資源簡介

物理觀念:能理解牛頓運動定律的內涵;能分析超重和失重現象;知道單位制的意義及國際單位制中的力學單位;能用牛頓運動定律解釋生產生活中的相關現象,解決一些相關的實際問題。具有與牛頓運動定律相關的運動與相互作用觀念。
科學思維:能領悟理想實驗的科學推理方法及其意義;能對動力學問題進行分析和推理,獲得結論;能用與牛頓運動定律相關的證據表達自己的觀點;能從不同角度解決動力學問題,具有質疑和創新的意識。
科學探究:能完成“探究加速度與力、質量的關系”等物理實驗。能從生活中的現象提出可探究的物理問題;能在他人幫助下制訂科學探究方案,有控制變量的意識,會使用實驗器材獲取數據;能根據數據形成結論,會分析導致實驗誤差的原因;能參考教科書撰寫有一定要求的實驗報告,在報告中能對實驗操作提出問題并進行討論;能用學過的物理術語等交流科學探究過程和結果。
科學態度與責任:通過與伽利略、牛頓相關的史實,能認識物理學研究是不斷完善的;樂于將牛頓運動定律應用于日常生活實際;能認識牛頓運動定律的應用對人類文明進步的推動作用。
1　牛頓第一定律
[課標引領]
學業質量水平要求
合格性考試 1.知道科學家關于力與運動關系的探究歷程,認識科學研究是不斷完善的。 2.知道伽利略的理想實驗,能夠體會理想實驗的科學性與正確性。 3.知道慣性的概念,能夠應用慣性知識解決生活中的相關問題
選擇性考試 理解牛頓第一定律內容,會應用牛頓第一定律解釋相關現象
一、理想實驗的魅力
日常生活中,我們有這樣的經驗:馬拉車,車就前進,停止用力,車就停下來。亞里士多德通過經驗,觀察得出: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。請思考:
(1)亞里士多德的說法對嗎 若是不對請舉例說明。
答案:不對;當我們騎自行車,腳不再蹬車時,自行車不會立刻停止運動而是會向前再運動一段距離才停止,所以說力不是維持物體運動的原因。
(2)如果原來自行車是靜止的,怎樣才能讓自行車運動起來 說明了什么
答案:用力蹬車,自行車才會運動。說明力是改變物體運動狀態的原因,而不是維持物體運動的原因。
(3)那么如何解釋馬不拉車時,車為什么會停下來呢
答案:馬不拉車時,車停下來不是因為沒有馬的拉力,而是因為地面的摩擦力的作用。
1.力與運動關系的不同認識
代表人物 主要觀點
亞里士 多德 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
伽利略 力不是維持物體運動的原因
笛卡兒 如果運動中的物體沒有受到力的作用,它將繼續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
2.伽利略的理想實驗:讓一個小球沿斜面從靜止狀態開始運動,小球將“沖”上另一斜面。如果沒有摩擦,小球將到達原來的高度。如果第二個斜面的傾角減小,小球仍將到達原來的高度,但是運動的距離更長。由此可以推斷,當斜面最終變為水平面時,小球要到達原有高度將永遠運動下去。這說明,力不是維持物體運動的原因。
二、牛頓第一定律
冰壺在冰面上運動,如果摩擦阻力比較大,冰壺很快停下來;如果摩擦阻力很小,冰壺能滑得很遠;如果摩擦阻力為零,冰壺將永遠運動下去。
試結合上述現象討論:
(1)牛頓第一定律中“除非作用在它上面的力迫使它改變這種狀態”說明運動與力有什么關系
答案:說明力是改變物體運動狀態的原因。
(2)根據牛頓第一定律思考,如果物體不受外力作用,物體將處于什么狀態
答案:原來靜止的物體,不受外力時,仍然靜止;原來運動的物體,不受外力時,將永遠做勻速直線運動。
1.牛頓第一定律的內容
一切物體總保持勻速直線運動狀態或靜止狀態,除非作用在它上面的力迫使它改變這種狀態。
2.意義
(1)揭示了運動和力的關系:力不是維持物體運動狀態的原因,而是改變物體運動狀態的原因。
(2)揭示了物體的固有屬性:一切物體都具有慣性,因此牛頓第一定律也被叫作慣性定律。
三、慣性與質量
錘頭松了,把錘柄的一端在凳子上撞擊幾下,錘頭就套緊了,為什么 試解釋其中的原因。
答案:錘頭與錘柄原來都處于運動狀態,錘柄撞在凳子上受到阻力作用,改變了它的運動狀態,就停止了運動,錘頭由于慣性仍保持原來的運動狀態,這樣錘頭就繼續向前運動緊套在錘柄上了。
1.慣性
物體具有保持原來勻速直線運動狀態或靜止狀態的性質叫作慣性。
2.不同物體維持其原有運動狀態的“能力”不同,質量大的物體慣性大。描述物體慣性大小的物理量是它的質量。
3.對質量概念的認識
(1)從物體慣性的角度認識質量:質量是物體慣性大小的唯一量度。
(2)質量是標(選填“矢”或“標”)量,在國際單位制中的單位是千克,符號為 kg。
1.判斷
(1)伽利略的理想實驗是不科學的假想實驗。(　×　)
(2)速度越大的物體,慣性越大。(　×　)
(3)牛頓認為力的真實效應總是改變物體的速度,而不是使物體維持運動。(　√　)
2.“同一物體在地球上受到的重力比在月球上大,所以物體在地球上的慣性比在月球上的大”,這種說法對嗎 為什么
答案:不對;慣性只與質量大小有關,與地理位置無關。雖然物體在地球上的重力比在月球上大,但物體的質量不變,即慣性不變。
3.一位同學說,向上拋出的物體在空中向上運動時,肯定受到了向上的作用力,否則它不可能向上運動。你認為他的說法對嗎 為什么
答案:不對;向上拋出的物體,由于具有慣性,會在空中繼續向上運動,不需要受向上的作用力。
探究點一　伽利略理想實驗
伽利略理想斜面實驗如圖,小球沿斜面由靜止滾下,再滾上另一斜面。
(1)伽利略的理想實驗能實現嗎
答案:不能。
(2)設想斜面是光滑的,小球滾上另一斜面的最大高度等于h嗎
答案:等于h。
(3)設想斜面是光滑的,若減小第二個斜面的傾角,小球還能滾到另一斜面高h處嗎 與沒減小斜面傾角之前相比,小球滾到另一斜面高h處通過的距離如何變化
答案:能;通過的距離變大。
(4)設想第二個斜面變成水平面,這時小球試圖滾上另一斜面的相同高度,但永遠達不到。這時小球的運動能停下來嗎
答案:不能,小球將永遠運動下去。
1.伽利略的理想實驗
(1)(實驗事實)如圖所示,兩個斜面平滑地對接在一起,小球從一個斜面的某一高度自由滾下,在第二個斜面上所達到的高度同它在第一個斜面上開始滾下時的高度幾乎相等,伽利略分析高度的微小差別是由摩擦阻力引起的。
(2)(科學推理)若兩個斜面均光滑,則小球一定會上升到原來的高度。
(3)(科學推理)若減小第二個斜面的傾角,則小球仍然會到達相同的高度,不過,在第二個斜面上運動的距離遠。
(4)(科學推理)若將第二個斜面放平(成為水平面),那么小球從第一個斜面上滾下來之后,為達到原有高度,將以恒定的速度在無限長的水平面上永遠不停地運動下去。
2.理想實驗的意義
(1)伽利略理想實驗是以可靠的實驗事實為基礎,經過抽象思維,抓住主要因素,忽略次要因素,從而更深刻地揭示自然規律。
(2)伽利略的理想實驗是把實驗和邏輯推理相結合的一種科學研究方法。
[例1] (多選)17世紀,意大利物理學家伽利略根據實驗指出:在水平面上運動的球之所以會停下來,是因為受到摩擦阻力,水平面越光滑,球會運動得越遠。這里的實驗是指伽利略所做的斜面實驗,關于該實驗,你認為下列陳述正確的是(　BCD　)
A.該實驗是理想實驗,是在思維中進行的,無真實的實驗基礎,故其結果是不可信的
B.該實驗是以可靠的事實為基礎,經過抽象思維,抓住主要因素,忽略次要因素,從而更深刻地反映了自然規律
C.該實驗否定了亞里士多德“力是維持物體運動的原因”的錯誤概念
D.該實驗為牛頓第一定律的提出提供了有力的實驗依據
解析:伽利略的斜面實驗是以可靠的事實為基礎,經過抽象思維,抓住主要因素,忽略次要因素,推理得出的結論,故A錯誤,B正確;伽利略由此推翻了亞里士多德的觀點,認為力不是維持物體運動的原因,故C正確;該實驗為牛頓第一定律的提出提供了有力的實驗依據,牛頓總結了前人的經驗,提出了牛頓第一定律,故D正確。
理解理想實驗應注意的三點
(1)真實實驗是一種實踐活動,是可以通過一定的實驗器材和實驗方法來實現的實驗。
(2)理想實驗是一種思維活動,是抽象思維中設想出來的、無法做到的實驗。
(3)理想實驗是以可靠的實驗事實為基礎的。
[針對訓練1]伽利略設計了著名的理想斜面實驗,將事實和邏輯推理聯系起來反映了深刻的自然規律,下面給出了理想斜面實驗的五個事件,請正確地對其排序:由A點靜止釋放的小球(　A　)
①不能滾到另一斜面與A等高的C點
②若沒有摩擦時,小球能滾到另一斜面與A等高的C點
③若減小摩擦時,小球能滾到另一斜面更接近與A等高的C點
④若沒有摩擦時,減小斜面BC的傾角,小球能滾到另一斜面與A等高的位置
⑤若沒有摩擦時,減小斜面的傾角,直至水平,小球將沿水平面一直運動下去
A.事實①→事實③→推論②→推論④→推論⑤
B.事實①→推論②→事實③→推論④→推論⑤
C.事實①→事實③→推論②→推論⑤→推論④
D.事實②→事實①→推論③→推論④→推論⑤
解析:實驗事實①(不能滾到另一斜面與A點等高的C點)得出實驗事實③(若減小摩擦時,滾到另一斜面的最高位置,更接近等高的C點),從而可推理出②(若沒有摩擦時,能滾到另一斜面與A點等高的C點),接著推出④(若沒有摩擦時,減小斜面BC的傾角,小球將通過較長的路程,到達與A點等高的位置),最終可得⑤(若沒有摩擦時,減小斜面的傾角,直至水平,小球將沿水平面一直運動下去),綜上所述,A正確,B、C、D錯誤。
探究點二　對牛頓第一定律的理解
在足球場上,為了不使足球停下來,運動員帶球前進必須不斷用腳輕輕地踢足球。這個現象不正說明了運動需要力來維持嗎 那為什么又說“力不是維持物體運動的原因”
答案:可以這樣思考:如果足球不是在草地上滾動,而是以相同的初速度在水平的水泥地面上滾動,它將會滾出比在草地上遠得多的距離,這說明了由于阻力的存在才導致足球的運動狀態發生了改變。足球在草地上滾動時所受阻力大,運動狀態很快發生改變;足球在水泥地面上滾動時所受阻力小,運動狀態改變得慢,但終究還是要停下來。在踢足球時,人對足球施加力的作用,恰恰是起了使足球已經變小的運動速度再變大的作用。這個例子充分說明了阻力能使物體的運動狀態發生改變(物體的速度變小),動力也能使物體的運動狀態發生改變(物體的速度變大),即力不是維持物體運動的原因,而是改變物體運動狀態的原因。
1.運動狀態改變的三種情況
(1)速度的方向不變,大小改變。
(2)速度的大小不變,方向改變。
(3)速度的大小和方向都改變。
2.對牛頓第一定律的理解
[例2] (多選)關于運動和力的關系,下列說法中正確的是(　BD　)
A.力是維持物體運動狀態的原因
B.物體突然失去外力作用時,運動的物體會以失去外力時的速度大小和方向一直運動下去
C.沒有力的作用,物體只能處于靜止狀態
D.要改變物體的運動狀態,必須有力的作用
解析:力不是維持物體運動狀態的原因,而是改變物體運動狀態的原因,選項A錯誤,D正確;物體不受力的作用時一定保持原來的運動狀態,即原來靜止的物體保持靜止,運動的物體做勻速直線運動,若運動的物體突然失去外力時一定會以此時的速度大小和方向一直運動下去,選項B正確,C錯誤。
牛頓第一定律的應用
(1)由“因”索“果”:在判斷運動和力之間的關系時,一定要把握準牛頓第一定律的含義,即力是改變物體運動狀態的原因,而不是維持物體運動狀態的原因。
(2)由“果”索“因”:如果物體的運動狀態發生改變,則物體必然受到不為零的合力的作用,所以判斷物體的運動狀態是否改變以及如何改變,應分析物體的受力情況。
(3)應用步驟:應用牛頓第一定律解釋有關現象時,首先要看物體原來的運動狀態,其次要看物體現在的受力情況,最后判斷由于物體具有慣性將會出現的現象。
[針對訓練2]關于牛頓第一定律的下列說法中,正確的是(　D　)
A.牛頓第一定律是以伽利略的理想實驗為基礎的,因此可用實驗來直接驗證
B.牛頓第一定律中提出的物體不受外力作用的條件是不可能達到的,所以這條定律可能是錯誤的
C.牛頓第一定律表明,物體只有在靜止或做勻速直線運動時才具有慣性
D.牛頓第一定律是在大量實驗事實的基礎上,通過進一步推理而概括總結出來的
解析:牛頓第一定律是牛頓在伽利略等前人實驗的基礎上,根據邏輯推理得出的,是以實驗為基礎,但又不是完全通過實驗得出,故A錯誤;牛頓第一定律是在實驗的基礎上進一步的推理概括出來的科學理論,而不是直接通過實驗得出的,但能經受住實踐的檢驗,故B錯誤;慣性的大小與物體的受力情況和運動情況均無關,任何狀態下物體都有慣性,故C錯誤;牛頓第一定律是在大量實驗事實的基礎上,通過進一步推理而概括總結出來的,故D正確。
探究點三　慣性的理解和應用
(1)根據生活經驗分辨甲、乙兩幅圖片中哪個是剎車,哪個是啟動呢
答案:甲圖是車啟動的時候,人由于慣性向后；乙圖是剎車的時候,人由于慣性向前。
(2)你能否用物理知識解釋一下為什么出現這種現象嗎
答案:加速時,人的上半身還保持原來的靜止狀態,而下半身與車一起加速前進,由于慣性人向后傾。減速時,人的上半身還保持原來的運動狀態,而下半身與車一起減速前進,由于慣性人向前傾。
1.慣性是物體的固有屬性:一切物體都具有慣性。
2.慣性的大小
(1)質量是慣性大小的唯一量度。質量越大,慣性越大;反之則越小。
(2)慣性大小與物體運動狀態(速度)、受力情況以及所處地理位置均無關。
3.慣性的表現
(1)不受力時,慣性表現為保持原來的勻速直線運動狀態或靜止狀態,有“惰性”的意思。
(2)受力時,慣性表現為運動狀態改變的難易程度。質量越大,慣性越大,運動狀態越難以改變。
[例3]下列關于慣性的說法正確的是(　B　)
A.戰斗機戰斗前拋棄副油箱,是為了增大戰斗機的慣性
B.物體的質量越大,其慣性就越大
C.火箭升空時,火箭的慣性隨其速度的增大而增大
D.做自由落體運動的物體沒有慣性
