資源簡介

1．牛頓第一定律
核心素養定位 物理觀念 (1)了解伽利略關于運動和力的關系的認識． (2)能準確敘述牛頓第一定律的內容． (3)知道質量是物體慣性大小的量度．
科學思維 (1)能領悟理想實驗的科學推理方法及其意義． (2)能對牛頓第一定律所揭示的運動和力的關系有較深刻理解． (3)能通過實例說明質量是物體慣性大小的量度，會解釋有關的慣性現象．
科學態度與責任 (1)了解牛頓第一定律的發現過程，體會人類認識事物本質的曲折過程，培養學生嚴謹的科學態度． (2)通過具體實例，體會生活中慣性的應用與防止，樂于將所學知識應用于日常生活實際．
一、理想實驗的魅力
1．亞里士多德認為：必須________________，物體才能運動；沒有力的作用，物體就要________________．
2．伽利略的理想實驗
(1)斜面實驗：如下圖所示，讓一個小球沿斜面從靜止狀態開始運動，小球將“沖”上另一個斜面．
①如果沒有________，小球將到達原來的高度．這是一種理想化的物理模型
②減小第二個斜面的傾角，小球運動的距離更長，但所達到的高度________．
③當第二個斜面最終變為水平面時，小球將永遠運動下去．合理的外推
(2)推理結論：力________(選填“是”或“不是”)維持物體運動的原因．
3．笛卡兒的觀點：如果運動中的物體沒有受到力的作用，它將繼續以________沿________運動，既不會停下來，也不會偏離原來的方向．
二、牛頓第一定律無法用實驗直接驗證
1．牛頓第一定律的內容：一切物體總保持____________狀態或________狀態，除非作用在它上面的力________________．
2．慣性 　　　　　體現了抵抗運動狀態改變的“能力”
(1)物體保持原來________狀態或________狀態的性質叫作慣性，牛頓第一定律也被叫作慣性定律．
(2)慣性是物體的________屬性，一切物體都具有慣性．
三、慣性與質量
物體慣性大小僅與________有關，________是物體慣性大小的唯一量度，慣性大小與物體是否運動、運動快慢等因素均________關．
【情境思考】
　如圖所示，為冰壺比賽的場景．
請對以下結論作出判斷：
(1)靜止在地面上的冰壺，當用力推它時，冰壺開始運動，說明力是使冰壺運動的原因．(　　)
(2)當冰壺脫離運動員的作用時，冰壺沒有立即停下，而是繼續向前運動，說明冰壺具有慣性．(　　)
(3)撤去推力后，冰壺最終能停下來，是冰壺受摩擦力作用的結果．(　　)
(4)如果沒有摩擦力，冰壺會一直運動下去．(　　)
1　理想實驗的魅力
(1)談“理想”：①接觸面不可能絕對光滑；②水平面不可能做得無限長．
(2)談“實驗”：理論實驗，非真實的科學實驗．
(3)談“魅力”：伽利略“理想實驗”的卓越之處不是實驗本身，而是實驗所使用的獨特方法，在實驗事實的基礎上進行合理外推．
1　“理想實驗”與“真實實驗”
(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．
(2)理想實驗體現了邏輯思維活動，但思維過程的基礎是真實、可靠的．
2　運動狀態改變的三種情形
(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)速度的大小和方向同時發生改變．
2　體重與體育運動
在許多體育項目中通過改變質量來增加或減小慣性，以利于提高運動成績．如體操運動員希望有靈活的身體，而相撲運動員則不希望被別人推倒，所以相撲運動員的質量要比體操運動員的質量大得多．
目標一　伽利略理想斜面實驗
【導思】
在伽利略的斜面實驗的各個過程中(如圖所示)，哪些可以通過實驗完成？哪些是推理得出的？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【歸納】
1．理想實驗的推論
一切運動著的物體在沒有受到外力的時候，它的速度將保持不變，并且一直運動下去．
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，從而更深刻地揭示了自然規律．
(2)伽利略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．
【典例】
例 1[2023·河北邢臺高一月考]在研究運動和力的關系時，伽利略設計了著名的理想斜面實驗(如圖所示)，將可靠的事實和縝密的邏輯推理結合起來，能更深刻地反映自然規律．下面給出了伽利略斜面實驗的五個事件，請對事件的性質進行判斷并正確排序：由A點靜止釋放的小球，①若沒有摩擦時，能滾到另一斜面與A點等高的C點；②當減小斜面動摩擦因數時，滾到另一斜面的最高位置，更接近于等高的C點；③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D點；④若沒有摩擦且當另一斜面水平放置時，小球將沿水平面一直運動下去；⑤不能滾到另一斜面與A點等高的C點．以下排序正確的是(　　)
A．事實⑤→事實②→推論①→推論③→推論④
B．事實⑤→事實②→推論③→事實①→推論④
C．事實⑤→事實②→事實①→推論③→推論④
D．事實⑤→事實②→推論①→事實③→推論④
目標二　牛頓第一定律的理解
【導思】
如圖所示，將一小車從斜面的同一高度由靜止釋放，最后小車停在了不同水平面上的不同距離處．
