加速度减小，下降过程加速度增大解析：选C.上升过程中，受到竖直向下的重力，竖直向下的阻力，即mg ＋kv ＝ma ，做减速运动，所以加速度在减小，下降过程中，受到竖直向下的重力，竖直向上的阻力，即mg －kv ＝ma ，速度在增大，所以加速度在减小，故C 正确．3.“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳．如图所示，质量为m 的小明静止悬挂时，两橡皮绳的夹角为60°，则( )A ．每根橡皮绳的拉力为12mgB ．若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变小C ．若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时加速度a ＝gD ．若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根轻绳，则小明左侧轻绳在腰间断裂时，小明的加速度a ＝g解析：选B.根据平行四边形定则知，2F cos 30°＝mg ，解得F ＝33mg .故A 错误；根据共点力平衡得，2F cos θ＝mg ，当悬点间的距离变小时，θ变小，cos θ变大，可知橡皮绳的拉力变小，故B 正确；当左侧橡皮绳断裂，断裂的瞬间，右侧弹性绳的拉力不变，则重力和右侧橡皮绳拉力的合力与左侧橡皮绳初始时的拉力大小相等，方向相反，合力大小为33mg ，加速度为33g ，故C 错误；当两侧为轻绳时，左侧绳断裂瞬间，右侧绳上拉力发生突变，将重力沿绳方向和垂直于绳方向正交分解，合力为mg sin 30°，加速度为12g ，方向沿垂直于右侧绳的方向斜向下，故D 错误．4.质量为M 的皮带轮工件放置在水平桌面上，一细绳绕过皮带轮的皮带槽，一端系一质量为m 的重物，另一端固定在桌面上．如图所示，工件与桌面、绳之间以及绳与桌子边缘之间的摩擦都忽略不计，则重物下落过程中，工件的加速度为( )A.mg2M B ．mg M ＋mC.2mgM ＋4mD ．2mgM ＋2m解析：选C.相等时间内重物下落的距离是工件运动距离的2倍，因此，重物的加速度也是工件加速度的2倍，设绳子上的拉力为F ，根据牛顿第二定律mg －F m ＝2·2F M ，解得F ＝Mmg M ＋4m ，工件加速度a ＝2F M ＝2mgM ＋4m，所以C 正确．5.如图所示，物块1、2 间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m ，2、4质量为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a 1、a 2、a 3、a 4.重力加速度大小为g ，则有( )A ．a 1＝a 2＝a 3＝a 4＝0B ．a 1＝a 2＝a 3＝a 4＝gC ．a 1＝a 2＝g ，a 3＝0，a 4＝m ＋MMg D ．a 1＝g ，a 2＝m ＋M M g ，a 3＝0，a 4＝m ＋MMg 解析：选C.在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a 1＝a 2＝g ；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg ，因此物块3满足mg ＝F ，a 3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a 4＝F ＋Mg M ＝M ＋mMg ，所以C 对． 6．如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M 点，与竖直墙相切于A 点．竖直墙上另一点B 与M 的连线和水平面的夹角为60°，C 是圆环轨道的圆心．已知在同一时刻a 、b 两球分别由A 、B 两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM 、BM 运动到M 点；c 球由C 点自由下落到M 点．则( )A ．a 球最先到达M 点B ．b 球最先到达M 点C ．c 球最先到达M 点D ．b 球和c 球都可能最先到达M 点 解析：选C.。
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1 2.2.4 力学单位制 学习目标 核心提炼 1.知道国际单位制及七个基本物理量。 3个概念——基本单位、导出单位、单
位制 3个力学基本单位——kg、m、s 2种应用——解题过程的正确书写、检验结果是否正确 2.知道基本单位、导出单位和单位制，知道力学中的三个基本单位。 3.了解根据物理关系式确定物理量的单位的方法，学会用单位制判断一个表达式的正误。