解析:質量是物體慣性大小的唯一量度,物體的質量越大,則慣性越大,故戰斗機拋棄副油箱,減小了慣性,增大了戰斗機的靈活性,故A錯誤,B正確;火箭的慣性大小與火箭的速度大小無關,故C錯誤;一切物體都具有慣性,故D錯誤。
分析有關慣性問題的注意點
(1)慣性僅由物體的質量決定。
(2)慣性與物體是否運動及運動狀態是否變化無關。
(3)慣性與物體是否受力無關,與受力的大小及方向無關。
(4)慣性與物體的速度大小無關。
(5)慣性不是一種力,而是物體的固有屬性。
[針對訓練3] (多選)一汽車在路面情況相同的公路上直線行駛,下面關于車速、慣性、質量和滑行路程的討論正確的是(　BC　)
A.車速越大,它的慣性越大
B.質量越大,它的慣性越大
C.車速越大,剎車后滑行的路程越長
D.車速越大,剎車后滑行的路程越長,所以慣性越大
解析:慣性是物體的固有屬性,它與物體的質量有關,與物體的速度無關,故A錯誤,B正確;根據 s=可知車速越大,剎車后滑行的路程越長,與慣性的大小無關,故C正確,D錯誤。
自主建構 教材鏈接
教材第79頁“問題”提示:牛頓第一定律揭示了物體不受任何外力時遵循的運動規律——勻速直線運動狀態或靜止狀態。滑冰運動員慢慢停下來,是因為受到摩擦力作用,這與牛頓第一定律不矛盾
課時作業
1. (多選)科學家關于物體運動的研究對樹立正確的自然現象具有重要作用。下列說法符合歷史事實的是(　BCD　)
A.亞里士多德認為,必須有力作用在物體上,物體的運動狀態才會
改變
B.伽利略通過理想實驗得出結論:運動必具有一定速度,如果它不受力,它將以這一速度永遠運動下去
C.笛卡兒指出:如果運動中的物體沒有受到力的作用,它將繼續以同一速度沿同一直線運動,既不停下來也不偏離原來的方向
D.牛頓認為,物體具有保持原來勻速直線運動狀態或靜止狀態的性質
解析:亞里士多德認為,必須有力作用在物體上,物體才會運動,沒有力的作用,物體就要靜止下來,A錯誤;伽利略通過理想實驗得出結論:運動必具有一定速度,如果它不受力,它將以這一速度永遠運動下去,B正確;笛卡兒指出:如果運動中的物體沒有受到力的作用,它將繼續以同一速度沿同一直線運動,既不停下來也不偏離原來的方向,C正確;牛頓認為,物體具有保持原來勻速直線運動狀態或靜止狀態的性質,即慣性,D正確。
2.(多選)如圖所示的裝置可以演示伽利略的理想斜面實驗,裝置為兩個對接的斜面,讓小球沿左邊的斜面滑下,并滾上右邊的斜面,然后改變右邊斜面的傾角,重復操作,利用曝光頻率一定的相機拍下小球在運動過程中的圖片,則(　CD　)
A.該實驗為牛頓第一定律的提出提供了有力的依據,因此牛頓第一定律是實驗定律
B.由圖可知小球在右側的斜面上的速度逐漸減小,因此證實了“物體的運動需要力維持”
C.當右側的斜面水平時,小球近似做勻速直線運動,說明如果沒有外力的作用,小球將在水平面上永遠運動下去
D.如果沒有摩擦,小球在右邊的斜面上將運動到與左邊釋放點相同的高度
解析:該實驗為牛頓第一定律的提出提供了有力的依據,但沒有摩擦力只是一種假設,所以該實驗是一種理想化實驗,牛頓第一定律不是實驗定律,A錯誤;小球在右側的斜面上的速度逐漸減小是因為受力的作用,說明力是改變物體運動狀態的原因,B錯誤;根據實驗,右側的斜面水平時,小球近似做勻速直線運動,如果沒有外力作用,小球將在水平面上永遠運動下去,C正確;如果沒有摩擦,小球一定會上升到相同的高度,D正確。
3.在下列現象中,物體的運動狀態沒有改變的是(　C　)
A.守門員把射來的足球抱住
B.騰空而起的火箭
C.降落傘從空中勻速豎直下落
D.汽車在彎路上勻速轉彎
解析:物體的運動狀態可以用速度來描述,當速度的大小或方向發生改變時,我們就說物體的運動狀態發生了改變。守門員把射來的足球抱住,足球由運動變為靜止,運動狀態發生了變化,故A錯誤;騰空而起的火箭,向上做加速運動,即其運動狀態發生了變化,故B錯誤;降落傘從空中勻速豎直下落,降落傘的運動速度大小和方向都不變,物體的運動狀態不變,故C正確;汽車在彎路上勻速轉彎時,速度的大小不變,但速度的方向發生了變化,運動狀態發生了變化,故D錯誤。
4.下列說法正確的是(　D　)
A.在高速公路上高速行駛的轎車的慣性比靜止在貨運場的集裝箱貨車的慣性大
B.牛頓第一定律是根據實驗總結得出來的
C.在粗糙水平面上滾動的小球最后會停下來是因為小球具有慣性
D.乒乓球可以迅速抽殺,是因為乒乓球的慣性小的緣故
解析:慣性大小僅與物體的質量有關,與速度無關,質量越大,慣性越大,所以高速行駛的轎車的慣性比靜止在貨運場的集裝箱貨車的慣性小,故A錯誤;牛頓第一定律是根據實驗和邏輯推理得出來的,故B錯誤;在粗糙水平面上滾動的小球最后會停下來是因為小球受到阻力,故C錯誤;乒乓球可以迅速抽殺,是因為乒乓球的質量小、慣性小的緣故,故D正確。
5. (多選)關于牛頓第一定律和慣性有下列說法,其中正確的是(　BD　)
A.由牛頓第一定律可知,物體在任何情況下始終處于靜止狀態或勻速直線運動狀態
B.原來不受力的物體受不平衡的力后運動狀態一定改變
C.牛頓第一定律只是反映慣性大小的,因此也叫慣性定律
D.運動物體如果沒有受到力的作用,將繼續以同一速度沿同一直線
運動
解析:根據牛頓第一定律知,物體只有在不受外力或者所受合力為零時,才能處于靜止或勻速直線運動狀態,A錯誤;牛頓第一定律說明力是改變物體運動狀態的原因,原來不受力的物體受不平衡的力后運動狀態一定改變,B正確;牛頓第一定律反映物體具有慣性這種性質,并不能反映物體慣性的大小,C錯誤;運動物體如果沒有受到力的作用,將保持原來的速度做勻速直線運動,符合牛頓第一定律,D正確。
6.打水漂是人類最古老的游戲之一(如圖)。僅需要一塊小瓦片,在手上呈水平放置后,用力水平飛出,瓦片擦水面飛行,瓦片不斷地在水面上向前彈跳,直至下沉。下列判斷正確的是(　D　)
A.飛出時的初速度越大,瓦片的慣性一定越大
B.飛行時所用時間越長,瓦片的慣性一定越大
C.飛出去的距離越長,瓦片的慣性一定越大
D.瓦片的質量越大,慣性一定越大
解析:慣性是物體本身具有的一種性質,只與物體的質量有關,質量越大,慣性一定越大,與初速度、時間、飛行距離等因素無關,故A、B、C錯誤,D正確。
7.如圖所示,一個劈形物體N放在固定的斜面M上。物體N上表面水平,其上放一光滑小球m。若劈形物體各面均光滑,從靜止開始釋放,則小球在碰到斜面前的運動軌跡是(　B　)
A.沿斜面向下的直線 B.豎直向下的直線
C.無規則曲線 D.拋物線
解析:小球僅豎直方向受力,運動狀態發生改變,水平方向未受到力的作用,由于慣性,水平方向運動狀態不發生改變,因此小球做豎直向下的直線運動,選項B正確。
8. (多選)在列車的車廂內,有一個自來水龍頭C。第一段時間內,水滴落在水龍頭的正下方B點,第二段時間內,水滴落在B點的右方A點,如圖所示。那么列車可能的運動是(　BC　)
A.先靜止,后向右做加速運動
B.先做勻速運動,后向左做加速運動
C.先做勻速運動,后向右做減速運動
D.上述三種情況都有可能
解析:水滴下落時,水平方向保持原來的速度,若車勻速運動,車的水平位移與水滴的水平位移相同,則落在B點;若車向左加速運動,則水滴仍保持下落時的水平速度,而在水滴下落過程中,車向左加速,位移大于水滴的水平位移,故水滴可能落在A點;同理,車向右減速運動,水滴也可能會落在A點,故選項B、C正確。
9.有兩個瓶子,瓶內盛水,一個鐵球、一個與鐵球體積相同的泡沫塑料球被兩根細繩分別系到兩個瓶蓋上,鐵球在水中下沉,瓶正放如圖甲所示,泡沫塑料球在水中上浮,瓶倒放如圖乙所示。當兩瓶突然向前運動時,觀察比較小球的運動狀態。請說出觀察到的現象并解釋。
解析:現象:小鐵球相對瓶是向后運動的,而泡沫塑料球相對瓶是向前運動的。
原因:由于慣性的大小與質量有關,鐵球質量大于同體積水的質量,泡沫塑料球的質量小于同體積水的質量,所以鐵球的慣性大于同體積水的慣性,泡沫塑料球的慣性小于同體積水的慣性。當瓶突然向前運動時,鐵球保持原來靜止狀態的能力大于同體積水保持原來靜止狀態的能力,所以鐵球相對于水向后運動;同體積的水保持原來靜止狀態的能力大于泡沫塑料球保持原來靜止狀態的能力,所以泡沫塑料球相對于水向前運動。
答案:見解析6　超重和失重
[課標引領]
學業質量水平要求
合格性考試 1.形成初步的超重、失重概念,并能用超重、失重的知識解釋實際生活中的相關現象。 2.知道超重、失重現象的本質,能用牛頓運動定律解釋超重、失重現象
選擇性考試 能用牛頓運動定律解釋生產、生活中的相關現象和解決實際問題
一、重力的測量
(1)用彈簧測力計測物體的重力時應使物體處于什么狀態
答案:應使物體處于靜止狀態。
(2)彈簧測力計的示數是哪個力的
答案:以物體為研究對象,受力如圖所示。
根據平衡條件,彈簧測力計對物體的拉力F=mg,由牛頓第三定律,物體對彈簧測力計的力F′=F,所以彈簧測力計的讀數就是物體重力的大小。
1.先測量物體做自由落體運動的加速度g,再用天平測量物體的質量,利用牛頓第二定律可得G=mg。
2.利用力的平衡條件對重力進行測量。將待測物體懸掛或放置在測力計上,使它處于靜止狀態。這時測力計的示數反映了物體所受的重力大小。
二、超重和失重
某人乘坐電梯正在向上運動。
(1)電梯啟動瞬間加速度方向向哪 某人受到的支持力比其重力大還是小 電梯勻速向上運動時,人受到的支持力比其重力大還是小
答案:電梯啟動瞬間加速度方向向上;人受到的合力方向向上,所以支持力大于重力;電梯勻速向上運動時,人受到的合力為零,所以支持力與重力大小相等。
(2)電梯將要到達目的地減速運動時加速度方向向哪 人受到的支持力比其重力大還是小
答案:減速運動時,因速度方向向上,故加速度方向向下;人受到的合力方向向下,支持力小于重力。
1.視重:體重計的示數稱為視重,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(或對懸掛物的拉力)小于物體所受重力的現象。
(2)產生條件:物體具有豎直向下的加速度。
3.超重
(1)定義:物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)大于物體所受重力的現象。
(2)產生條件:物體具有豎直向上的加速度。
4.完全失重
(1)定義:物體對支持物(或懸掛物)完全沒有作用力的現象。
(2)產生條件:a=g,方向豎直向下。
1.判斷
(1)超重就是物體的重力變大的現象。(　×　)
(2)物體處于失重時,物體可能在上升。(　√　)
(3)物體處于完全失重時,物體的重力就消失了。(　×　)
2.有人說:“在很高的山頂上,物體所受的重力要小于它在海平面上所受的重力,這種現象也是失重!”這種說法正確嗎
答案:不正確;失重的本質是重力不變,而視重減小。在很高的山上,物體所受的重力減小,是由于地球對它的吸引力減小了。
3.一個盛滿水的瓶子底部有一小孔,靜止在手中時,水會噴射而出;如果突然松手,讓瓶子自由下落時,會發生什么現象 為什么
答案:瓶子和水一起下落,水不會噴射而出。每一部分水和瓶子做的都是自由落體運動,運動情況完全一樣,所以它們之間沒有擠壓,均處于完全失重狀態。
探究點一　對超重和失重現象的理解
(1)用彈簧測力計測物體重力時,突然向上加速,觀察彈簧測力計的示數如何變化
答案:彈簧測力計示數變大。
(2)用彈簧測力計測物體重力時,突然向下加速,觀察彈簧測力計的示數如何變化
答案:彈簧測力計示數變小。
(3)若將彈簧測力計和物體一起釋放,觀察彈簧測力計的示數如何變化
答案:彈簧測力計示數變為零。
1.實重與視重
(1)實重:物體實際所受的重力。
(2)視重:當物體掛在彈簧測力計下或放在水平臺秤上時,彈簧測力計或臺秤的示數稱為視重,大小等于彈簧測力計所受的拉力或臺秤所受的壓力。
2.超重與失重
(1)超重:視重大于實重的現象。
(2)失重:視重小于實重的現象。
3.對超重和失重現象的理解
(1)物體處于超重或失重狀態時,物體所受的重力始終不變,只是物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力發生了變化,看起來物重好像有所增大或減小。
(2)發生超重或失重現象與物體的速度方向無關,只取決于物體加速度的方向。加速度向上則超重,加速度向下則失重。
(3)在完全失重狀態下,平常由重力產生的一切物理現象都完全消失,比如物體對桌面無壓力、單擺停止擺動、浸在水中的物體不受浮力等。靠重力才能使用的儀器也不能再使用,如天平、液體氣壓計等。
[例1] 如圖是某同學站在壓力傳感器上做下蹲—起立的動作時傳感器記錄的壓力隨時間變化的圖線,縱坐標為壓力,橫坐標為時間。由圖線可知,該同學的體重約為650 N,除此以外,還可以得到以下信息(　B　)
A.1 s時人處在下蹲的最低點
B.2 s時人處于下蹲靜止狀態
C.該同學做了2次下蹲—起立的動作
D.下蹲過程中人始終處于失重狀態
解析:人在下蹲的過程中,先加速向下運動,加速度方向向下,到達一個最大速度后再減速下降,加速度方向向上,故下蹲過程中人先失重后超重,選項D錯誤;在1 s時人的失重程度最大,即向下的加速度最大,故此時人并沒有靜止,它不是下蹲的最低點,選項A錯誤;2 s時人經歷了失重和超重兩個過程,故此時處于下蹲靜止狀態,選項B正確;該同學在前2 s是下蹲過程,后2 s是起立的過程,所以共做了1次下蹲—起立的動作,選項C錯誤。
判斷超重、失重狀態的方法
(1)從受力的角度判斷,當物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時,物體處于超重狀態,小于重力時處于失重狀態,等于零時處于完全失重狀態。
(2)從加速度的角度判斷,當物體具有向上的加速度(包括斜向上)時處于超重狀態,具有向下的加速度(包括斜向下)時處于失重狀態,向下的加速度為g時處于完全失重狀態。