(1)小車在斜面上時的合力方向向哪？此時小車做什么運動？小車在水平面上時的合力方向向哪？此時小車做什么運動？表明物體的運動與力存在什么關系？
(2)三圖中，由上到下小車沿水平面運動的距離逐漸變遠，原因是小車受到的阻力逐漸減小，可以猜想，如果水平面光滑，小車將做什么運動？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【歸納】
1．提出了慣性概念
定律的前半部分內容“一切物體總保持勻速直線運動或靜止狀態”，揭示了所有物體普遍具有的一種屬性——慣性，即物體保持勻速直線運動或靜止狀態，是本質屬性，不需要條件．一切物體在任何情況下都具有保持勻速直線運動或靜止狀態的性質．因此，牛頓第一定律又叫慣性定律．
2．明確了力的作用效果
定律的后半部分內容“除非作用在它上面的力迫使它改變這種狀態”，說明了力的作用效果可以改變物體的運動狀態．
3．揭示了力和運動的關系
牛頓第一定律指出物體不受外力時的運動規律，定律描述的只是一種理想狀態，而實際中物體不受外力的作用的情況是不存在的，當物體所受到的合外力為零時，其效果跟不受外力的作用效果相同．力與運動的關系：運動不需要力維持，但運動狀態的改變離不開力的作用．
【典例】
例 2 (多選)關于牛頓第一定律有下列說法，其中正確的是(　　)
A．牛頓第一定律可用實驗來驗證
B．牛頓第一定律說明力是改變物體運動狀態的原因
C．慣性定律與慣性的實質是相同的
D．牛頓第一定律說明物體的運動不需要力來維持
例 3[2023·江西南昌高一期末]如圖所示，在一足夠長的木板C上有兩個物體A和B，兩個物體隨木板一起以速度v向右運動．若兩物體與木板間的摩擦不計，且mA>mB，則當用外力使木板突然停止后(　　)
A．A物體的慣性大，速度變化快，A、B兩物體間的距離將減小
B．A物體的慣性大，速度變化慢，A、B兩物體間的距離將增大
C．A、B兩物體均做勻速直線運動，它們間的距離不變
D．A、B兩物體均做減速直線運動，它們間的距離減小
目標三　慣性的理解和應用
【導思】
(1)如圖所示，公交車在運行時突然急剎車，車內乘客身體為什么會向前傾倒？
(2)“同一物體在地球上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大”，這種說法對嗎？為什么？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【歸納】
1．慣性是物體的固有屬性，一切物體都具有慣性．
2．物體慣性的大小由質量決定，與物體的運動狀態無關，與是否受力無關，與物體的速度大小無關．
3．慣性的表現
(1)在不受力的條件下，慣性表現出維持其原來運動狀態的“能力”，有“惰性”的意思．
(2)在受力的條件下，慣性的大小表現為運動狀態改變的難易程度．質量越大，慣性越大，運動狀態越難改變．
【典例】
例 4[2023·重慶八中高一上月考]如圖所示，冰壺在冰面運動時受到的阻力很小，可以在較長時間內保持運動速度的大小和方向不變，我們可以說冰壺有較強的抵抗運動狀態變化的“本領”．這里所指的“本領”是冰壺的慣性，則慣性的大小取決于(　　)
A．冰壺的速度 B．冰壺的質量
C．冰壺受到的推力 D．冰壺受到的阻力
例 5 (多選)下列各圖所示現象中，利用了慣性的是(　　)
A．自行車滑行 B．使錘子套緊
C．系好安全帶 D．跳遠助跑
例 6 如圖所示，某同學面向車行駛方向坐在沿平直軌道勻速行駛的列車車廂里．這位同學發現面前的水平桌面上一個原來靜止的小球突然向他滾來，則可判斷(　　)
A．列車正在剎車 B．列車突然加速
C．列車突然減速 D．列車仍在勻速直線運動
1.
漫畫中的情景在公交車急剎時常會出現．為提醒乘客注意，公交公司征集到幾條友情提示語，其中對慣性的理解正確的是(　　)
A.站穩扶好，克服慣性　B．穩步慢行，避免慣性
C．當心急剎，失去慣性 D．謹防意外，慣性恒在
2．關于物體的慣性，下列說法中正確的是(　　)
A．戰斗機在作戰時，甩掉副油箱是為了減小慣性，提高飛行的靈活性
B．用力推一個靜止在地面上的物體，沒有推動，原因是物體的慣性太大了
C．高速公路上要限速，是因為車速越大慣性越大
D．由于子彈的速度越大，其殺傷力就越大，所以子彈的慣性大小與其速度大小有關
3．關于運動和力的關系，以下敘述正確的是(　　)
A．力是維持物體運動的原因
B．物體受多個力作用時，其運動狀態一定不斷變化
C.在多個力作用下做勻速運動的物體，若去掉其中的一個力，其運動速度一定減小
D．物體不受力的作用時也能運動
4．下列關于牛頓第一定律的說法中正確的是(　　)
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．處于靜止狀態或勻速直線運動狀態的物體，一定不受任何外力作用
C．伽利略理想斜面實驗說明了力不是維持物體運動的原因，同時也說明了力是改變物體運動狀態的原因
D．牛頓第一定律既揭示了物體保持原有運動狀態的原因，又揭示了物體運動狀態改變的原因
5．如圖所示是小蕓與同學們在“陽光體育活動”中訓練排球時的情景，下列有關說法中正確的是 (　　)
A．墊球時，手感覺疼，說明球與手之間的作用力是相互的
B．球墊起后，能繼續向上運動，是因為球始終受到向上的力的作用
C．球墊起后，上升到最高點時，處于平衡狀態
D．球下落過程速度越來越大，說明球的慣性越來越大
6.