一、基本单位和导出单位 1.物理关系式的功能：物理学的关系式确定了物理量之间的数量关系的同时，也确定了物理量的单位间的关系。 2.基本量与基本单位：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做基本量，它们的单位叫做基本单位。 3.导出单位：由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位叫做导出单位。 思维拓展
二、国际单位制 1.单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制。 2.国际单位制：是一种国际通用的、包括一切计量领域的单位制。 3.国际单位制中的七个基本物理量和相应的基本单位 物理量名称 物理量符号 单位名称 单位符号 长度 l 米 m 质量 m 千克 kg 时间 t 秒 s 2
电流 I 安[培] A 热力学温度 T 开[尔文] K 发光强度 I(Iv) 坎[德拉] cd 物质的量 n(ν) 摩[尔] mol 思维拓展 美国国家航空航天局(NASA)在20世纪末曾发射过一个火星探测器，但它由于靠火星过近，结果因温度过高而起火，并脱离轨道坠入火星的大气层。航空航天局调查事故原因时发现：原来探测器的制造商洛克希德·马丁公司计算加速度时使用了英制单位，而喷气推动实验室的工程师理所当然地认为他们提供的数据是以国际单位制算出来的，并把这些数据直接输入电脑。从这次事故的原因上，你能得到什么启示？ 答案 在国际上采用统一的单位制是非常重要的，也是非常必要的。
对单位制的理解 [要点归纳] 1.单位制的意义：单位是物理量的组成部分，对于物理量，如果有单位一定要在数字后带上单位，同一个物理量，选用不同单位时其数值不同。统一单位，便于人们的相互交流，统一人们的认识。 2.单位制的组成 3
[精典示例] [例1] 现有下列物理量或单位，按下面的要求选择填空： A.力 B.米/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 K.米 (1)属于物理量的是________(只填代号)； (2)在国际单位制中，其单位作为基本单位的物理量有________； (3)在国际单位制中属于基本单位的是________，属于导出单位的是________。 解析 (1)属于物理量的是A、D、E、H、I。 (2)在国际单位制中，其单位作为基本单位的物理量有E、H、I。 (3)在国际单位制中属于基本单位的是F、J、K，属于导出单位的是B、C。 答案 见解析 误区警示 (1)基本物理量的所有单位均为基本单位，但是基本单位并非都是国际单位制中单位，国际单位制中单位也不一定是基本单位。要从概念上理解基本单位与国际单位之间的联系与区别。 (2)只用一个符号表示的单位不一定就是基本单位，例如牛顿(N)、焦耳(J)、瓦特(W)等都不是基本单位，它们是导出单位。 (3)两个或更多的符号表示的单位也可能是基本单位，例如千克(kg)就是基本单位。 [针对训练1] 下列有关力学单位制的说法中正确的是 ( ) A.在有关力学的分析计算中，只能采用国际单位制，不能采用其他单位制 B.力学单位制中，选为基本单位的物理量有长度、质量和速度 C.力学单位制中，采用国际单位制的基本单位有千克、米和牛 D.单位制中的导出单位可以用基本单位来表达 4
解析 在有关力学的分析和计算中，可以采用任何一种单位制，只要单位统一即可，但是为了方便，常常采用国际单位制，所以A错误；在力学单位制中，选用长度、质量和时间三个物理量作为基本单位的物理量，相对应的单位是米、千克和秒，所以B、C错误；按照单位制的概念，导出单位都可以用基本单位来表达，如1 N＝1 kg·m/s2，所以D正确。 答案 D
单位制的应用 [要点归纳] 1.简化计算过程的单位表达：在解题计算时，已知量均采用国际单位制，计算过程中不用写出各个量的单位，只要在式子末尾写出所求量的单位即可。 2.推导物理量的单位：物理公式在确定各物理量的数量关系时，同时也确定了各物理量的单位关系，所以我们可以根据物理公式中物理量间的关系推导出物理量的单位。 3.判断比例系数的单位：根据公式中物理量的单位关系，可判断公式中比例系数有无单位，如公式F＝kx中k的单位为N/m，F＝μFN中μ无单位，F＝kma中k无单位。 4.比较物理量的大小：比较某个物理量不同值的大小时，必须先把它们的单位统一，再根据数值来比较。
[精典示例] [例2] 一辆质量为4×103 kg的汽车在水平地面上匀速行驶。某个时刻关闭发动机，经过20 s滑行40 m而停止下来，求汽车所受阻力为多大？ 思路点拨
解析 选汽车为研究对象，则根据速度公式和位移公式可得 0＝v0－at 5
根据位移公式，得x＝v0t－12at2 由以上两式解得a＝2xt2，v0＝2xt 这时，只要正确确定已知量单位(要统一)，可以不把各量单位代入，则 a＝2×40202 m/s2＝0.2 m/s2