(3)從運動的角度判斷,當物體加速上升或減速下降時,物體處于超重狀態,當物體加速下降或減速上升時,物體處于失重狀態。
[針對訓練1]
“蹦極”是一項非常刺激的戶外運動。某人身系彈性繩自高空P點自由下落,圖中a點是彈性繩的原長度位置,c是人所到達的最低點,b是人靜止地懸吊著時的平衡位置。人在從P點下落到最低點c點的過程中(　C　)
A.人在a點時速度最大
B.人在ab段做加速度增大的加速運動,處于失重狀態
C.在bc段繩的拉力大于人的重力,人處于超重狀態
D.在c點,人的速度為零,處于平衡狀態
解析:從a點到b點前,人的重力大于彈力,則加速度方向向下,人做加速度逐漸減小的加速運動,處于失重狀態,故B錯誤;當到達b位置時,重力和彈力相等,速度最大,故A錯誤;從b到c,重力小于彈力,加速度方向向上,人向下做減速運動,處于超重狀態,故C正確;c點速度為零,加速度不為零,不是平衡狀態,故D錯誤。
探究點二　用牛頓運動定律解決超重和失重問題
1.超重、失重的分析比較
　　 　　 加速度 視重(F)與 重力關系 運動情況 受力圖
平衡 a=0 F=mg 靜止或勻速直線運動
超重 向上 F=m(g+ a)>mg 向上加速或向下減速
失重 向下 F=m(g- a)完全 失重 a=g F=0 自由落體運動、拋體運動、環繞地球正常運行的衛星等
2.有關超重、失重問題的分析方法
求解此類問題的關鍵是確定物體加速度的大小和方向。首先應根據加速度方向判斷物體處于超重狀態還是失重狀態,然后選加速度方向為正方向,分析物體的受力情況,利用牛頓第二定律進行求解。
[例2] 如圖所示,一質量為m=40 kg的小孩站在電梯內的體重計上。電梯從t=0時刻由靜止開始上升,在0～6 s內體重計示數F的變化情況如圖所示。試問:在這段時間內電梯上升的高度是多少 (重力加速度g取10 m/s2)
解析:小孩受到的重力為G=400 N,由題圖知,在0～2 s內,F1=440 N,F1>G,電梯勻加速上升,由牛頓第二定律,則有
a1==1 m/s2,h1=a1=2 m,
2 s末時,v=a1t1=2 m/s,
在2～5 s內,F2=400 N,F2=G,電梯勻速上升,則有
h2=vt2=6 m,
在5～6 s內,F3=320 N,F3又v-a3t3=0,說明電梯在6 s末停止,
故h3=t3=1 m,
所以電梯上升的高度為h=h1+h2+h3=9 m。
答案:9 m
解決超重、失重現象中計算問題的基本方法
(1)明確研究對象,進行受力分析。
(2)判斷加速度的方向,并建立合理的坐標軸。
(3)應用牛頓第二定律列出方程。
(4)代入數據求解,需討論的進行討論。
[針對訓練2] 如圖所示,輕質彈簧的上端固定在電梯的天花板上,彈簧下端懸掛一個小球,電梯中有質量為50 kg的乘客,在電梯運行時乘客發現輕質彈簧的伸長量始終是電梯靜止時的四分之三,已知重力加速度g取10 m/s2,由此可判斷(　B　)
A.電梯可能加速下降,加速度大小為5 m/s2
B.電梯可能減速上升,加速度大小為2.5 m/s2
C.乘客處于超重狀態
D.乘客對電梯地板的壓力為625 N
解析:電梯靜止不動時,小球受力平衡,有mg=kx,電梯運行時彈簧的伸長量比電梯靜止時小,說明彈力變小了,根據牛頓第二定律有mg-kx=ma,即mg=ma,解得a=2.5 m/s2,加速度方向豎直向下,電梯可能加速下降或減速上升,乘客處于失重狀態,故A、C錯誤,B正確;以乘客為研究對象,根據牛頓第二定律可得mg-FN=ma,得FN=mg-ma,根據牛頓第三定律知乘客對地板的壓力大小為FN′=mg-ma=375 N,故D錯誤。
自主建構 教材鏈接
教材第103頁“做一做”提示: (1)如果電梯上行,人站在體重計上,會觀察到電梯啟動時,體重計示數大于重力;電梯制動時,體重計示數小于重力;正常勻速運行過程中體重計示數等于重力。 (2)如果電梯下行,人站在體重計上,會觀察到電梯啟動時,體重計示數小于重力;電梯制動時,體重計示數大于重力;正常勻速運行過程中,體重計示數等于重力
課時作業
1.如圖所示,蘋果自空中豎直落入深水中,到達某一深度后又返回到水面,下列說法正確的是(　C　)
A.蘋果在空中下落時處于超重狀態
B.蘋果落入水中后重力變小了
C.蘋果在水中向下運動時處于超重狀態
D.蘋果在水中向上運動時處于失重狀態
解析:蘋果在空中下落時加速度向下,處于失重狀態,A錯誤;蘋果在水中下落時做減速運動,加速度向上,處于超重狀態,C正確;蘋果在水中上升時加速度向上,處于超重狀態,D錯誤;蘋果在整個運動過程中重力沒變,B錯誤。
2.一質量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓,其位移s與時間t的關系圖像如圖所示。乘客所受支持力的大小用FN表示,速度大小用v表示。重力加速度大小為g。以下判斷正確的是(　D　)
A.0～t1時間內,v增大,FN>mg
B.t1～t2時間內,v減小,FNC.t2～t3時間內,v增大,FND.t2～t3時間內,v減小,FN>mg
解析:根據位移—時間圖像的斜率表示速度可知,0～t1時間內,圖像斜率增大,速度v增大,加速度方向向下,由牛頓運動定律可知乘客處于失重狀態,所受的支持力FNmg,選項C錯誤,D正確。
3.如圖所示,建筑工人在砌墻時需要將磚塊運送到高處,采用的方式是工人甲在低處將一摞磚豎直向上拋出,在高處的工人乙將其接住。每塊磚的質量均為m,現只考慮最上層的兩塊磚,不計空氣阻力,下列說法正確的是(　C　)
A.工人甲在將磚塊拋出時(磚未離手)磚塊處于失重狀態
B.工人甲在將磚塊拋出時(磚未離手)磚塊間作用力等于mg
C.工人甲在將磚塊拋出后,磚塊處于失重狀態
D.工人甲在將磚塊拋出后,磚塊間作用力等于mg
解析:工人甲在將磚塊拋出時(磚未離手),磚塊具有向上的加速度,處于超重狀態,A錯誤;以最上層的磚塊為研究對象,由牛頓第二定律可得FN-mg=ma,所以磚塊間作用力FN=m(g+a)>mg,B錯誤;工人甲在將磚塊拋出后,磚塊具有向下的加速度,處于失重狀態,C正確;工人甲在將磚塊拋出后,磚塊間作用力等于0,D錯誤。
4.在升降機底部安裝一個加速度傳感器,其上放置了一個質量為m的小物塊,如圖甲所示。升降機從t=0時刻開始豎直向上運動,加速度傳感器顯示加速度a隨時間t變化如圖乙所示。取豎直向上為正方向,重力加速度為g,以下判斷正確的是(　C　)
A.在0～2t0時間內,物塊先處于失重狀態,后處于超重狀態
B.在t0～3t0時間內,物塊先處于失重狀態,后處于超重狀態
C.t=t0時刻,物塊所受的支持力大小為mg
D.t=3t0時刻,物塊所受的支持力大小為2mg
解析:由圖乙可知,在0～2t0時間內,加速度一直向上,物塊一直處于超重狀態,A錯誤;同理,在t0～3t0時間內,物塊也處于超重狀態,B錯誤;t=t0時刻,a=0,即FN=mg,故物塊所受的支持力大小為mg,C正確;t=3t0時刻,a=2g,由牛頓第二定律FN-mg=ma,故物塊所受的支持力大小為3mg,D錯誤。
5.電梯內用彈簧測力計測物體的重力,g取10 m/s2,下列幾種情況,彈簧測力計示數最小的為(　B　)
A.以2 m/s2的加速度加速上升
B.以3 m/s2的加速度減速上升
C.以3 m/s2的加速度減速下降
D.以2.5 m/s2的加速度加速下降
解析:以物體為研究對象,設其質量為m,所受彈簧測力計拉力的大小為F,取豎直向上為正方向,由牛頓第二定律有F-mg=ma,分別將選項中a1=2 m/s2,a2=-3 m/s2,a3=3 m/s2,a4=-2.5 m/s2代入,得F1=12m,
F2=7m,F3=13m,F4=7.5m,比較可知B項符合題意。
6.(多選)圖甲是某人站在力傳感器上做下蹲—起跳動作的示意圖,中間的“·”表示人的重心。圖乙是根據傳感器畫出的Ft圖線。兩圖中a～g各點一一對應,其中有幾個點在圖(甲)中沒有畫出。重力加速度g取10 m/s2。則下列說法中正確的是(　ABD　)
A.此人的質量約為70 kg
B.此人重心在b點時處于失重狀態
C.此人重心在d點時的加速度方向向下
D.在a、b、d三點中,此人重心在d點時加速度最大
解析:題圖中a表示人處于靜止狀態,此時力傳感器示數約為700 N,則此人質量約為70 kg,選項A正確;b點對應的力小于人受到的重力,故人處于失重狀態,選項B正確;d點對應的力大于人受到的重力,故人處于超重狀態,加速度方向向上,選項C錯誤;a點對應的加速度為0,b點對應的加速度大小約為 m/s2≈7.1 m/s2,d點對應的加速度大小約為 m/s2≈18.6 m/s2,選項D正確。
7.某次乘坐直升機體驗活動中,為了保證直升機升空過程中乘機人員不至于很難受,飛行員對上升過程某階段加速度進行了相應操作。操作的at圖像如圖所示(除ab段為曲線,其余段均為直線,取豎直向上為正方向),則下列說法正確的是(　B　)
A.Oa和ab段乘機人員處于超重狀態,cd段處于失重狀態
B.O到d整個過程中乘機人員均處于超重狀態
C.O到d過程速度增量小于20 m/s
D.根據上述圖像可求出0～8 s這段時間直升機上升的高度
解析:O到d過程中加速度始終為正,即始終向上,因此O到d整個過程中乘機人員均處于超重狀態,故A錯誤,B正確;O到d過程速度增量為0～8 s這段時間內at圖像所圍的面積,若將ab段看作直線,則
Δv=[×2×3+×(2+5)×4+×(3+4)×1] m/s=20.5 m/s,但曲線向上凸,所以速度增量大于20.5 m/s,故C錯誤;由于初速度未知,所以無法求出0～8 s這段時間直升機上升的高度,故D錯誤。
8.放在電梯地板上的一個木箱,被一根處于伸長狀態的水平彈簧拉著,處于靜止狀態(如圖所示),某時刻發現木箱突然被彈簧拉動,據此可判斷出電梯的運動情況可能是(　C　)
A.勻速上升 B.加速上升
C.減速上升 D.減速下降
解析:木箱突然被拉動,表明木箱所受摩擦力變小了,即木箱與地板之間的彈力變小了,重力大于彈力,木箱所受合力向下,處于失重狀態,故C正確。
9.在如圖所示的裝置中,重4 N的物塊被平行于斜面的細線拴在斜面上端的小柱上,整個裝置被固定在臺秤上并保持靜止,斜面的傾角為30°,重力加速度為g。如果物塊與斜面間無摩擦,裝置穩定以后,當細線被燒斷而物塊正下滑時,與穩定時比較,臺秤的讀數(　C　)
A.增大4 N B.增大3 N
C.減小1 N D.不變
解析:燒斷細線后,物塊只受重力和斜面支持力,由牛頓第二定律知,物塊下滑的加速度a=gsin 30°=g,方向沿斜面向下。此加速度的豎直分量a1=asin 30°=g,方向向下,所以物塊失重,其視重為F視=
G-ma1=mg=3 N,故臺秤的讀數減小1 N,選項C正確。
10.游樂場中有一項目如圖所示,它可以急上急下,讓游客體驗超重和失重的刺激感覺。游客由靜止急升到h0=14.4 m的高度,所用的時間t=2 s,此上升過程可視為勻加速直線運動,g取10 m/s2。
(1)加速上升時游客處于什么狀態,加速下落時游客處于什么狀態
(2)求游客在此上升過程中加速度a的大小;
(3)若上升到h1=10 m高度時,某一游客的鞋子不慎脫落,設該鞋子所受空氣阻力恒為其重力的20%,即F阻=0.2mg,求鞋子落地時速度v的大小。
解析:(1)加速上升時因加速度方向向上,則游客處于超重狀態;加速下落時,因加速度方向向下,則游客處于失重狀態。
(2)根據h0=at2可得a==7.2 m/s2。
(3)整體上升到h1=10 m高度時的速度v1==12 m/s，
鞋子上升階段受豎直向下的重力和空氣阻力,由牛頓第二定律有mg+
F阻=ma1,
解得a1=12 m/s2,方向豎直向下,
鞋子脫落后上升的高度h2==6 m,
鞋子下降階段受豎直向下的重力和豎直向上的空氣阻力,由牛頓第二定律有mg-F阻=ma2,
解得a2=8 m/s2,方向豎直向下,
則鞋子落地的速度v==16 m/s。
答案:(1)超重　失重　(2)7.2 m/s2　(3)16 m/s
11.如圖為學校操場上一質量不計的豎直滑桿,滑桿上端通過拉力傳感器固定在水平面下,下端懸空。現有一質量為50 kg的學生(可視為質點)從上端由靜止開始滑下,3 s末滑到桿底時速度恰好為零。以學生開始下滑時刻為計時起點,傳感器顯示的拉力隨時間變化情況如圖所示,g取10 m/s2,求:
(1)0～1 s內該學生的加速度的大小和方向;
(2)1～3 s內拉力傳感器示數;
(3)滑桿長度。
解析:(1)由牛頓第三定律,拉力傳感器示數即桿對學生的作用力大小,由Ft圖像知,0～1 s內,
F1由牛頓第二定律有mg-F1=ma1,
得a1=4 m/s2,方向豎直向下。
(2)學生下滑的最大速度v1=a1t1=4 m/s,
在1～3 s內,F2>mg,加速度向上,學生開始減速直至為0,
由a2t2=v1,得a2=2 m/s2,
由牛頓第二定律有F2-mg=ma2,
得F2=600 N,
即拉力傳感器示數為600 N。
(3)0～3 s內位移等于滑桿長度
L=(t1+t2)=6 m。
答案:(1)4 m/s2　方向豎直向下　(2)600 N　(3)6 m2　實驗:探究加速度與力、質量的關系
一、數據處理
1.把小車在不同力作用下產生的加速度填在表中。
物理量 1 2 3 4 5 6
拉力F
加速度a
以a為縱坐標,F為橫坐標,根據數據作a-F圖像,通過擬合測量點,作出圖像找出規律,分析a與F的關系。
2.把不同質量的小車在相同力的作用下產生的加速度大小填在表中。
物理量 1 2 3 4 5 6
質量m
質量倒數
加速度a
分別以a為縱坐標, m和為橫坐標,根據數據作a-m圖像和a-圖像,分析a與 m的關系。
二、誤差分析
類型 產生原因 減小方法