[2023·重慶月考]小云同學為了取出如圖所示羽毛球筒中的羽毛球，一手拿著球筒的中部，另一手用一個較大的力F擊打羽毛球筒的上端，則 (　　)
A．該同學無法取出羽毛球
B．該同學是在利用羽毛球的慣性
C．該同學擊打筒的上端是為了改變羽毛球筒的慣性
D．羽毛球筒向下運動的過程中，羽毛球受到向上的摩擦力才會從上端出來
1．牛頓第一定律
導學　掌握必備知識
一、
1．有力作用在物體上　靜止在某個地方
2．(1)摩擦　相同　(2)不是　
3．同一速度　同一直線
二、
1．勻速直線運動　靜止　迫使它改變這種狀態
2．(1)勻速直線運動　靜止　(2)固有
三、
質量　質量　無
情境思考
答案：(1)×　(2)√　(3)√　(4)√
共研　突破關鍵能力
目標一
　提示：小球由靜止狀態從斜面上滾下，可以滾上另一斜面，是實驗事實，可以通過實驗完成，其余各個結論是由推理得出的，不可以通過實驗完成．
[例1]　解析：由實驗事實⑤不能滾到另一斜面與A點等高的C點，實驗事實②當減小斜面動摩擦因數時，滾到另一斜面的最高位置，更接近于等高的C點，從而可推理出①若沒有摩擦時，能滾到另一斜面與A點等高的C點，接著推理出③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D點，最后推理出④若沒有摩擦且當另一斜面水平放置時，小球將沿水平面一直運動下去，故選A．
答案：A
目標二
　提示：(1)沿斜面向下；加速運動；沿水平方向向左；減速運動；力是改變物體運動狀態的原因．
(2)勻速直線運動．
[例2]　解析：不受力的物體是不存在的，牛頓第一定律不是實驗定律，故不能用實驗來驗證，A錯誤；牛頓第一定律說明力是改變物體運動狀態的原因，B正確；牛頓第一定律又叫慣性定律，牛頓第一定律是物體遵循的規律，而慣性是物體的性質，實質是不相同的，C錯誤；牛頓第一定律說明物體的運動不需要力來維持，D正確．
答案：BD
[例3]　解析：當用外力使木板突然停止后，A、B兩物體受力不變，仍然受力平衡，原來運動狀態不變，即A、B兩物體均做勻速直線運動，它們間的距離不變，故選C.
答案：C
目標三
　提示：(1)乘客隨車一起運動，當急剎車時，車停止運動，乘客的下半部分受到車的摩擦力作用也隨車停止運動，而上半部分由于要保持原來的運動狀態，故向前傾倒．(2)不對．慣性大小只與質量有關，與位置無關．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．
[例4]　解析：慣性是物體的固有屬性，而質量是慣性大小的唯一量度，故慣性的大小取決于冰壺的質量，故選B.
答案：B
[例5]　解析：自行車原來處于運動狀態，當不再蹬自行車時，由于慣性，自行車仍然能滑行一段距離，該現象是利用慣性，A正確；錘頭和錘柄一起向下運動，當錘柄撞在地上靜止時，錘頭由于慣性繼續向下運動，可以緊套在錘柄上，該現象利用了錘頭的慣性，B正確；汽車高速行駛時，如果遇到緊急情況剎車，人由于慣性還要保持原來的高速運動，會撞到前面物體造成損傷，所以駕駛員要使用安全帶，這是防止慣性帶來的傷害，C錯誤；跳遠運動員助跑是為了起跳前使自己處于運動狀態，起跳后，人由于慣性會跳的更遠，該現象是利用慣性，D正確．
答案：ABD
[例6]　解析：當列車加速時，小球由于慣性要保持原來的運動狀態，相對于列車向后運動，即這位同學發現面前的水平桌面上一個原來靜止的小球突然向他滾來的現象，故列車突然加速．
答案：B
精練　落實學科素養
1．解析：慣性是物體具有的保持原來運動狀態的性質，是物體固有的屬性，不能被克服或避免，也不會失去，故A、B、C錯誤，D正確．
答案：D
2．解析：C、D錯：慣性是物體本身的一種屬性，它不隨物體速度大小的變化而變化，所以子彈殺傷力大和高速公路上限速等都不是因為物體的慣性發生了變化．B錯：用力推一個靜止在地面上的物體，沒有推動，說明地面對物體有摩擦力的作用，而不是因為物體的慣性太大．A對：戰斗機甩掉副油箱減小了質量，而慣性與質量有關，質量越小慣性越小，所以可以提高戰斗機飛行的靈活性．
答案：A
3．解析：A錯：力不是維持物體運動的原因，力是改變物體運動狀態的原因．B錯：受多個力作用，當合力為零時，其運動狀態不會改變．C錯：在多個力作用下做勻速運動的物體，若去掉其中的一個力，其余力的合力與這個力大小相等，方向相反，若其余力的合力與速度方向相同，則其運動速度增大．D對：根據牛頓第一定律可知，物體不受力的作用時，保持靜止或勻速直線運動．
答案：D
4．解析：物體只有在不受力的作用或合外力為零時，才能總保持靜止狀態或勻速直線運動狀態，故A錯誤；處于靜止狀態或勻速直線運動狀態的物體，可能不受外力作用，也可能受到外力的作用，但外力的合力為零，故B錯誤；伽利略的理想斜面實驗說明了力不是維持物體運動的原因，但不能說明力是改變物體運動狀態的原因，故C錯誤；牛頓第一定律既揭示了物體保持原有運動狀態的原因，又揭示了物體運動狀態改變的原因，故D正確．