v0＝2×4020 m/s＝4 m/s
根据牛顿第二定律知汽车所受阻力大小 F＝ma＝4×103×0.2 N＝800 N。
答案 800 N 方法总结 (1)在利用物理公式进行计算时，为了在代入数据时不使表达式过于繁杂，我们要把各个量换算到同一单位制中，这样计算时就不必一一写出各量的单位，只要在所求结果后写上对应的单位即可。 (2)习惯上把各量的单位统一成国际单位，只要正确地应用公式，计算结果必定是用国际单位来表示的。 [针对训练2] 据报载，我国自行设计生产运行速度可达v＝150 m/s的磁悬浮飞机。假设“飞机”的总质量m＝5 t，沿水平直轨道以a＝1 m/s2的加速度从静止做匀加速起动至最大速度，忽略一切阻力的影响。求： (1)“飞机”所需的动力F； (2)“飞机”起动至最大速度所需的时间t。 解析 (1)由牛顿第二定律得：“飞机”所需的动力 F＝ma＝5 000 N。
(2)从起动至最大速度所需时间t＝va＝150 s。 答案 (1)5 000 N (2)150 s [例3] 在解一文字计算题中(由字母表达结果的计算题)，一个同学解得位移x＝F2m(t1＋t2)，其中F、m、t分别表示力、质量和时间。用单位制的方法检查，这个结果( ) A.可能是正确的 B.一定是错误的 C.如果用国际单位制，结果可能正确 6
D.用国际单位制，结果错误，如果用其他单位制，结果可能正确 思路探究 (1)位移的国际单位是________。 (2)力、质量和时间的国际单位分别是________。 (3)所给方程右边推导出的单位是什么量的单位？ 解析 位移x的国际单位是米，由F2m(t1＋t2)得Nkg·s＝kg·m/s2kg·s＝m/s。所给等式左边单位是长度单位，而右边单位是速度单位，所以结果一定是错误的。选用的单位制不同，只影响系数，故B正确，A、C、D错误。 答案 B 方法总结 根据物理量的单位可以检验公式的正确性和计算中发现错误。在查阅资料或进行计算的过程中，若所求结果的单位与采用的单位制中该量的单位不一致，那么该公式或计算结果应该是错误的。 [针对训练3] 已知物理量λ的单位为“m”、物理量v的单位为“m/s”、物理量f的单位为“s－1”，则由这三个物理量组成的关系式正确的是( ) A.v＝λf B.v＝λf C.f＝vλ D.λ＝vf 解析 λf的单位是ms－1＝m·s，与v的单位“m/s”不相同，选项A错；λf的单位是m·s－1，与v的单位“m/s”相同，选项B正确；vλ的单位是m·s－1·m＝m2·s－1，与f的单位“s－1”不相同，选项C错误；vf的单位是m·s－1·s－1＝m·s－2，与λ的单位“m”不相同，
选项D错误。 答案 B
1.关于物理量和物理量的单位，下列说法中正确的是( ) A.在力学范围内，国际单位制规定长度、质量、力为三个基本量 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＝1 kg·m·s－2 D.“秒”、“克”、“摄氏度”都属于国际单位制中的单位 7
解析 力学中的三个基本量为长度、质量、时间，A错误；“牛顿”是为了纪念牛顿而作为力的单位，但不是基本单位，B错误；根据“牛顿”的定义，1 N＝1 kg·m·s－2，C正确；“克”、“摄氏度”不是国际单位，D错误。 答案 C 2.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Ff＝kSv2，则比例系数k的单位是( ) A.kg/m4 B.kg/m3 C.kg/m2 D.kg/m 解析 将Ff＝kSv2变形得k＝FfSv2，采用国际单位制，式中Ff的单位为N，即kg·m/s2，S的单位为m2，速度的二次方的单位可写为(m/s)2。将这些单位代入上式得kgm3，即比例系数k的单位是kg/m3，B正确。 答案 B 3.声音在空气中的传播速度v与空气的密度ρ、压强p有关。下列速度的表达式(k为比例系数，无单位)中正确的是 ( )
A.v＝kpρ B.v＝kpρ C.v＝kρp D.v＝kpρ 解析 国际单位制中p的单位是N/m2，1 N＝1 kg·m/s2，ρ的单位是kg/m3，代入kpρ可得kg·m/s2m2·kg/m3＝m2s2＝ms，即为速度v的单位，故B正确。 答案 B 4.质量m＝200 g的物体以加速度a＝20 cm/s2做匀加速直线运动，则关于它受到的合外力的大小及单位，下列运算既简洁又符合一般运算要求的是 ( ) A.F＝200×20＝4 000 N B.F＝0.2×0.2 N＝0.04 N C.F＝0.2×0.2＝0.04 N D.F＝0.2 kg×0.2 m/s2＝0.04 N 解析 在物理计算中，如果各物理量的单位都统一到国际单位制中，则最后结果的单位也一定是国际单位制中的单位。 答案 B