偶然 誤差 質量測量不準,計數點間距測量不準 多次測量求平均值
小車所受拉力測量不準 (1)盡量減小阻力的影響。 (2)使細繩和紙帶平行于木板
作圖不準 使盡可能多的點落在直線上或均勻分布在直線兩側,誤差較大的點舍去
系統 誤差 槽碼的重力代替小車所受的拉力 槽碼質量遠小于小車的質量
三、注意事項
1.平衡摩擦力:不要掛槽碼,但小車連著紙帶;整個實驗平衡了阻力后,不管以后是改變槽碼的個數還是改變小車中鉤碼的質量,都不需要重新平衡阻力。
2.實驗條件:實驗中要使小車和鉤碼的總質量遠大于槽碼的質量。只有如此,槽碼的重力才可作為小車受到的拉力。
3.一先一后一按住:改變拉力和小車質量后,每次開始時小車應盡量靠近打點計時器,并應先接通電源,后放開小車,且應在小車到達滑輪前按住小車。
4.作圖像:作圖時兩坐標軸標度比例要適當,各量須采用國際單位,這樣作圖線時,坐標點間距不至于過密,誤差會小些。要通過盡可能多的點作圖線,不在圖線上的點應盡可能均勻分布在圖線兩側,離圖線較遠的點應舍去。
類型一　實驗原理與探究過程
[例1] 用如圖所示的裝置研究在作用力F一定時,小車的加速度a與小車質量m的關系,某位同學設計的實驗步驟如下:
A.用天平稱出小車和重物的質量;
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重物;
D.將電磁打點計時器接在電壓為6 V的蓄電池上,接通電源,放開小車,打點計時器在紙帶上打下一系列點,并在紙帶上標清小車的質量;
E.保持重物的質量不變,增加小車上的砝碼個數,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關系圖像,并由圖像確定a- m關系。
(1)該同學漏掉的重要實驗步驟是　　　　,該步驟應排在　　　　步實驗之后。
(2)在上述步驟中,有錯誤的是　　　　,應把　　　　　　　　　改為　　　　　　　　　　　　　。
(3)在上述步驟中,處理不恰當的是　　　　,應把　　　　改為　　　　。
解析:(1)在做實驗前首先應該平衡摩擦力,此過程應排在把輕繩系在小車上并繞過定滑輪懸掛重物之前,即B之后。
(2)步驟D中不能使用直流電源,而應該使用4～6 V的低壓交流學生電源。
(3)根據牛頓第二定律可知物體的加速度a與物體的質量m成反比,所以a-m圖像是曲線,而僅僅根據曲線很難判定加速度a與物體的質量m到底是什么關系,但a-應該成正比例關系,而正比例關系圖像是一條過坐標原點的直線,所以應作a-圖像。
答案:(1)平衡摩擦力　B　(2)D　電壓為6 V的蓄電池
4～6 V的低壓交流學生電源　(3)G　a-m　a-
類型二　數據處理與誤差分析
[例2]某同學利用圖甲所示的裝置探究加速度與力的關系。
(1)下列說法中正確的是　　　　。
A.連接小車的細繩應跟長木板保持平行
B.小車運動的加速度可用鉤碼質量m和小車質量M直接用公式a=求出
C.把所懸掛的鉤碼總重力當成細繩對小車的拉力大小,可任意添加鉤碼來改變拉力
D.平衡摩擦力的目的是使小車做加速運動時的合力大小等于細繩對小車的拉力大小
(2)圖乙是實驗中得到的一條紙帶的一部分,1、2、3、4、5是計數點,相鄰兩個計數點間還有4個點未畫出,打點計時器所用電源頻率為50 Hz。由此可得出當打點計時器打下計數點4時,小車的速度大小v=
　　　 m/s;小車的加速度a=　　　　 m/s2。(計算結果保留三位有效數字)
(3)該同學實驗時由于疏忽,遺漏了平衡摩擦力這一步驟,測量出多組a、F(F大小為所掛鉤碼的總重力)值,作出的a-F圖像可能是　　　　。
解析:(1)實驗過程中應保持連接小車的細繩跟長木板平行,故A正確;小車運動的加速度是利用打點計時器打出的紙帶得出的,如果用天平測出m以及小車質量M,直接用公式a=求出,這是直接運用牛頓第二定律計算的,而我們實驗是在探究加速度與力的關系,故B錯誤;當鉤碼質量遠小于小車質量時可以近似認為小車受到的拉力等于鉤碼的重力,實驗過程中鉤碼質量不能太大,故C錯誤;平衡摩擦力的目的是使小車做加速運動時的合力大小等于細繩對小車的拉力大小,故D
正確。
(2)由于相鄰兩計數點間還有4個點未畫出,且交流電的頻率為50 Hz,所以相鄰的計數點間的時間間隔是T=0.1 s,根據勻變速直線運動中,某段過程的平均速度等于中間時刻的瞬時速度,則有v4==
=0.415 m/s。根據Δx=aT2有 a=≈1.09 m/s2。
(3)若沒有平衡摩擦力,則當F≠0時,a=0。也就是說當繩子上有拉力時小車的加速度還為0,所以可能是圖B,故B正確,A、C錯誤。
答案:(1)AD　(2)0.415　1.09　(3)B
類型三　方案拓展與實驗創新
[例3]為了探究質量一定時,加速度與力的關系。一同學設計了如圖甲所示的實驗裝置。其中M為帶滑輪的小車的質量,m為沙和沙桶的質量。(滑輪質量不計)
(1)實驗時,一定要進行的操作或保證的條件是　　　　 。
A.用天平測出沙和沙桶的質量
B.將帶滑輪的長木板右端墊高,以平衡摩擦力
C.小車靠近打點計時器,先釋放小車,再接通電源,打出一條紙帶,同時記錄彈簧測力計的示數
D.改變沙和沙桶的質量,打出幾條紙帶
E.為減小誤差,實驗中一定要保證沙和沙桶的質量m遠小于小車的質量M
(2)該同學在實驗中得到如圖乙所示的一條紙帶(相鄰兩計數點間還有兩個點沒有畫出),已知打點計時器采用的是頻率為50 Hz的交流電,根據紙帶可求出小車的加速度為　　　　 m/s2。(結果保留兩位有效數字)
(3)以彈簧測力計的示數F為橫坐標,加速度a為縱坐標,畫出的a-F圖像是一條直線,圖線與橫軸的夾角為θ,如圖丙，求得圖線的斜率為k,則小車的質量為　　　　 。
A.2tan θ B. C.k D.
解析:(1)本實驗中細線的拉力由彈簧測力計直接測出,不需要用天平測出沙和沙桶的質量,也就不需要使沙和沙桶的質量m遠小于小車的質量M,故A、E錯誤;先拿下沙桶,然后將帶滑輪的長木板右端墊高,以平衡摩擦力,故B正確;先接通電源,待打點穩定后再釋放紙帶,該實驗探究加速度與力的關系,要同時記錄彈簧測力計的示數,故C錯誤;要改變沙和沙桶質量,從而改變拉力的大小,打出幾條紙帶,研究加速度a隨F變化關系,故D正確。
(2)由于兩計數點間還有兩個點沒有畫出,故相鄰
兩計數點的時間間隔為T=0.06 s,則小車的加速度
a=≈1.3 m/s2。
(3)由2F=Ma,得a=,對a-F圖像來說,圖像的斜率k=,得M=,對于斜率k,不能根據k=tan θ求解,所以不能根據=tan θ求小車的質量M,故A、B、C錯誤,D正確。
答案:(1)BD　(2)1.3　(3)D
課時作業
1.利用圖示裝置探究加速度與力、質量的關系,下列說法正確的是(　B　)
A.打點計時器應固定在靠近滑輪的位置
B.需要用天平測出小車的質量
C.平衡摩擦力時,應將砝碼盤用細繩系在小車上
D.小車加速運動時,細繩對小車的拉力等于砝碼和砝碼盤受到的總
重力
解析:若打點計時器固定在靠近滑輪的位置,則紙帶就沒有運動的空間,因此打點計時器應固定在沒有滑輪的一側,故A錯誤;當拉力一定時,改變小車的質量,測量加速度,所以小車質量是必測的,故B正確;平衡摩擦力時應將砝碼及砝碼盤均取下,墊高長木板無滑輪的一端,讓小車恰能在長木板上做勻速直線運動,故C錯誤;小車做加速運動,砝碼和砝碼盤同樣也向下做加速運動,繩子拉力小于砝碼和砝碼盤的重力,故D錯誤。
2.在“探究加速度與力、質量的關系”實驗中,關于平衡摩擦力的說法中不正確的是(　A　)
A.平衡摩擦力的本質就是讓小車受到的摩擦力為零
B.平衡摩擦力的本質就是使小車所受的重力在沿斜面方向的分力與所受到的摩擦阻力相平衡
C.平衡摩擦力的目的就是要使小車所受的合力等于所掛砝碼通過細繩對小車施加的拉力
D.平衡摩擦力是否成功,可由小車運動后,由打點計時器打出的紙帶上的點跡間距是否均勻而確定
解析:平衡摩擦力的實質是小車的重力沿木板方向的分力和小車與木板間、紙帶與打點計時器間、繩與滑輪間、滑輪與軸間等摩擦力平衡,故A錯誤,B正確;平衡摩擦力的目的就是要使小車所受的合力等于所掛砝碼通過細繩對小車施加的拉力,故C正確;恰好平衡摩擦力時,小車拖動紙帶,不給小車提供拉力,給小車一個初速度,小車做勻速直線運動,由打點計時器打出的紙帶上的點跡間距應該是均勻的,故D
正確。
3.在“探究加速度與力、質量的關系”的實驗中,某組同學制訂實驗方案、選擇實驗器材且組裝完成。在接通電源進行實驗之前,實驗裝置如圖甲所示。
(1)關于圖甲中的實驗裝置,下列說法中錯誤的是　　 　。
A.打點計時器應該固定在長木板的最左端
B.打點計時器不應該使用干電池,應使用交流電源
C.應該將木板右端墊起合適的高度,平衡小車所受的摩擦力
D.小車初始應該靠近打點計時器放置
(2)保持小車質量不變,改變沙和沙桶總質量,該同學根據實驗數據作出了加速度與合力的關系圖線如圖乙所示,該圖線不通過原點的主要原因是　　　　　　　　　　　。
(3)沙和沙桶總質量　　　　小車質量時,才可以認為細繩對小車拉力的大小近似等于沙和沙桶的總重力大小。
A.遠大于 B.遠小于 C.接近 D.小于
(4)另一組同學用正確的方法進行操作,某次實驗使用頻率50 Hz的交流電源,得到的紙帶如圖丙所示,紙帶中相鄰計數點間的距離已標出,相鄰計數點間還有四個點沒有畫出。由此可求小車的加速度大小是
　　　 m/s2,打點D時小車的瞬時速度大小是　　　　 m/s。(結果保留三位有效數字)
解析:(1)打點計時器應該固定在長木板沒有定滑輪的右端,且小車初始應該靠近打點計時器放置,故A錯誤,D正確;電磁打點計時器不應該使用干電池,應使用交流電源,故B正確;應該將木板右端墊起合適的高度,平衡小車所受的摩擦力,故C正確。
(2)由圖乙知,當F=0時,a≠0,說明該同學平衡摩擦力不足或沒有平衡摩擦力。
(3)本實驗認為細繩對小車拉力的大小近似等于沙和沙桶的總重力大小,需要滿足沙和沙桶總質量遠小于小車質量,故選B。
(4)相鄰兩計數點之間還有四個點未畫出,故相鄰兩個計數點之間的時間間隔為T=5×0.02 s=0.1 s;由逐差法求加速度,則a=
=≈0.818 m/s2。中間時刻的瞬時速度等于該時間段內的平均速度,所以小車在D點的速度為vD===0.561 m/s。
答案:(1)A　(2)平衡摩擦力不足或沒有平衡摩擦力　(3)B　(4)0.818　0.561
4.“探究加速度與力、質量的關系”實驗中,甲、乙兩位同學實驗時都先正確平衡摩擦力。實驗裝置如圖甲、乙所示,甲同學在實驗時用細線一端連接小車、另一端連接鉤碼,鉤碼受到的重力作為細線的拉力;乙同學利用鉤碼和小車之間連接的力傳感器測出細線上的拉力,兩位同學通過改變鉤碼的個數,確定加速度與細線拉力F的關系。已知甲圖中小車的質量等于乙圖中力傳感器與小車的質量之和。
(1)為減小實驗誤差,甲同學在實驗過程中,小車的質量要　　 　　(選填“遠大于”或“遠小于”)鉤碼的質量。乙同學在實驗過程中,
　　　　(選填“需要”或“不需要”)滿足這個條件。
(2)用甲、乙兩位同學得到的實驗數據在同一坐標中作出aF圖像,如圖丙所示圖線①、②,其中圖線①是　　　　同學所作出的圖像,圖線②是　　 　　同學所作出的圖像。圖像中隨著F的增大,圖線
　　　　將發生彎曲。
解析:(1)甲同學的實驗中,認為細線對小車的拉力大小近似等于鉤碼的重力,需要滿足小車的質量遠大于鉤碼的質量。乙同學實驗方案中,力傳感器測得的拉力就是小車所受的合力,故對小車和鉤碼質量的大小關系沒有要求,即不需要滿足前述條件。
(2)由題意可知,當甲、乙兩實驗中小車的加速度相同時,細線的拉力相等,對乙同學的實驗,細線的拉力為合力,傳感器測出的就是細線的拉力;對甲同學的實驗,鉤碼的重力大于細線的拉力,即當加速度相同時,甲同學實驗的F值大于乙同學實驗的F值,故圖線②是甲同學所作出的圖像,圖線①是乙同學所作出的圖像。當F較大時,小車的質量遠大于鉤碼的質量這個條件將不滿足,圖線②將發生彎曲。
答案:(1)遠大于　不需要　(2)乙　甲　②
5.如圖甲為“用DIS研究物體的加速度與質量的關系”實驗裝置。
(1)實驗中應保持軌道　　　　且摩擦力足夠小;為了研究小車的加速度與質量的關系,應保持　　　　不變。
(2)若測得小車和發射器的總質量為0.3 kg,則跨過滑輪的細繩下懸掛的鉤碼質量最適合用　　　　。
A.20 g B.50 g C.100 g D.200 g
(3)某同學用正確的實驗方法測得實驗數據,作出am圖線如圖乙所示。他觀察到am圖線為曲線,于是得出物體的加速度與質量成反比。你認為他的做法正確嗎 如果認為正確,請說明理由。如果認為不正確,請給出正確的處理方法。
解析:(1)實驗中應保持軌道水平且摩擦力足夠小;為了研究小車的加速度與質量的關系,應保持小車所受拉力(或鉤碼個數)不變。
(2)要想使得小車受到的拉力等于鉤碼受到的重力,則必須使得鉤碼的質量遠小于小車的質量,則鉤碼質量最適合用20 g,故選A。
(3)這位同學做法不正確。正確的處理方法是計算質量的倒數,然后作出a圖線,如所得圖線為過原點的直線,則a與m成反比,否則a與m不成反比。
答案:(1)水平　小車所受拉力(或鉤碼個數)　(2)A　(3)見解析
6.利用打點計時器和小車來做“探究加速度與力、質量的關系”實驗的裝置如圖所示。
(1)關于本實驗的操作,下列說法中正確的是　　　 　。
A.平衡摩擦力時,應將砝碼盤及其中的砝碼用細線繞過定滑輪系在小車上
B.盡量保證砝碼和砝碼盤的總質量遠小于小車的質量
C.實驗時,先放開小車,再接通打點計時器電源
(2)如圖乙為實驗中用打點計時器打出的一條較理想的紙帶,紙帶上A、B、C、D、E、F、G為七個相鄰的計數點,相鄰計數點間的時間間隔是0.1 s,相鄰點間的距離如圖乙所示,單位是 cm,則小車的加速度是