答案：D
5．解析：墊球時，手感覺疼，說明球與手之間的作用力是相互的，故選項A正確；球在空中繼續向上運動，是由于球具有慣性，球沒有受到向上的力的作用，故選項B錯誤；球上升到最高點時，速度為零，但是由于受重力的作用會向下落，因此此時不是平衡狀態，故選項C錯誤；球下落過程速度越來越大，是由于重力作用下向下加速運動，但質量不變，慣性不變，故選項D錯誤．
答案：A
6．解析：一手拿著球筒的中部，另一手用力擊打羽毛球筒的上端，羽毛球筒在力的作用下向下運動，而羽毛球由于慣性而保持靜止，所以羽毛球會從筒的上端出來．
答案：B2．實驗：探究加速度與力、質量的關系
核心素養定位 科學思維 利用控制變量法，設計不同實驗方案，利用圖像法分析論證得出結論的科學思維能力．
科學探究 用控制變量法探究加速度與力、質量的關系．
科學態度與責任 在獲取和處理數據中，有嚴謹認真、實事求是的科學態度和科學求證的科學精神．
一、實驗思路
1．實驗裝置
將小車置于________上，通過滑輪與________相連．小車可以在槽碼的牽引下運動．
2．實驗思路控制變量法
(1)加速度與力的關系
保持小車質量不變測得不同拉力下小車運動的加速度加速度與拉力的變化情況二者之間的定量關系．
(2)加速度與質量的關系
保持小車所受的________測得不同________的小車在這個拉力下運動的加速度加速度與________的變化情況二者之間的定量關系．
二、物理量的測量
1．質量的測量：用________測量．為了改變小車的質量，可以在小車中增減________的數量．
2．加速度的測量
(1)方法1：讓小車做初速度為0的勻加速直線運動，用刻度尺測量小車的位移x，并用秒表測量發生這段位移所用的時間t，然后由a＝________計算出加速度a.
(2)方法2：由紙帶根據公式Δx＝aT2，結合逐差法計算出小車的加速度．
(3)方法3：不直接測量加速度，可測不同情況下物體加速度________，例如：讓兩個做初速度為0的勻加速直線運動的物體運動時間t相等，測出各自的位移x1、x2，則＝________，把加速度的測量轉換成位移的測量．
3．力的測量
平衡小車受到的阻力后，小車受到的拉力________小車所受的合力，在槽碼的質量比小車的質量________時，可認為小車所受的拉力近似等于槽碼所受的________．
三、進行實驗
1．調試實驗裝置進行實驗．
2．加速度與力的關系：設計表格，把測得的同一個小車在不同拉力F作用下的加速度a填在表1中．
表1：小車質量一定
拉力F/N
加速度a/(m·s－2)
3.加速度與質量的關系：設計表格，把測得的不同質量的小車在相同拉力作用下的加速度a填在表2中．
表2：小車所受的拉力一定
質量M/kg
加速度a/(m·s－2)
四、數據分析
1.加速度與力的關系(小車質量不變)
以a為縱坐標、F為橫坐標建立直角坐標系，根據表1中記錄
的數據作a F圖像(如圖所示)，找出規律，分析加速度a與拉
力F的關系．
2．加速度與質量的關系(拉力F不變)
分別以a為縱坐標、m和為橫坐標建立直角坐標系，根據表2中記錄的數據作a m圖像和a 圖像(如圖所示)，分析加速度a與質量m的關系．
　　　　　　　　“化曲為直”的思想
五、注意事項
(1)平衡摩擦力時不要掛槽碼，平衡摩擦力后，改變小車上所加重物的質量時不需要重新平衡摩擦力．
(2)實驗時要先接通電源，后釋放小車．目的是打更多的點
(3)實驗中必須滿足小車和小車上所加重物的總質量遠大于槽碼的質量．
(4)每次實驗開始時，小車應盡量靠近打點計時器，且在小車到達滑輪前應按住小車．以免損壞儀器
(5)作圖像時，要使盡可能多的點落在所作直線上，不在直線上的點應盡可能對稱分布在所作直線的兩側，離直線較遠的點應該舍去不予考慮．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　 　目的是消除偶然誤差
　控制變量法
控制變量法是指在研究和解決問題的過程中，對影響事物變化規律的獨立因素加以人為控制，使其中只有一個因素按照特定的要求發生變化，而其他因素保持不變，以利于尋找事物發展變化的規律的方法．
1　測量加速度轉換成測位移
2　細繩的拉力等于槽碼的重力嗎？什么情況下細繩的拉力即小車所受的合外力可以近似等于槽碼的重力？
不等于，因為槽碼向下加速運動，所以細繩的拉力小于槽碼的重力．當槽碼的質量遠小于小車的質量時，細繩的拉力近似等于槽碼的重力，即小車受到的合外力近似等于槽碼的重力，故實驗中必須滿足小車和砝碼的總質量遠大于槽碼的質量．
3　平衡摩擦力
(1)為何平衡摩擦力？
為了讓細繩拉小車的力等于小車所受的合外力，即T＝F合．
(2)如何平衡摩擦力？
不掛槽碼時，將長木板傾斜一定角度θ，讓小車所受的滑動摩擦力與重力沿長木板方向的分力平衡，即Mg sin θ＝μMg cos θ.