　　　　 m/s2(保留兩位小數)。在探究質量一定時加速度a和合力F的關系時,某學生根據實驗數據作出了如圖丙所示的aF圖像,其原因是　　　　　　　　。
解析:(1)平衡摩擦力時,先去掉砝碼盤及其中的砝碼和細線,適當墊高長木板右端,讓小車只在重力沿斜面方向的分力作用下向左運動,當小車能勻速運動時,重力沿斜面方向的分力和摩擦力平衡,故A錯誤;本實驗要求砝碼和砝碼盤的總質量m要遠小于小車的總質量M,這樣才可以認為繩子上的拉力近似等于砝碼和砝碼盤的總重力,故B正確;實驗時,要先接通打點計時器的電源,使打點計時器正常工作,再釋放小車,故C錯誤。
(2)a===≈1.59 m/s2。由圖丙知,合力F為0時,小車的加速度卻不為0,說明平衡摩擦力過度。
答案:(1)B　(2)1.59　平衡摩擦力過度
7.如圖甲所示為“探究加速度與力、質量的關系”實驗的裝置。鉤碼的質量為m1,小車和砝碼的質量為m2,重力加速度為g。
(1)下列說法正確的是　　　。
A.每次在小車上加減砝碼時,應重新平衡摩擦力
B.本實驗m2應遠小于m1
C.在用圖像探究加速度與質量關系時,應作a 圖像
(2)實驗時,某同學由于疏忽,遺漏了平衡摩擦力這一步驟,測得F=m1g,作出aF圖像,他可能作出圖乙中　　　　(選填“①”“②”或“③”)圖線。此圖線的AB段明顯偏離直線,造成此誤差的主要原因是　　　。
A.小車與軌道之間存在摩擦
B.導軌保持了水平狀態
C.鉤碼的總質量太大
D.所用小車的質量太大
(3)實驗中打出的紙帶如圖丙所示。相鄰計數點間的時間間隔是
0.1 s,由此可計算出小車運動的加速度是　　　　 m/s2。(結果保留兩位有效數字)
解析:(1)每次在小車上加減砝碼時,不需要重新平衡摩擦力,選項A錯誤;本實驗m1應遠小于m2,這樣才能近似認為鉤碼的重力等于小車所受的拉力,選項B錯誤;在用圖像探究加速度與質量關系時,應作
a 圖像,這樣得到的是一條直線,可得出加速度與質量成反比的結論,選項C正確。
(2)若不平衡摩擦力,則當拉力F增加到一定值時小車才會產生加速度,且當鉤碼的質量不斷增加,不再滿足m1 m2,此時圖像向下彎曲,故選該同學作出的圖線為丙圖線;此圖線的AB段明顯偏離直線,造成此誤差的主要原因是鉤碼的總質量太大,故選C。
(3)根據Δx=aT2可得a===
0.46 m/s2。
答案:(1)C　(2)③　C　(3)0.463　牛頓第二定律
[課標引領]
學業質量水平要求
合格性考試 1.理解牛頓第二定律的內容、公式。 2.能運用牛頓第二定律解決生活中簡單的力學問題
選擇性考試 1.掌握應用牛頓第二定律分析問題的基本方法和基本技能。 2.能分析和處理生活中的動力學問題
一、牛頓第二定律的表達式
如圖所示是一輛方程式賽車,車身結構一般采用碳纖維等材料進行輕量化設計,比一般小汽車的質量小得多,而且還安裝了功率很大的發動機,可以在4～5 s的時間內從靜止加速到 100 km/h。你知道為什么要使賽車具備質量小、功率大兩個特點嗎
答案:賽車的質量小,賽車的運動狀態容易改變;功率大,可以為賽車提供較大的動力。因此這兩大特點可以使賽車提速非常快(加速度大)。
1.內容:物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比跟它的質量成反比,加速度的方向跟作用力的方向相同。
2.表達式:F=kma,其中k是比例系數,力F指的是物體所受的合力。
二、力的單位
在應用公式F=ma進行計算時,F的單位用牛頓(N),m的單位用克(g)是否可以
答案:不可以。公式中的各量必須用國際單位。若不然,公式中的比例系數就不等于1。
1.在國際單位制中力的單位是牛頓,符號是N。
2.1 N的物理意義:使質量為1 kg的物體產生1 m/s2的加速度的力,稱為1 N,即1 N=1 kg·m/s2。
3.比例系數k的意義:k的數值取決于F、m、a的單位的選取,若三量都取國際單位,則k=1,牛頓第二定律可表述為F=ma。
1.判斷
(1)由牛頓第二定律知,合力大的物體的加速度一定大。(　×　)
(2)任何情況下,物體的加速度方向一定與它的合力方向相同。(　√　)
(3)加速度的兩單位N/kg和m/s2是等價的。(　√　)
2.甲、乙兩同學對加速度有如下認識,甲說:“由a=可知物體的加速度a與Δv成正比,與Δt成反比。”乙說:“由a=可知物體的加速度a與F成正比,與m成反比。”你認為哪一種說法是正確的
答案:乙的說法正確。物體的加速度的大小是由物體所受合力的大小和物體的質量共同決定的,與速度的變化量及所用時間無關。其中a=是定義式,描述了加速度的大小,而a=是決定式,揭示了物體產生加速度的原因及影響物體加速度的因素。
3.從勻速上升的氣球上掉下一個物體(不計空氣阻力),物體離開氣球的瞬間,物體的加速度和速度情況如何
答案:物體離開氣球瞬間只受重力,加速度大小為g,方向豎直向下;速度方向向上,大小與氣球速度相同。
探究點一　對牛頓第二定律的理解
質量均為m的物體A、B置于光滑水平面上。
(1)拉力FA能對B產生加速度嗎
答案:不能。F、m、a是對應同一個物體而言的——牛頓第二定律的同體性特征。
(2)向右的水平力F產生的加速度的方向向哪里 當向右的水平力F改為向左時產生的加速度方向向哪里 分析F與a的方向關系。
答案:水平力F向右時,它產生的加速度方向向右;F向左時,則加速度方向向左。由于加速度和力都是矢量,所以加速度的方向跟產生該加速度的力的方向相同——牛頓第二定律的矢量性特征。
(3)物體受拉力F之前做什么運動 物體受拉力F之后做什么運動 撤去拉力F后物體做什么運動 說明了什么
答案:物體分別對應的狀態:靜止—加速運動—勻速運動。物體運動的加速度隨合力的變化而變化,存在著瞬時對應的關系——牛頓第二定律的瞬時性特征。
(4)如果水平面不光滑,水平方向受到哪些力 這些力會產生加速度嗎 這些力可以合成嗎 加速度呢 合力跟合加速度有什么關系 說明了什么
答案:如果水平面不光滑,水平方向物體受拉力F和水平面的摩擦力Ff。這些力會產生加速度。因為F、Ff的方向在同一直線上,可以合成為F合=F-Ff,合加速度為a合=aF-af,并且F合=ma合。物體受到幾個力作用時,分力產生分加速度,合力產生合加速度——牛頓第二定律的獨立性特征。
1.表達式F=ma的理解
(1)單位統一:表達式中F、m、a三個物理量的單位都必須是國際單位。
(2)F的含義:F是合力時,a指的是合加速度,即物體的加速度;F是某個分力時,a是該力產生的分加速度。
2.牛頓第二定律的六大特性
同體性 F、m、a都是對同一物體而言
矢量性 F=ma是一個矢量式,a與F的方向相同
瞬時性 a與F是瞬時對應關系,無先后之分
相對性 只適用于慣性參考系
獨立性 作用在物體上的每個力都產生各自的加速度
局限性 F=ma只適用于低速、宏觀物體的運動
[例1] (多選)下列對牛頓第二定律的表達式F=ma及其變形公式的理解,正確的是(　CD　)
A.由F=ma可知,物體所受的合力與物體的質量成正比,與物體的加速度成反比
B.由m=可知,物體的質量與其所受合力成正比,與其運動的加速度成反比
C.由a=可知,物體的加速度與其所受合力成正比,與其質量成反比
D.由m=可知,物體的質量可以通過測量它的加速度和它所受到的合力而求出
解析:牛頓第二定律的表達式F=ma表明了各物理量之間的數量關系,即知二可求一,但物體的質量是由物體本身決定的,與受力無關;作用在物體上的合力,是由和它相互作用的物體作用產生的,與物體的質量和加速度無關。故排除A、B,選C、D。
合力、加速度、速度的關系
(1)力與加速度為因果關系:力是因,加速度是果。只要物體所受的合力不為零,就會產生加速度。加速度與合力方向是相同的,大小與合力成正比。
(2)力與速度無因果關系:合力方向與速度方向可以相同,可以相反,還可以有夾角。合力方向與速度方向相同時,物體做加速運動,相反時物體做減速運動。
[針對訓練1] 如圖所示,輕彈簧下端固定在水平面上。一個小球從彈簧正上方某一高度處由靜止開始自由下落,則小球從接觸彈簧到下降到最低點的過程中(　C　)
A.小球剛接觸彈簧瞬間速度最大
B.小球的加速度方向都是豎直向上
C.小球的速度先增大后減小
D.小球的加速度先增大后減小
解析:在接觸彈簧前小球只受到重力作用,做自由落體運動。接觸彈簧后小球受到向上的彈力作用,隨著形變量增加,彈力逐漸增大,在彈力小于重力的時候,小球仍具有向下的加速度,但是加速度大小隨彈力增加而減小;在彈力大于重力的時候小球具有向上的加速度,開始做減速運動。小球接觸彈簧后仍做加速運動,當彈力等于重力時速度最大,故A錯誤;當彈力大于重力后合力才變為豎直向上,故B錯誤;由過程分析可知,小球接觸彈簧后先做加速度不斷減小的加速運動,后做加速度不斷增大的減速運動,故C正確,D錯誤。
探究點二　牛頓第二定律的簡單應用
行車時駕駛員及乘客必須系好安全帶,以防止緊急剎車時造成意外傷害。請思考:
(1)汽車突然剎車,要在很短時間內停下來,會產生很大的加速度,這時如何知道安全帶對人的作用力大小呢
答案:汽車剎車時的加速度可由剎車前的速度及剎車時間求得,由牛頓第二定律F=ma可求得安全帶產生的作用力大小。
(2)汽車啟動時,安全帶對駕駛員產生作用力嗎
答案:汽車啟動時,有向前的加速度,此時座椅的后背對駕駛員產生向前的作用力,安全帶不會對駕駛員產生作用力。
　牛頓第二定律的解題方法
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,再由牛頓第二定律求出物體的加速度大小,加速度的方向即物體所受合力的方向
正交 分解法 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,Fy=0。 (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。根據牛頓第二定律列方程Fx=max,Fy=may求解
[例2] 如圖所示,沿水平方向做勻變速直線運動的車廂中,懸掛小球的懸線偏離豎直方向的角度θ=37°,小球和車廂相對靜止,小球的質量為1 kg,不計空氣阻力。求: (sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)
(1)車廂運動的加速度并說明車廂的運動情況;
(2)懸線對小球的拉力大小。
解析:法一　矢量合成法
(1)小球和車廂相對靜止,加速度相同且沿水平方向,故小球所受合力F沿水平方向。
選小球為研究對象,受力分析如圖甲所示。
由幾何關系可得F=mgtan θ,
由牛頓第二定律得小球的加速度
a==gtan θ=7.5 m/s2,方向向右,
則車廂做向右的勻加速直線運動或向左的勻減速直線運動。
(2)由圖甲可知懸線對小球的拉力大小為
FT==12.5 N。
法二　正交分解法
建立坐標系如圖乙所示,將懸線對小球的拉力FT正交分解,根據牛頓第二定律
水平方向有FTsin θ=ma,
豎直方向有FTcos θ-mg=0,
聯立解得
a=7.5 m/s2,FT=12.5 N
且加速度方向向右,故車廂做向右的勻加速直線運動或向左的勻減速直線運動。
答案:(1)見解析　(2)12.5 N
應用牛頓第二定律解題的步驟
[針對訓練2] 如圖所示,自動扶梯與水平面夾角為θ,上面站著質量為m的人,當自動扶梯以加速度a加速向上運動時,求扶梯對人的彈力FN和扶梯對人的摩擦力Ff,重力加速度為g。
解析:
法一　分析人受豎直向下的重力mg、豎直向上的支持力FN和水平向右的摩擦力Ff,建立如圖(甲)所示的直角坐標系,人的加速度方向正好沿x軸正方向,將各力正交分解,由牛頓第二定律可得
x軸方向:
Ffcos θ+FNsin θ-mgsin θ=ma
y軸方向:
FNcos θ-Ffsin θ-mgcos θ=0
解得FN=mg+masin θ,Ff=macos θ。
法二　建立如圖(乙)所示的直角坐標系。由于人的加速度方向是沿扶梯向上的,則在x軸方向和y軸方向上各有一個加速度的分量,分別為ax=acos θ,ay=asin θ,根據牛頓第二定律有
x軸方向:Ff=max
y軸方向:FN-mg=may
解得FN=mg+masin θ,Ff=macos θ。
答案:mg+masin θ　macos θ
探究點三　瞬時加速度的求解
如圖所示,用手向下壓彈簧玩偶的頭部,玩偶頭部處于平衡狀態。若人向下壓的力為F,彈簧玩偶的頭部質量為m,人手突然撤離時,彈簧玩偶頭部的加速度為多大
答案:人手向下壓時,彈簧玩偶的頭部受三個力作用:手向下的壓力F、重力mg和彈簧的彈力FN,三力作用下彈簧玩偶頭部處于平衡狀態,所以有FN=mg+F,當人手突然撤離的瞬間,手向下的壓力變為0,彈力和重力不變,所以彈簧玩偶頭部的加速度為a==。
1.兩種模型:加速度與合力具有瞬時對應關系,二者同時產生、變化和消失,可簡化為以下兩種模型。
2.求解瞬時加速度的一般思路
[例3]
如圖,A、B、C三個小球質量均為m,A、B之間用一根沒有彈性的輕質細繩連在一起,B、C之間用輕彈簧拴接,整個系統用細線懸掛在天花板上并且處于靜止狀態。現將A上面的細線剪斷,使A的上端失去拉力,則在剪斷細線的瞬間,A、B、C三個小球的加速度分別是(　A　)
A.1.5g、1.5g、0 B.g、2g、0
C.g、g、g D.g、g、0
解析:剪斷細線前,由平衡條件可知A上端的細線拉力為3mg,A、B之間細繩的拉力為2mg,輕彈簧的拉力為mg,在剪斷細線的瞬間,輕彈簧中拉力不變,小球C所受合力仍為零,所以C的加速度為0;A、B小球用一根沒有彈性的輕質細繩連在一起,即將一起向下運動,整體受到二者重力和輕彈簧向下的拉力,由牛頓第二定律可得3mg=2ma,解得a=1.5g,故選項A正確,B、C、D錯誤。
輕繩、輕桿、輕彈簧、橡皮條的區別
彈力表現形式 彈力方向 彈力能否 突變
輕繩 拉力 沿繩收縮方向 能
輕桿 拉力、支持力 不確定 能
輕彈簧 拉力、支持力 沿彈簧軸線 不能
橡皮條 拉力 沿橡皮條收縮方向 不能
[針對訓練3]如圖所示,A、B兩球質量相等,光滑斜面的傾角為θ,圖甲中,A、B兩球用輕彈簧相連,圖乙中A、B兩球用輕桿相連,系統靜止時,擋板C與斜面垂直,輕彈簧、輕桿均與斜面平行,重力加速度為g,則在突然撤去擋板的瞬間有(　D　)
A.兩圖中兩球加速度均為gsin θ
B.兩圖中A球的加速度均為0
C.圖乙)中輕桿的作用力一定不為0
D.圖甲中B球的加速度是圖乙中B球的加速度的2倍
解析:撤去擋板前,對整體分析,擋板對B球的彈力大小為2mgsin θ,因彈簧彈力不能突變,所以撤去擋板瞬間,圖甲中A球所受合力為零,加速度為零,B球所受合力為2mgsin θ,加速度為2gsin θ;圖乙中桿的彈力在撤去擋板瞬間突變為零,A、B球所受合力均為mgsin θ,加速度均為gsin θ,故D正確,A、B、C錯誤。
自主建構 教材鏈接
教材第88頁“問題”提示:物體的加速度與它所受的作用力成正比;與自身的質量成反比。 教材第89頁“思考與討論”提示:表達式F=kma中,k為比例系數,那么F的單位應該與ma的單位一致,即力的單位為kg· m/s2
課時作業
學考基礎練
知識點一　對牛頓第二定律的理解
1.(多選)下列對牛頓第二定律的理解正確的是(　CD　)
A.由F=ma可知,m與a成反比
B.牛頓第二定律說明當物體有加速度時,物體才受到外力的作用
C.加速度的方向總跟合力的方向一致
D.當外力停止作用時,加速度隨之消失
解析:雖然F=ma,但m與a無關,因a是由m和F共同決定的,即a=,且a與F同時產生、同時消失、同時存在、同時改變;a與F的方向永遠相同。綜上所述,可知A、B錯誤,C、D正確。
2.關于力的單位“牛”,下列說法不正確的是(　A　)
A.“牛”這個單位是由質量為1 kg的物體所受的重力為9.8 N這個規定確定的
B.“牛”這個力的單位是根據在牛頓第二定律F=kma中取k=1時確
定的
C.1 N就是使質量為1 kg的物體產生1 m/s2加速度的力
D.地面附近質量是1 kg的物體所受的重力約為9.8 N,并不是規定的,而是根據牛頓第二定律F=ma得到的結果
解析:根據牛頓第二定律F=kma中k=1,m=1 kg,a=1 m/s2 時的力叫作“一個單位的力”,即1 kg· m/s2的力叫作1牛頓,用符號“1 N”表示,故選項B、C正確,A錯誤;地面附近的重力加速度g約為9.8 m/s2,因此根據牛頓第二定律F=ma可知,地面附近1 kg物體受到的重力約為9.8 N,并不是規定的,故選項D正確。
3.物體在與其初速度方向相同的合力作用下運動,取v0方向為正時,合力F隨時間t的變化情況如圖所示,則在0～t1這段時間內(　C　)
A.物體的加速度先減小后增大,速度也是先減小后增大
B.物體的加速度先增大后減小,速度也是先增大后減小
C.物體的加速度先減小后增大,速度一直在增大
D.物體的加速度先減小后增大,速度一直在減小
解析:由題圖可知,物體所受合力F隨時間t的變化是先減小后增大,根據牛頓第二定律得,物體的加速度先減小后增大;由于合力F方向與速度方向始終相同,即物體加速度方向與速度方向一直相同,所以速度一直在增大,選項C正確。
4.(多選)如圖所示,輕質彈簧一端固定,另一端連接一小物塊,O點為彈簧在原長時小物塊的位置。小物塊由A點靜止釋放,沿粗糙程度相同的水平面向右運動,最遠到達B點。在小物塊從A到B的運動過程中,下列說法正確的是(　AD　)
A.小物塊加速度先減小后增大
B.小物塊經過O點時的速度最大
C.小物塊由A到O做勻加速運動
D.速度最大的位置在O點左側,并且在此位置處彈簧的彈力等于小物塊受到的摩擦力
解析:由于水平面粗糙且O點為彈簧在原長時小物塊的位置,所以彈力與摩擦力平衡的位置在O、A之間,加速度為零時彈力和摩擦力平衡,所以小物塊在從A到B的過程中加速度先減小后反向增大,故A正確;小物塊在平衡位置處速度最大,所以小物塊速度最大的位置在A、O之間某一位置,即在O點左側,則小物塊由A到O運動中,先做加速度減小的加速運動,然后做加速度增加的減速運動,故D正確,B、C錯誤。
知識點二　牛頓第二定律的簡單應用
5.一個質量m=1 kg的物體放在光滑水平面上,物體受到兩個水平恒力F1=2 N和F2=2 N的作用而處于靜止狀態,如圖所示。現在突然把F1繞其作用點在豎直平面內向上轉過53°,F1大小不變,則此時物體的加速度大小為(sin 53°=0.8,cos 53°=0.6)(　C　)
A.2 m/s2 B.1.6 m/s2
C.0.8 m/s2 D.0.4 m/s2
解析:開始時兩力大小相等,相互平衡;將F1轉過53°時,豎直方向依然平衡,物體受到的合力為F=F2-F1cos 53°=0.8 N;則由牛頓第二定律可知,加速度為a==0.8 m/s2;故C正確,A、B、D錯誤。
6.某人在粗糙水平地面上用水平力F推一購物車沿直線前進,已知推力大小是80 N,購物車及商品總質量是20 kg,購物車與地面間的動摩擦因數μ=0.2,g取10 m/s2,下列說法正確的是(　B　)
A.購物車受到地面的支持力是40 N
B.購物車受到地面的摩擦力大小是40 N
C.購物車沿地面做勻速直線運動
D.購物車將做加速度為a=4 m/s2的勻加速直線運動
解析:購物車沿水平面運動,則在豎直方向受到的支持力與重力滿足二力平衡,所以支持力FN=200 N,A錯誤;購物車受到地面的摩擦力大小是Ff=μFN=40 N,B正確;推力大小是80 N,所以購物車沿水平方向受到的合力F合=F-Ff=40 N,所以購物車的加速度a==2 m/s2,則購物車沿地面做勻加速直線運動,C、D錯誤。
7.如圖所示,在水平向右做勻加速直線運動的平板車上有一圓柱體,其質量為m且與豎直擋板及斜面間均無摩擦。當車的加速度a突然增大時,斜面對圓柱體的彈力F1和擋板對圓柱體的彈力F2的變化情況是(斜面傾角為θ,重力加速度為g)(　C　)
A.F1增大,F2不變 B.F1增大,F2增大
C.F1不變,F2增大 D.F1不變,F2減小
解析:對圓柱體受力分析,并建立坐標系如圖所示,分別根據平衡條件和牛頓第二定律得F1cos θ=mg,F2-F1sin θ=ma,故隨著加速度的增大,F1不變,F2增大,C正確,A、B、D錯誤。
8.一個小孩從滑梯上滑下的運動可看作勻加速直線運動。第一次小孩單獨從滑梯上滑下,加速度為a1。第二次小孩抱上一只小狗后再從滑梯上滑下(小狗不與滑梯接觸),加速度為a2。則(　A　)
A.a1=a2 B.a1C.a1>a2 D.無法判斷
解析:以滑梯上的小孩為研究對象,設滑梯傾角為α,受力分析并正交分解如圖所示。x軸方向:mgsin α-Ff=ma,y軸方向:FN-mgcos α=0,且Ff=μFN,由上列各式解得a=g(sin α-μcos α),與質量無關,A
正確。
知識點三　瞬時加速度的求解
9.如圖所示,物塊1、2間用剛性輕質桿連接,物塊3、4間用輕質彈簧連接,物塊1、3質量為m,2、4質量為M,兩個系統均置于水平放置的光滑木板上,并處于靜止狀態。現將兩木板沿水平方向突然抽出,設抽出后的瞬間,物塊1、2、3、4的加速度大小分別為a1、a2、a3、a4,重力加速度大小為g,則有(　C　)
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
解析:在抽出木板的瞬間,物塊1、2與剛性輕桿接觸處的形變立即消失,受到的合力均等于各自重力,所以由牛頓第二定律知,a1=a2=g;而物塊3、4間的輕質彈簧的形變還來不及改變,此時彈簧對物塊3向上的彈力大小和對物塊4向下的彈力大小仍為mg,因此物塊3仍受力平衡,a3=0,由牛頓第二定律得a4==g,所以C正確。
10.如圖,一質量為m的物體系于輕彈簧L1和輕質不可伸長的細繩L2上,L1的一端懸掛在天花板上,與豎直方向夾角為θ,L2水平拉直,物體處于平衡狀態,重力加速度為g。現將L2剪斷,剪斷繩瞬時物體的加速度大小為(　D　)
A. B. C.gsin θ D.gtan θ
解析:將L2剪斷前,物體受到重力、彈簧彈力和細繩的拉力,如圖所示,
將L2剪斷瞬間,拉力消失,彈簧彈力不能突變,物體受重力與彈簧彈力作用,二力大小不變,由牛頓第二定律得mgtan θ=ma,解得a=
gtan θ,故D正確,A、B、C錯誤。
選考提升練
11.如圖所示,質量為m的滑塊在水平面上撞向彈簧,當滑塊將彈簧壓縮了x0時速度減小為0,然后彈簧又將滑塊向右推開。已知彈簧的勁度系數為k,滑塊與水平面間的動摩擦因數為 μ,重力加速度為 g,整個過程彈簧未超過彈性限度,則下列說法正確的是(　C　)
A.滑塊向左運動過程中,加速度先減小后增大
B.滑塊向右運動過程中,始終做加速運動
C.滑塊與彈簧接觸過程中,最大加速度為
D.滑塊向右運動過程中,當滑塊離開彈簧時,滑塊的速度最大
解析:滑塊向左接觸彈簧的運動過程中,水平方向上受向右的彈簧彈力和向右的摩擦力,且彈力逐漸增大,則合力增大,滑塊做加速度一直增大的減速運動,當速度減小為0時加速度最大,此時amax==,故A錯誤,C正確;滑塊向右運動過程中,受向右的彈力和向左的摩擦力,開始時彈力較大,當形變量x=時二力等大,此時速度增加到最大,此后彈力小于摩擦力,滑塊開始減速,故B、D錯誤。
12.避險車道是在長陡下坡路段行車道外側增設的供剎車失靈車輛安全減速的專用車道,它由制動坡床和頂端的防撞設施等組成,坡床上鋪有很多砂石,以增大摩擦,減緩車速。若某避險車道長90 m,坡底到坡頂的高度為18 m,砂石對車輛的阻力為車重的30%,g取10 m/s2。為使車輛不與防撞設施碰撞,汽車沖上坡道前的最大速度約為(　C　)
A.68 km/h B.84 km/h
C.108 km/h D.120 km/h
解析:設坡的傾角為θ,則sin θ=0.2,對車受力分析如圖所示,根據牛頓第二定律有Ff+mgsin θ=ma,解得a=5 m/s2,即加速度大小為
5 m/s2,方向沿坡道向下,根據速度與位移關系可得0-v2=-2aL,解得v==30 m/s=108 km/h,故C正確,A、B、D錯誤。
13.如圖所示的裝置可以測量汽車在水平路面上做勻加速直線運動的加速度,該裝置在矩形箱子的前、后壁上各安裝一個壓力傳感器,用兩根相同的輕彈簧夾著一個質量為2.0 kg的滑塊,滑塊可無摩擦滑動,兩彈簧的另一端分別壓在傳感器a、b上,其壓力大小可直接從傳感器的液晶顯示屏上讀出。現將該裝置沿運動方向固定在汽車上,傳感器b在前,傳感器a在后,汽車靜止時,傳感器a、b的示數均為10 N。(g取10 m/s2)
(1)若傳感器a的示數為14 N,b的示數為6 N,求此時汽車的加速度大小和方向;
(2)求當汽車以怎樣的加速度運動時,傳感器a的示數恰為零。
解析:(1)對滑塊在水平方向上受力分析,如圖所示,根據牛頓第二定律得Fa-Fb=ma1
則a1=4 m/s2,方向水平向右。
(2)根據題意,設汽車靜止時,兩彈簧形變量均為x,當左側彈簧彈力
Fa′=0時不發生形變,右側彈簧的形變量由x變為2x,故彈力Fb′=
20 N，
根據牛頓第二定律有Fb′=ma2，
代入數據得a2==10 m/s2,方向水平向左。
答案:(1)4 m/s2　水平向右　(2)10 m/s2　水平向左
14.在某次無人機豎直送貨實驗中,無人機的質量M=1.5 kg,貨物的質量m=1 kg,無人機與貨物間通過輕繩相連。無人機以恒定動力F=30 N從地面開始加速上升一段時間后關閉動力,當無人機到達h=30 m處速度恰好減為0。不計空氣阻力,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)無人機加速上升時的加速度大小a;
(2)無人機加速上升時輕繩上的拉力大小FT;
(3)無人機加速上升的時間t。
解析:(1)在加速上升過程中,對整體受力分析,根據牛頓第二定律可知F-(M+m)g=(M+m)a，
解得a=2 m/s2。
(2)對貨物受力分析,根據牛頓第二定律可知FT-mg=ma，
解得FT=12 N。
(3)在上升過程中,先加速后減速,設無人機關閉動力時的速度為v,根據勻變速運動的規律可知h=at2+其中v=at,聯立解得t=5 s。
答案:(1)2 m/s2　(2)12 N　(3)5 s4　力學單位制
[課標引領]
學業質量水平要求
合格性考試 1.知道單位制、基本單位和導出單位的概念。 2.明確國際單位制中七個基本物理量和力學中三個基本物理量及其單位。 3.掌握物理運算過程中單位的規范使用和表示方法
選擇性考試 認識單位制在物理計算中的作用,并學會解決相關問題
一、基本單位
某老師健身跑步的速度可以達到5 m/s,某人騎自行車的速度為19 km/h。
(1)某同學單憑所給兩個速度的數值能否直接判斷該老師健身跑步的速度與該騎手騎自行車的速度的大小關系
答案:不能;由于兩個速度的單位不同,故不能直接比較它們的大小。
(2)你能比較以上兩個速度的大小關系嗎 哪個較大
答案:應先統一這兩個速度的單位,再根據數值大小來比較它們的大小,由于5 m/s=5×3.6 km/h=18 km/h,故自行車的速度較大。
1.物理公式的功能:物理學的關系式在確定了物理量之間關系時,也確定了物理量的單位之間的關系。
2.基本量:在物理學中,只要選定幾個物理量的單位,就能夠利用物理量之間的關系推導出其他物理量的單位。這些被選定的物理量叫作基本量。
3.基本單位:基本量的單位。
4.導出單位:由基本量根據物理關系推導出來的其他物理量的單位。
二、國際單位制
1.單位制:基本單位和導出單位一起組成單位制。