4　描繪a 圖像而不是描繪a M圖像的原因
在探究拉力不變，物體的加速度跟物體質量的關系時，憑幾組數據難以直接得出結論．由于圖像很直觀，因此，我們可以借助圖像尋求加速度與質量的關系．
若以a為縱坐標，M為橫坐標，描出的圖線是一條曲線，如圖所示，此時難以判斷它們之間是不是反比例關系．
“a與M成反比”就是“a與成正比”，如圖，以為橫坐標、a為縱坐標建立坐標系，根據a 的圖像是不是過原點的直線，就能判斷加速度a是不是與質量M成反比．
目標一　實驗過程與操作
【歸納】
1．本實驗用到的物理方法
實驗操作方法 控制變量法
數據處理方法 圖像法——化曲為直
2.兩個重要條件：
(1)平衡摩擦力；
(2)m M.
3．平衡摩擦力應注意以下幾點
(1)不掛槽碼．
(2)墊高長木板遠離滑輪的一端．
(3)連好紙帶后接通打點計時器，調節傾角，當紙帶上打出的點跡均勻分布時，說明已經平衡了摩擦力．
【典例】
例 1 在研究作用力F一定時，小車的加速度a與小車(含砝碼)質量M的關系的實驗中，某同學安裝的實驗裝置和設計的實驗步驟如下：
A．用天平稱出小車和槽碼的質量
B．按圖示安裝好實驗器材
C．把細繩系在小車上并繞過定滑輪懸掛槽碼
D．將電磁打點計時器接在6 V電壓的蓄電池上，接通電源，釋放小車，打點計時器在紙帶上打下一系列點，并在紙帶上標明小車質量
E．保持槽碼的質量不變，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與M的關系
(1)請改正實驗裝置圖中的錯誤．
①電磁打點計時器位置_______________________________________________；
②小車位置_________________________________________________；
③滑輪位置______________________________________________________．
(2)該同學漏掉的重要實驗步驟是________，該步驟應排在步驟________之后．
(3)在上述步驟中，有錯誤的是步驟________，應把________改為________．
(4)在上述步驟中，處理不恰當的是步驟________，應把________改為________．
例 2 在探究加速度與力、質量的關系活動中，某小組設計了如圖所示的實驗裝置．圖中上下兩層水平軌道表面光滑，兩小車前端系上細線，細線跨過滑輪并掛上砝碼盤，兩小車尾部細線連到控制裝置上，實驗時通過控制裝置使兩小車同時開始運動，然后同時停止．
(1)在安裝實驗裝置時，應調整滑輪的高度，使____________________；在實驗時，為減小系統誤差，應使砝碼盤和砝碼的總質量________(選填“遠大于”“遠小于”或“等于”)小車的質量．
(2)本實驗通過比較兩小車的位移來比較小車加速度的大小，能這樣比較，是因為________________________________________________．
目標二　數據處理和誤差分析
【歸納】
a F、a 圖線可能出現的情況及對應原因
(1)若平衡阻力時，木板墊起的傾角過小，則a F、a 圖像分別如甲圖①、乙圖②所示．
(2)若平衡阻力時，木板墊起的傾角過大，則a F、a 圖像分別如甲圖③、乙圖④所示．
【典例】
例 3 在探究加速度與力、質量的關系實驗中，采用如圖甲所示的裝置．
(1)本實驗應用的實驗方法是________．
A．控制變量法　B．假設法　C．理想實驗法
(2)下列說法中正確的是________．
A．在探究加速度與質量的關系時，應改變小車所受拉力的大小
B．在探究加速度與外力的關系時，應改變小車的質量
C．在探究加速度a與質量m的關系時，作出a 圖像，容易判斷二者間的關系
D．無論在什么條件下，細線對小車的拉力大小總等于槽碼的重力大小
(3)如圖乙所示為某同學在探究加速度a與力F的關系時，根據測量數據作出的a F圖像，說明實驗存在的問題是________________．
例 4 某組同學設計了“探究加速度a與物體所受合力F及質量m的關系”實驗．如圖甲為實驗裝置簡圖，A為小車，B為電火花計時器，C為槽碼，D為一端帶有定滑輪的長木板，實驗中認為細繩對小車拉力F等于槽碼的總重力，小車運動的加速度a可用紙帶上打出的點求得．
(1)某次實驗時，測得小車和小車上的槽碼總質量為800 g，則槽碼的總質量較為合理的是(　　)
A．50 g B．500 g
C．5 kg D．50 kg
(2)如圖乙為某次實驗得到的紙帶，已知實驗所用電源的頻率為50 Hz.根據紙帶可求出電火花計時器打B點時的速度為________m/s，小車的加速度大小為________m/s2.(結果均保留兩位小數)
(3)在“探究加速度a與質量m的關系”時，某同學按照自己的方案將實驗數據都在坐標系中進行了標注，但尚未完成圖像(如圖丙所示)．請繼續幫助該同學作出坐標系中的圖像．
(4)在“探究加速度a與合力F的關系”時，該同學根據實驗數據作出了加速度a與合力F的圖線如圖丁所示，圖線不通過坐標原點的原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
目標三　實驗創新
【歸納】
1．
【典例】
例 5 如圖所示是某同學探究加速度與力的關系的實驗裝置．他在氣墊導軌上安裝了一個光電門B，滑塊上固定一遮光條，滑塊用細線繞過氣墊導軌左端的定滑輪與力傳感器相連，力傳感器下方懸掛槽碼，每次滑塊都從A處由靜止釋放．
(1)該同學用游標卡尺測量遮光條的寬度d.
(2)實驗時，將滑塊從A位置由靜止釋放，由數字計時器讀出遮光條通過光電門B的時間t，若要得到滑塊的加速度，還需要測量的物理量是__________________________(用文字表述)．滑塊通過光電門的速度為________(用已知量表示)．
(3)下列實驗操作和要求必要的是________(請填寫選項前對應的字母)．
A．應將氣墊導軌調節水平
B．應測出槽碼和力傳感器的總質量
C．應使A位置與光電門B間的距離適當大些
D．應使滑塊質量遠大于槽碼和力傳感器的總質量
例 6 在探究加速度與力、質量關系的實驗中，某同學設計了如圖甲所示的實驗裝置．力傳感器可測出輕繩中的拉力大小．
(1)實驗中為探究加速度與力的關系，一定要進行的操作是________．
A．為減小誤差，實驗中一定要保證砂和砂桶的質量遠小于小車的質量
B．用天平測出砂和砂桶的質量
C．將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡小車受到的阻力
D．小車靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時記錄力傳感器的示數
(2)在正確操作的前提下，該同學在實驗中得到如圖乙所示的一條紙帶(兩計數點間還有四個點沒有畫出)．已知打點計時器采用的是頻率為50 Hz的交流電，根據該紙帶，可求打計數點2時小車的速度大小v2＝______ m/s，小車的加速度為______m/s2(結果保留三位有效數字)．
1.如圖所示是“探究加速度與力、質量的關系”實驗裝置：
(1)如圖是實驗時平衡摩擦力的情形，其中正確的是________(選填字母)．
(2)關于本實驗，下列做法正確的是________．
A．在用打點計時器打紙帶時，應該先放開小車，再接通打點計時器的電源
B．在探究加速度與質量的關系時，應該改變拉力F的大小
C．在探究加速度與質量的關系時，為了直觀判斷兩者間的關系，應作出a － 圖像
D．在探究加速度與力的關系時，作a － F圖像應該用折線將所描的點依次連接
2．在“探究加速度與力、質量的關系”的實驗中，滲透了研究問題的多種科學方法：
(1)實驗環境的等效法：________________________________________________________________________；
(2)實驗條件設計的科學方法：________________________________________________________________________；
(3)實驗原理的簡化：________________________________________________________________________，
即當小車質量M車 m槽碼時，細繩對小車的拉力大小近似等于槽碼的重力m槽碼g；
(4)實驗數據處理的科學方法：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
(5)由a M車圖像轉化為a 圖像，所用的科學方法：______________．
(以上各題均選填“理想實驗法”“圖像法”“平衡摩擦力法”“化曲為直法”“控制變量法”或“近似法”)
3．某同學“探究加速度與物體所受合力的關系”的實驗裝置如圖所示，圖中A是質量為m1的小車，連接在小車后面的紙帶穿過打點計時器B，它們均置于水平放置的一端帶有定滑輪的固定長木板上，P(砂桶和砂)的質量為m2，C為彈簧測力計，實驗時改變P的質量，讀出彈簧測力計的示數F，不計輕繩與滑輪、滑輪與輪軸的摩擦和滑輪的質量．
(1)為了減小實驗誤差，下列做法正確的是________．
A.先釋放小車，后接通打點計時器的電源
B．該實驗拉小車的輕繩不需要與木板平行
C．該實驗砂桶和砂的總質量不需要遠小于小車的質量
D．滑輪摩擦要足夠小，繩的質量要足夠小
(2)如圖是實驗過程中得到的一條紙帶，O、A、B、C、D為選取的計數點，相鄰的兩個計數點之間還有四個點沒有畫出，各計數點到O點的距離分別為：8.00 cm、17.99 cm、30.00 cm、44.01 cm，若打點計時器的打點頻率為50 Hz，則由該紙帶可知小車的加速度大小為________m/s2(結果保留三位有效數字)．