2.國際單位制:一種國際通用的、包括一切計量領域的單位制。
3.國際單位制中的七個基本量和相應的基本單位
物理量名稱 物理量符號 單位名稱 單位符號
長度 l 米 m
質量 m 千克(公斤) kg
時間 t 秒 s
電流 I 安[培] A
熱力學溫度 T 開[爾文] K
物質的量 n,(ν) 摩[爾] mol
發光強度 I,(IV) 坎[德拉] cd
4.力學中三個基本量及單位
(1)三個基本量:長度、質量和時間。
(2)國際單位制中三個基本單位:米、千克和秒。
1.判斷
(1)在力學的分析計算中,只能采用國際單位制單位,不能采用其他單位。(　×　)
(2)力學單位制中,采用國際單位制的基本單位有千克、米、秒。(　√　)
(3)單位制中導出單位可以用基本單位來表示。(　√　)
2.在國際單位制中,所有的物理量都有單位嗎
答案:不是。例如動摩擦因數、機械效率就沒有單位。
3.為什么在公式中代入數據進行計算前需要統一單位
答案:物理公式在確定了物理量之間的關系時,也確定了物理量的單位關系,所以若單位不在同一單位制中,必須先統一到同一單位制中。
探究點一　對單位制的理解
觀察下面儀器,說出它們所測物理量的國際單位制單位是什么
答案:彈簧測力計,測量力的儀器,力的國際單位制單位是牛頓(N);機械秒表,測量時間的儀器,時間的國際單位制單位是秒(s);卷尺,測量長度的儀器,長度的國際單位制單位是米(m);天平,測量質量的儀器,質量的國際單位制單位是千克(kg)。
1.單位制的意義
單位是物理量的組成部分,對于物理量,如果有單位,一定要在數字后帶上單位;同一物理量,選用不同單位時其數值不同;統一單位,便于人們的相互交流,統一人們的認識。
2.單位制的組成
[例1] 現有以下一些物理量和單位,按下面的要求選擇填空。
A.密度　B.米每秒　C.牛頓　D.加速度　E.質量　F.秒　G.厘米　H.長度　I.時間　J.千克
(1)屬于物理量的有　　　　　(填字母,下同)。
(2)在國際單位制中,被選定的基本量有　　　　　。
(3)在國際單位制中的基本單位有　　　　　,屬于導出單位的有　　　　　。
解析:(1)此題中給定的選項內,屬于物理量的有密度、加速度、質量、長度、時間,故選A、D、E、H、I。
(2)此題中給定的選項內,在國際單位制中,被選定的基本量有質量、長度、時間,故選E、H、I。
(3)此題中給定的選項內,在國際單位制中是基本單位的有千克、秒,屬于導出單位的有米每秒、牛頓,故第一個空選F、J,第二個空選B、C。
答案:(1)ADEHI　(2)EHI　(3)FJ　BC
理解單位制的三個常見誤區
(1)只用一個符號表示的單位不一定是基本單位。例如,牛頓(N)、焦耳(J)、瓦特(W)等都不是基本單位,而是導出單位。
(2)是國際單位的不一定是基本單位。基本單位只是組成國際單位制的一小部分,在國際單位制中,除七個基本單位以外的單位都是導出單位。
(3)物理量單位之間的關系可以通過相應的物理公式導出,但并不是所有物理量的單位都可以互相導出。
[針對訓練1]高中物理的學習要充分認識到物理單位的重要意義,有物理單位的數據才有生命力,才能較完整地表示某物理量的多少和屬性。下列關于單位制的說法中正確的是(　C　)
A.在國際單位制中,速度(v)、質量(m)、時間(t)是基本物理量
B.在國際單位制中,牛頓(N)、千克(kg)、秒(s)是基本單位
C.單位制中的導出單位可以用基本單位來表達
D.一般來說,物理公式主要確定各物理量間的數量關系,并不一定同時確定單位關系
解析:在國際單位制中,長度、質量、時間、電流、熱力學溫度、物質的量、發光強度是基本物理量,速度不是,A錯誤;力不是基本物理量,所以力的單位牛頓不是基本單位,B錯誤;按照單位制的概念,導出單位都可以用基本單位來表達,C正確;物理公式確定各物理量間的數量關系,同時確定單位關系,D錯誤。
探究點二　單位制的應用
如圖所示,一艘快艇以2 m/s2的加速度在海面上做勻加速直線運動,快艇的初速度是10.8 km/h。求這艘快艇在10 min內經過的位移。在解題過程中,怎樣合理應用單位制,才能做到既簡單又不容易產生錯誤
答案:10.8 km/h=3 m/s,10 min=600 s。根據運動學公式x=v0t+at2,解得x=3.618×105 m。把題目中的已知量的單位統一為國際單位,若不是國際單位的首先要轉化為國際單位,計算的結果同樣要用國際單位表示,這樣,計算過程中就不必一一寫出各量后面的單位,只在數字后面寫出正確的單位就可以了。
1.簡化計算過程
計算時首先將各物理量的單位統一到國際單位制中,這樣就可以省去計算過程中單位的代入,只在數字計算式后面寫上相應待求量的單位即可,從而使計算簡便。
2.推導物理量的單位
物理公式在確定各物理量之間的關系時,同時也確定了各物理量的單位關系,所以我們可以根據物理公式中物理量間的關系推導出物理量的單位。
3.判斷比例系數的單位
根據公式中物理量的單位關系,可判斷公式中比例系數有無單位,如公式F=kx中k的單位為N/m,Ff=μFN中μ無單位。
4.檢查物理量關系式的正誤
根據物理量的單位,如果發現某公式在單位上有問題,或者所求結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果肯定是錯誤的。
[例2] 質量為4 t的汽車,在平直公路上由靜止出發,經過1 min 速度達到72 km/h,已知汽車在運動時所受的阻力為車重的2%,求汽車的牽引力(g取10 m/s2)。
解析:m=4 t=4 000 kg,t=1 min=60 s,v=72 km/h=20 m/s,Ff=kmg=0.02×4 000×10 N=800 N。
以汽車為研究對象,水平方向上汽車受牽引力F和阻力Ff的作用,由牛頓第二定律
F-Ff=ma，
又v=at，
聯立得F=ma+Ff=m+Ff=(4 000×+800) N≈
2 133 N。
答案:2 133 N
(1)在利用物理公式進行計算時,為了在代入數據時不使表達式過于繁雜,我們要把各個量換算到同一單位制中,這樣計算時就不必一一寫出各量的單位,只要在所求結果后寫上對應的單位即可。
(2)把各量的單位統一成國際單位,只要正確地應用公式,計算結果必定是用國際單位來表示的。
[針對訓練2] 一物體在2 N的外力作用下,產生10 cm/s2的加速度,求該物體的質量。下面有幾種不同的求法,其中單位運用正確、簡潔而又規范的是(　C　)
A.m== kg=0.2 kg
B.m===20=20 kg
C.m== kg=20 kg
D.m===20 kg
解析:四個選項中A項沒有將加速度的單位統一到國際單位制中,D項第二步漏掉了單位,B項解題過程正確,但不簡潔,只有C項運算正確,且簡潔而又規范。
自主建構 教材鏈接
教材第95頁“思考與討論”提示:由公式V=πR3h可知體積的單位為m4,這是不對的,所以這個公式肯定是錯誤的
課時作業
1.關于物理量和物理量的單位,下列說法中正確的是(　C　)
A.在力學范圍內,規定長度、質量、力為三個基本量
B.后人為了紀念牛頓,把“牛頓”作為力學中的基本單位
C.1 N=1 kg·m·s-2
D.“秒”“克”“攝氏度”都屬于國際單位制中的單位
解析:力學中的三個基本量為長度、質量、時間,A錯誤;“牛頓”是為了紀念牛頓而作為力的單位,但不是基本單位,B錯誤;根據“牛頓”的定義,1 N=1 kg·m·s-2,C正確;“克”“攝氏度”不是國際單位制中的單位,D錯誤。
2.初中物理課中我們學習過一個重要的物理量“壓強”,它的單位是“帕斯卡”,符號“Pa”,以下用國際單位制中基本單位表達“帕斯卡”正確的是(　A　)
A.kg/(s2·m) B.kg/(s2·m3)
C.kg·m3/s2 D.kg·m/s2
解析:由于1 Pa=1 ,而1 N=1 kg·m/s2,則1 Pa=1 =
1 kg/(s2·m),選項A正確。
3.下列物理量屬于基本量且單位屬于國際單位制中基本單位的是(　A　)
A.質量/千克 B.長度/千米
C.時間/分鐘 D.力/牛頓
解析:質量、長度、時間都屬于基本量,它們對應的單位為千克、米、秒,屬于國際單位制中的基本單位,故A正確,B、C錯誤;力屬于導出量,牛頓屬于導出單位,故D錯誤。
4.下列各組儀器中,可以用來測量國際單位制規定的三個力學基本量的是(　C　)
A.量筒、天平、秒表
B.刻度尺、測力計、汽車速度計
C.刻度尺、天平、秒表
D.刻度尺、測力計、打點計時器
解析:國際單位制規定的三個力學基本量是質量、長度、時間。量筒測量的是體積,故A錯誤;汽車速度計測的是速率,測力計測的是力,故B錯誤;刻度尺測量長度,天平稱量質量,秒表測量時間,故C正確;測力計測的是力,故D錯誤。
5.國際單位制(SI)定義了7個基本單位,其他單位均可由物理關系導出。1967年用銫-133原子基態的兩個超精細能級間躍遷輻射的9 192 631 770 個周期的持續時間為1秒(s);
1983年用真空中的光速c=299 792 458 m·s-1定義米(m)。2018年第26屆國際計量大會決定,7個基本單位全部用基本物理常量來定義。關于國際單位制,下列選項不正確的是(　C　)
A.7個基本單位全部用物理常量定義,保證了基本單位的穩定性
B.在力學范圍內的基本單位有米(m)、千克(kg)、秒(s)
C.牛頓是導出單位,1 N=1 kg·m·s2
D.米每二次方秒(m/s2)、牛頓每千克(N/kg)都是重力加速度g的單位
解析:7個基本單位全部用物理常量定義,保證了基本單位的穩定性,選項A正確;在力學范圍內的基本單位有米(m)、千克(kg)、秒(s),選項B正確;牛頓是導出單位,1 N=1 kg· m/s2,選項C錯誤;根據a=可知,米每二次方秒(m/s2)、牛頓每千克(N/kg)都是重力加速度g的單位,選項D正確。
6.導出單位是由基本單位組合而成的,則下列說法中正確的是(　A　)
A.加速度的單位是 m/s2,是由m、s兩個基本單位組合而成的
B.加速度的單位是 m/s2,由公式a=可知它是由m/s和s兩個基本單位組合而成的
C.加速度的單位是 m/s2,由公式a=可知它是由N、kg兩個基本單位組合而成的
D.以上說法都是正確的
解析:m、s是基本單位,加速度的單位是 m/s2,是由m、s兩個基本單位組合而成的,A正確;m/s不是基本單位,是導出單位,B錯誤;N不是基本單位,是導出單位,C錯誤;由上可知D錯誤。
7.在解一道文字計算題時(由字母表達結果的計算題),一個同學解得x=(t1+t2),用單位制的方法檢查,這個結果(　B　)
A.可能是正確的
B.一定是錯誤的
C.如果用國際單位制,結果可能正確
D.用國際單位制,結果錯誤,如果用其他單位制,結果可能正確
解析:根據x=(t1+t2),知力F的單位是N,時間t的單位是s,質量m的單位是kg,故等式右邊的單位是==m/s;等號左邊的單位是m,即等號左右單位不同,故等號不成立,所以這個結果一定是錯誤的,故A、C、D錯誤,B正確。
8.雨滴在空中下落,當速度比較大的時候,它受到的空氣阻力與其速度的二次方成正比,與其橫截面積成正比,即F阻=kSv2,則比例系數k的單位是(　B　)
A.kg/m4 B.kg/m3 C.kg/m2 D.kg/m
解析:表達式F阻=kSv2中F阻、S、v單位分別為N、m2、m/s,因為1 N=
1 kg· m/s2,則k的單位是=kg/m3,B正確。
9.聲音在空氣中的傳播速度v與空氣的密度ρ、壓強p有關。下列速度的表達式(k為比例系數,無單位)中正確的是(　B　)
A.v=k B.v=
C.v= D.v=
解析:國際單位制中p的單位是N/m2,1 N=1 kg·m/s2,ρ的單位是kg/m3,代入可得==m/s,而m/s是速度的單位,故B正確;同理可得A、C、D錯誤。
10.現有一個我們未學過的公式x=2π,已知m代表質量這個物理量,k代表彈簧的勁度系數這個物理量,其單位為N/m,請判斷x是關于什么的物理量。
解析:k的單位轉化為國際單位制中的基本單位表示為==
kg/s2,m的單位為kg,常數2π沒有單位(或者單位就用1表示),將它們代入公式得到x的單位是==s,所以x應該是關于時間的物理量。
答案:x是關于時間的物理量5　牛頓運動定律的應用
[課標引領]
學業質量水平要求
合格性考試 1.明確動力學的兩類基本問題。 2.理解加速度是解決兩類動力學基本問題的橋梁
選擇性考試 掌握解決動力學問題的基本思路和方法,會用牛頓運動定律和運動學公式解決有關問題
一、牛頓第二定律的作用
牛頓第二定律確定了運動和力的關系,使我們能夠把物體的運動情況與受力情況聯系起來。
二、兩類基本問題
一個運動的物體,當所受外力突然變化時,物體的運動情況如何變化
答案:當物體所受外力突然變化時,加速度一定變化,速度一定變化。但由于加速度方向與運動方向存在多種可能,因此速度可能增大、減小或改變方向等。
1.從受力確定運動情況
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,再通過運動學的規律確定物體的運動情況。
2.從運動情況確定受力
如果已知物體的運動情況,根據運動學規律求出物體的加速度,結合受力分析,再根據牛頓第二定律求出力。
1.判斷
(1)根據物體加速度的方向可以判斷物體所受合力的方向。(　√　)
(2)物體運動狀態的變化情況是由它的受力決定的。(　√　)
(3)物體在恒力F(F≠0)作用下做勻變速直線運動,它在任何一段時間內的平均速度都等于該段時間初、末速度的平均值。(　√　)
2.為什么加速度可以把物體的受力和運動聯系起來
答案:因為在牛頓第二定律中有加速度與力的關系,而在運動學公式中有加速度與運動參量的關系,所以加速度作為“橋梁”,把物體的受力與運動聯系起來。
3.