(3)實驗時，某同學由于疏忽，遺漏了平衡摩擦力這一步驟，他測量得到的a F圖像可能是下列選項中的________．
4．某實驗小組用如圖甲所示的實驗裝置探究加速度與力、質量的關系，重物通過滑輪用細線拉著小車，在小車和重物之間接一個不計質量的微型力傳感器，位移傳感器(發射器)隨小車一起沿水平軌道運動，位移傳感器(接收器)固定在軌道一端，實驗中力傳感器的拉力為F，保持小車[包括位移傳感器(發射器)]的質量不變，改變重物重力重復實驗若干次，得到加速度與外力的關系．
(1)關于實驗操作，下列說法正確的是________(填序號)．
A．實驗前應調節滑輪高度，使滑輪和小車間的細線與木板平行
B．平衡摩擦力時，在細線的下端懸掛鉤碼，使小車在線的拉力作用下能勻速下滑
C．每次改變小車所受的拉力后都要重新平衡摩擦力
D．實驗應滿足重物的質量遠小于小車的質量
(2)同學甲根據某次實驗位移傳感器的實驗數據作出小車運動的x t2圖像如圖乙所示，根據圖像可知小車運動的加速度大小為________；比較發現此加速度小于力傳感器拉力F與小車(包括位移傳感器(發射器)的質量的比值)，原因可能是________________________________________________________________________．
2．實驗：探究加速度與力、質量的關系
導學　掌握必備知識
一、
1．水平木板　槽碼
2．(2)拉力不變　質量　質量
二、
1．天平　砝碼　
2．(1)　(3)之比　
3．等于　小得多　重力
共研　突破關鍵能力
目標一
[例1]　解析：(1)①電磁打點計時器應固定在長木板無滑輪的一端，且應靠近右端；②釋放小車時，小車應靠近打點計時器；③連接小車的細繩應平行于木板，故應調節滑輪位置使細繩平行于木板．
(2)實驗時應平衡小車受到的阻力，使小車所受重力沿木板方向的分力與小車所受阻力平衡，故應墊高長木板右端以平衡小車受到的阻力．實驗中把槽碼的重力看成與小車所受拉力大小相等，沒有考慮阻力，故必須平衡小車受到的阻力且應排在步驟B之后．
(3)步驟D中電磁打點計時器接在6 V電壓的蓄電池上將無法工作，必須接在8 V的交流電源上．
(4)步驟G中作a M關系圖像，得到的是曲線，很難進行正確的判斷，必須“化曲為直”，改作a 關系圖像．
答案：(1)①應靠右端　②應靠近打點計時器　③應使細繩平行于木板　(2)平衡小車受到的阻力　B　(3)D　6 V電壓的蓄電池　8 V的交流電源　(4)G　作a M關系圖像　作a 關系圖像
[例2]　解析：(1)拉小車的細線要與軌道平行，只有在砝碼盤和砝碼的總質量遠小于小車質量時，才能認為砝碼盤和砝碼的總重力等于細線拉小車的力．(2)對初速度為零的勻加速直線運動，運動時間相同時，根據x＝at2，得＝，所以能用位移來比較加速度大小．
答案：(1)細線與軌道平行(或水平)　遠小于
(2)兩小車從靜止開始做勻加速直線運動，且兩小車的運動時間相等
目標二
[例3]　解析：(1)要研究三個量之間的關系，首先保持一個量不變，探究另外兩個量的關系，此為控制變量法，選項A正確．(2)外力一定時，加速度a與質量m成反比，a m圖像是一條曲線，不容易確定兩者的關系，而a 圖像是一條直線，便于判斷，選項C正確．(3)圖像與橫軸的截距大于0，即拉力F≤F0 (F≠0)時，加速度等于0，說明小車所受拉力之外的其他力的合力不為0，即沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．
答案：(1)A　(2)C　(3)沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足
[例4]　解析：(1)為了使細繩對小車拉力F等于槽碼的總重力，則需要滿足小車和小車上的槽碼總質量遠遠大于槽碼的質量，若小車和小車上的槽碼總質量為800 g，則槽碼的質量較為合理的是50 g，故A正確，B、C、D錯誤．
(2)AC這段位移的平均速度等于AC這段時間中間時刻的瞬時速度，即B點的瞬時速度，故
vB＝＝1.63 m/s.
由逐差法求解小車的加速度，
a＝＝1.72 m/s2.