如圖所示,運動小車中懸線下的小球向左偏離,偏角恒為θ。
(1)小球受幾個力作用 合力方向向哪
答案:兩個力;合力方向水平向右。
(2)小球的加速度方向向哪 小車可能做什么運動
答案:小球的加速度方向與合力方向相同,所以加速度方向水平向右;若小車向左運動,則做向左的勻減速直線運動;若小車向右運動,則做向右的勻加速直線運動。
探究點一　已知受力確定運動情況
(1)已知物體的受力情況,怎樣確定物體的加速度
答案:由牛頓第二定律求得。
(2)已知物體的加速度,怎樣確定物體在某時刻的速度 在某段時間內的位移
答案:由速度公式求某時刻的速度;由位移公式求某段時間內的位移。
(3)加速度在知物體受力求物體運動方面起了一個怎樣的作用
答案:起了一個橋梁作用。
1.問題界定:已知物體受力情況確定運動情況,指的是在受力情況已知的條件下,判斷出物體的運動狀態或求出物體的速度和位移。
2.解題思路
分析物體受力情況求物體所受的合力根據a=求加速度根據運動學公式求運動學參量
[例1] 某航母的艦載機采用的是滑躍起飛方式,即飛機依靠自身發動機從靜止開始到滑躍起飛,滑躍仰角為θ。其起飛跑道可視為由長度L1=180 m的水平跑道和長度L2=20 m傾斜跑道兩部分組成,水平跑道和傾斜跑道末端的高度差h=2 m,如圖所示。已知質量m=2×104 kg的艦載機的噴氣發動機的總推力大小恒為F=1.2×105 N,方向始終與速度方向相同,若飛機起飛過程中受到的阻力大小恒為飛機所受重力的15%,飛機質量視為不變,并把飛機看成質點,航母處于靜止狀態。(g取10 m/s2)
(1)求飛機在水平跑道上運動的時間;
(2)求飛機在傾斜跑道上的加速度大小。
解析:(1)設飛機在水平跑道上的加速度大小為a1,由牛頓第二定律有F-Ff=ma1
解得a1=4.5 m/s2
由勻變速直線運動的規律有L1=a1t2
解得t=4 s。
(2)設沿傾斜跑道方向的加速度大小為a2,在傾斜跑道上對飛機受力分析,由牛頓第二定律有
F-Ff-mgsin θ=ma2,其中sin θ=
解得a2=3.5 m/s2。
答案:(1)4 s　(2)3.5 m/s2
已知受力確定運動情況的解題步驟
(1)確定研究對象,對研究對象進行受力分析,并畫出物體的受力分析圖。
(2)根據力的合成與分解,求出物體所受的合力(包括大小和方向)。
(3)根據牛頓第二定律列方程,求出物體運動的加速度。
(4)結合物體運動的初始條件,選擇運動學公式,求出所需求的運動學參量——任意時間間隔內或時刻的位移和速度,或運動軌跡等。
[針對訓練1]
可愛的企鵝喜歡在冰面上玩游戲,如圖所示,有一企鵝在傾角為37°的傾斜冰面上,先以加速度a=0.5 m/s2從冰面底部由靜止開始沿直線向上“奔跑”,t=8 s時,突然臥倒以肚皮貼著冰面向前滑行,最后退滑到出發點,完成一次游戲(企鵝在滑動過程中姿勢保持不變)。若企鵝肚皮與冰面間的動摩擦因數μ=0.25,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)企鵝向上“奔跑”的位移大小;
(2)企鵝在冰面滑動的加速度大小;
(3)企鵝退滑到出發點時的速度大小。(計算結果可用根式表示)
解析:(1)在企鵝向上“奔跑”過程中
x=at2,解得x=16 m。
(2)在企鵝臥倒以后將進行兩個過程的運動,第一個過程從臥倒到最高點做勻減速運動,第二個過程是從最高點勻加速滑到最低點,兩次過程根據牛頓第二定律分別有
mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1,
mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2,
解得a1=8 m/s2,a2=4 m/s2。
(3)上滑位移x1==1 m,
退滑到出發點的速度v=,
解得v=2 m/s。
答案:(1)16 m　(2)上滑過程8 m/s2,下滑過程4 m/s2
(3)2 m/s
探究點二　已知運動確定受力情況
　一運動員滑雪時的照片如圖所示,如果知道運動員在下滑過程中的運動時間且知道在下滑過程中的運動位移,試討論:由運動員的運動情況如何確定其受力情況
答案:先根據運動學公式,求得運動員運動的加速度,比如先根據x=v0t+,v2-=2ax等求出運動員的加速度,再由牛頓第二定律求運動員的受力。
1.問題界定
已知物體運動情況確定受力情況,指的是在運動情況(如物體的運動性質、速度、加速度或位移)已知的條件下,求出物體所受的力。
2.解題思路
運動情況分析根據運動學公式求a由F=ma求物體所受的合力求出物體所受的其他力
[例2]杭州市目前已經擁有多條純電動公交車路線。為了研究方便,我們將電動公交車在兩個站點A、B之間的運行路線簡化為水平方向上的直線運動,電動公交車看成質點,載人后的總質量為8 000 kg,從站點A由靜止開始啟動,勻加速行駛10 s后速度達到 36 km/h;然后保持該速度勻速行駛5分鐘后關閉動力, 公交車恰能停在站點B,設公交車所受的阻力是自身所受重力的5%,求:
(1)公交車做勻加速運動的加速度大小;
(2)在勻加速期間公交車自身提供的動力大小;
(3)A、B兩個站點之間的距離。
解析:(1)公交車勻加速行駛10 s后的速度
v=36 km/h=10 m/s,
公交車做勻加速運動的加速度
a1==1 m/s2。
(2) 公交車所受的阻力是
Ff=kmg=4 000 N,
設在勻加速期間公交車自身提供的動力大小為F,由牛頓第二定律可得,在勻加速期間
F-Ff=ma1,
聯立可得F=12 000 N。
(3) 公交車做勻加速運動的位移
x1=t1=50 m,
公交車做勻速運動的位移
x2=vt2=3 000 m,
公交車做勻減速運動階段,由Ff=ma2可得,加速度
a2==0.5 m/s2,
此階段的位移為x3==100 m,
A、B兩個站點之間的距離x=x1+x2+x3=3 150 m。
答案:(1)1 m/s2　(2)12 000 N　(3)3 150 m
已知運動確定受力情況的解題步驟
(1)確定研究對象,對研究對象進行受力分析和運動過程分析,并畫出受力分析圖和運動草圖。
(2)選擇合適的運動學公式,求出物體的加速度。
(3)根據牛頓第二定律列方程,求物體所受的合力。
(4)根據力的合成與分解的方法,由合力求出所需的力。
[針對訓練2] 在游樂場,有一種大型游樂設施跳樓機,如圖所示,參加游戲的游客被安全帶固定在座椅上,提升到離地最大高度64 m處,然后由靜止釋放,開始下落過程可認為自由落體運動,然后受到一恒定阻力而做勻減速運動,且下落到離地面4 m高處速度恰好減為零。已知游客和座椅總質量為1 500 kg,下落過程中最大速度為20 m/s,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)游客下落過程的總時間;
(2)恒定阻力的大小。
解析:(1)設下落的最大速度為vm,則vm=20 m/s
由=2gh1,vm=gt1可知,游客下落過程中自由落體所用的時間t1=2 s
下落高度h1=20 m,
設游客勻減速下落過程的高度為h2,加速度為a2,
則=2a2h2,h2=64 m-4 m-h1=40 m,
解得a2=5 m/s2,
由vm-a2t2=0可得游客勻減速下落的時間t2=4 s,
游客下落過程的總時間t=t1+t2=6 s。
(2)設勻減速過程中所受阻力大小為Ff,
由牛頓第二定律可得Ff-mg=ma2,
解得Ff=2.25×104 N。
答案:(1)6 s　(2)2.25×104 N
自主建構 教材鏈接
教材第97頁“問題”提示:根據列車前進的速度和到站臺的距離,采取制動措施,控制加速度,實現準確停車
課時作業
學考基礎練
知識點一　已知受力確定運動情況
1.雨滴從空中由靜止落下,若雨滴下落時空氣對其的阻力隨雨滴下落速度的增大而增大,如圖所示的圖像可以正確反映出雨滴下落運動情況的是(　C　)
解析:對雨滴受力分析,由牛頓第二定律得mg-Ff=ma。雨滴加速下落,速度增大,阻力增大,故加速度減小,在 vt 圖像中其斜率變小,故選項C正確。
2.A、B兩物體以相同的初速度滑上同一粗糙水平面,若兩物體的質量為mA>mB,兩物體與粗糙水平面間的動摩擦因數相同,則兩物體能滑行的最大距離xA與xB相比為(　A　)
A.xA=xB B.xA>xB
C.xA解析:通過分析物體在水平面上滑行時的受力情況可以知道,物體滑行時受到的滑動摩擦力μmg為合力,由牛頓第二定律知μmg=ma,得a=μg,可見aA=aB。物體減速到零時滑行的距離最大,由運動學公式可得=2aAxA,=2aBxB,又因為vA=vB,aA=aB,所以xA=xB,A正確。
3.如圖所示,一物塊從粗糙程度相同的斜面底端,以某一初速度開始向上滑行,到達某位置后又沿斜面下滑到底端,則物塊在此運動過程中(　B　)
A.上滑時的摩擦力小于下滑時的摩擦力
B.上滑時的摩擦力等于下滑時的摩擦力
C.上滑時的加速度小于下滑時的加速度
D.上滑的時間大于下滑的時間
解析:設斜面傾角為θ,物塊受到的摩擦力Ff=μmgcos θ,物塊上滑與下滑時的滑動摩擦力大小相等,選項A錯誤,B正確;上滑時的加速度a上=gsin θ+μgcos θ,下滑時的加速度a下=gsin θ-μgcos θ,由此可知,上滑時的加速度大于下滑時的加速度,選項C錯誤;由t=
,位移x相等,a上>a下,所以t上4.如圖所示,樓梯口一傾斜的天花板與水平地面成θ=37°角,一裝潢工人手持木桿綁著刷子粉刷天花板,工人所持木桿對刷子的作用力始終保持豎直向上,大小為F=10 N,刷子的質量為m=0.5 kg,刷子可視為質點,刷子與天花板間的動摩擦因數μ=0.5,天花板長為L=4 m,
sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。試求:
(1)刷子沿天花板向上的加速度大小;
(2)工人把刷子從天花板底端推到頂端所用的時間。
解析:(1)以刷子為研究對象,受力分析如圖所示。
由牛頓第二定律得(F-mg)sin 37°-μ(F-mg)cos 37°=ma
代入數據解得a=2 m/s2。
(2)由運動學公式得t=,代入數據解得t=2 s。
答案:(1)2 m/s2　(2)2 s
知識點二　已知運動確定受力情況
5.某氣槍子彈的出口速度達100 m/s,若氣槍的槍膛長0.5 m,子彈的質量為20 g,若把子彈在槍膛內的運動看作勻變速直線運動,則高壓氣體對子彈的平均作用力為(　B　)
A.1×102 N B.2×102 N
C.2×105 N D.2×104 N
解析:根據v2=2ax,得a==1×104 m/s2,則高壓氣體對子彈的平均作用力F=ma=2×102 N。
6.質量為0.8 kg的物體在一水平面上運動,如圖a、b分別表示物體不受拉力作用和受到水平拉力作用時的vt圖像,則拉力與摩擦力大小之比為(　B　)
A.9∶8 B.3∶2
C.2∶1 D.4∶3
解析:物體不受水平拉力時,加速度大小為a1==1.5 m/s2;物體受到水平拉力作用時加速度大小為a2==0.75 m/s2;根據牛頓第二定律得Ff=ma1,F-Ff=ma2,可得F∶Ff=3∶2,故A、C、D錯誤,B正確。
7.(多選)如圖所示,質量為2 kg的物體在水平恒力F的作用下在地面上做勻變速直線運動,位移隨時間的變化關系為x=t2+t,物體與地面間的動摩擦因數為0.4,g取10 m/s2,以下結論正確的是(　ABD　)
A.勻變速直線運動的初速度為1 m/s
B.物體的位移為12 m時速度為7 m/s
C.水平恒力F的大小為4 N
D.水平恒力F的大小為12 N
解析:根據x=v0t+at2對比x=t2+t,知v0=1 m/s,a=2 m/s2,故A正確;根據v2-=2ax得v==7 m/s,故B正確;根據牛頓第二定律得F-μmg=ma,解得F=12 N,故C錯誤,D正確。
8.在科技創新活動中,小華同學根據磁鐵同性相斥原理設計了用機器人操作的磁力運輸車(如圖甲所示)。在光滑水平面AB上(如圖乙所示),機器人用大小不變的電磁力F推動質量m=1 kg的小滑塊從A點由靜止開始做勻加速直線運動。小滑塊到達B點時機器人撤去電磁力F,小滑塊沖上光滑斜面(設經過B點前后速率不變),最高能到達C點。機器人用速度傳感器測量小滑塊在ABC過程的瞬時速度大小并記錄如表。求:
t/s 0 0.2 0.4 … 2.2 2.4 2.6 …
v/(m·s-1) 0 0.4 0.8 … 3.0 2.0 1.0 …
(1)機器人對小滑塊電磁力F的大小;
(2)斜面的傾角α的大小。
解析:(1)小滑塊從A到B過程中
a1==2 m/s2,
由牛頓第二定律得F=ma1=2 N。
(2)小滑塊從B到C過程中加速度大小
a2==5 m/s2,
由牛頓第二定律得mgsin α=ma2
則α=30°。
答案:(1)2 N　(2)30°
選考提升練
9.一間新房即將建成時要封頂,考慮到下雨時落至房頂的雨滴能盡快地流下房頂,要設計好房頂的坡度,設雨滴沿房頂流下時做無初速度、無摩擦的運動,那么圖中所示的四種情況中符合要求的是(　C　)
解析:設底邊長為2l,底面與房頂的夾角為θ,則房頂坡面長x=,由于房頂光滑,所以加速度a=gsin θ,由x=at2得=gsin θ·t2,所以t=,顯然當θ=45°時,時間最短,故C正確。
10.如圖所示,豎直圓環中有多條起始于A點的光滑軌道,其中AB通過環心O并保持豎直。AC、AD與豎直方向的夾角分別為30°和60°。一質點分別自A點沿各條軌道下滑,初速度均為零。那么,質點沿各軌道下滑的時間相比較(　D　)
A.沿著AB下滑,時間最短
B.沿著AD下滑,時間最短
C.沿著AC下滑,時間最短
D.三條軌道下滑時間都一樣
解析:設半徑為R,軌道與豎直方向夾角為θ,則質點運動的位移為x=2Rcos θ,質點運動的加速度a==gcos θ,根據x=at2,則t=,與θ角無關。所以D正確,A、B、C錯誤。
11.滑冰車是兒童喜歡的冰上娛樂項目之一,小明坐在冰車上，小明媽媽正推著小明在冰上游戲,小明與冰車的總質量是40 kg,冰車與冰面之間的動摩擦因數為0.05,在某次游戲中,假設小明媽媽對冰車施加了40 N的水平推力,使冰車從靜止開始運動10 s后,停止施加力的作用,使冰車自由滑行(假設運動過程中冰車始終沿直線運動,小明始終沒有施加力的作用,g取10 m/s2)。求:
(1)冰車的最大速率;
(2)冰車在整個運動過程中滑行總位移的大小。
解析:(1)以冰車及小明為研究對象,由牛頓第二定律有F-μmg=ma1
由勻變速直線運動的規律有vm=a1t
聯立解得vm=5 m/s。
(2)冰車勻加速運動過程中,由勻變速直線運動的規律有x1=a1t2
冰車自由滑行時,由牛頓第二定律有μmg=ma2
由勻變速直線運動的規律有=2a2x2
又因x=x1+x2
聯立解得x=50 m。
答案:(1)5 m/s　(2)50 m
12.戰士拉車胎進行100 m賽跑訓練體能。車胎的質量m=8.5 kg,戰士拉車胎的繩子與水平方向的夾角為θ=37°,車胎與地面間的動摩擦因數 μ=0.7。某次比賽中,一名戰士拉著車胎從靜止開始全力奔跑,跑出20 m達到最大速度(這一過程可看作勻加速直線運動),然后以最大速度勻速跑到終點,共用時15 s。重力加速度g取10 m/s2,
sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)戰士加速所用的時間t1和達到的最大速度v;
(2)戰士勻加速運動階段繩子對車胎的拉力大小F。
解析:(1)勻加速階段位移x1=t1,
勻速階段位移
x2=100-x1=v(15-t1),x1=20 m,
聯立解得v=8 m/s,t1=5 s。
(2)由速度公式v=at1,
得a==1.6 m/s2,
車胎受力如圖,并正交分解,
在x方向有Fcos 37°-Ff=ma,
在y方向有FN+Fsin 37°-mg=0,
且Ff=μFN,
聯立解得F≈59.92 N。
答案:(1)5 s　8 m/s　(2)59.92 N

展開更多......

收起↑