(3)根據描點法作出圖像，如圖所示
(4)圖線不通過坐標原點，F不為零時，加速度仍為零，知實驗前沒有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不夠．
答案：(1)A　(2)1.63　1.72　(3)見解析圖
(4)沒有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不夠
目標三
[例5]　解析：(3)A對：實驗前應將氣墊導軌調節水平．B錯：滑塊受到的拉力可以由力傳感器測出，實驗不需要測出槽碼和力傳感器的總質量．C對：為減小實驗誤差，應使A位置與光電門B間的距離適當大些．D錯：滑塊受到的拉力可以由力傳感器測出，不需要使滑塊質量遠大于槽碼和力傳感器的總質量．
答案：(2)遮光條在A處時與光電門B的水平距離　　(3)AC
[例6]　解析：(1)本題拉力可以由力傳感器測出，不需要用天平測出砂和砂桶的質量，也就不需要使小桶(包括砂)的質量遠小于車的總質量，故A、B項錯誤；該題是力傳感器測出的拉力，表示小車受到的合外力，故需要將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡小車受到的阻力，故C項正確；小車靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時記錄力傳感器的示數，故D項正確．
(2)兩計數點間還有4個點沒有畫出，故相鄰計數點間時間間隔T＝0.1 s，打計數點2時小車的速度大小
v2＝＝×10－2 m/s≈0.411 m/s
根據逐差法可知，小車的加速度為
a＝
＝×10－2 m/s2
≈2.00 m/s2
答案：(1)CD　(2)0.411　2.00
精練　落實學科素養
1．解析：(1)平衡摩擦力時，小車要在無拉力的情況下進行，不需要掛槽碼，讓小車拖著紙帶勻速下滑，故選項B最恰當．(2)A錯：使用打點計時器時應先接通電源再釋放小車．B錯：本實驗采用了控制變量法，加速度與質量、外力有關系，所以改變一個自變量時，應使另一個自變量不變．C對：若直接作出a m圖像，則一定是曲線，不易確定曲線的函數關系，所以應嘗試作出a 圖像．D錯：要用平滑的線連接所描出的點．
答案：(1)B　(2)C
2．解析：(1)由于小車運動受到摩擦阻力，所以要進行平衡摩擦力，以減小實驗誤差，稱為平衡摩擦力法；(2)在探究加速度、力與質量三者關系時，先保持其中一個量不變，來探究其他兩個量之間的關系，稱為控制變量法；(3)當小車質量M車 m槽碼時，細繩對小車的拉力大小近似等于槽碼的重力m槽碼g，稱為近似法；(4)通過圖像研究實驗的結果，稱為圖像法；(5)在作圖時，由a M車圖像轉化為a 圖像，使圖線由曲線轉化為直線，稱為化曲為直法．
答案：(1)平衡摩擦力法　(2)控制變量法
(3)近似法　
(4)圖像法　(5)化曲為直法
3．解析：(1)A錯：實驗時應先接通打點計時器的電源再放開小車，使紙帶上打出足夠多的點．B錯：為保證小車所受合力恰好是輕繩的拉力，輕繩必須與木板平行．C、D對：本實驗中彈簧測力計的示數即為輕繩的拉力，不需要用砂和砂桶的總重力代替輕繩拉力，所以不需要保證砂和砂桶的總質量遠小于小車的質量，但滑輪摩擦和輕繩的重力會影響示數，所以滑輪摩擦要足夠小、繩的質量要足夠小．(2)由題意知兩計數點間的時間間隔為0.1 s，根據Δx＝aT2可得加速度a＝＝m/s2≈2.01 m/s2.(3)遺漏了平衡摩擦力這一步驟，由于摩擦力的影響，當拉力為一較小值時，加速度仍為0，故選B.
答案：(1)CD　(2)2.01　(3)B
4．解析：(1)實驗前應調節滑輪高度，使滑輪和小車間的細線與木板平行，故A正確．平衡摩擦力時，不用懸掛鉤碼，故B錯誤．每次改變小車所受的拉力后不需要重新平衡摩擦力，故C錯誤．力傳感器可以直接得到拉力的大小，所以重物的質量沒有必要遠小于小車的質量，故D錯誤．(2)根據x＝at2可知在x t2圖像中斜率表示a，a＝＝2.0 m/s2，解得a＝4.0 m/s2.
此加速度小于力傳感器拉力F與小車(包括位移傳感器、發射器)的質量的比值，原因可能是沒有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不夠．
答案：(1)A　(2)4.0　沒有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不夠3．牛頓第二定律
核心素養定位 物理觀念 (1)能準確表述牛頓第二定律的內容． (2)理解牛頓第二定律表達式的意義． (3)知道國際單位制中力的單位“牛頓”是怎樣定義的．
科學思維 會應用牛頓第二定律解決簡單的動力學問題．
科學探究 通過分析探究實驗的數據，能夠得出牛頓第二定律的數學表達式．
科學態度與責任 培養分析數據、從數據獲取規律的能力，能利用牛頓第二定律解決一些生活中的物理問題．
一、牛頓第二定律的表達式
1．內容：物體加速度的大小跟它受到的作用力成________，跟它的質量成________，加速度的方向跟作用力的方向________．
2．表達式F＝________，其中力F指的是物體所受的________．
二、力的單位
1．力的國際單位：牛頓，簡稱________，符號為________．
2．“牛頓”的定義：使質量為1 kg的物體獲得1 m/s2的加速度的力叫作1 N，即1 N＝________．
3．在質量的單位取kg，加速度的單位取m/s2，力的單位取N時，F＝kma中的k＝________，此時牛頓第二定律可表示為F＝________．
【情境思考】
　如圖所示，某人在客廳內用力推沙發，但是沙發沒有動．
(1)根據牛頓第二定律，有力就能產生加速度，人給沙發施加力后，沙發為什么沒動？
(2)如果地板光滑，當人給沙發施加力的瞬間，沙發會有加速度嗎？是否立刻獲得速度？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　誤區警示
(1)不能由m＝k得出m∝F、m∝的結論，因為物體的質量與受力和加速度無關．
(2)不能由F＝kma得出F∝m、F∝a的結論，因為F是物體受到的合力，與質量m和加速度a無關．
　合外力、加速度和速度的關系
目標一　牛頓第二定律的理解
【導思】
　
(1)通過上一節的實驗，我們知道物體的加速度與物體受到的合力成正比，與物體的質量成反比．那么如何用數學式子來表示這個結論？
(2)上式為牛頓第二定律的表達式，我們知道質量的國際單位是kg，加速度的國際單位是m/s2，根據上述表達式如何確定力的單位？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【歸納】
1．表達式F＝ma中F指物體受到的力，實際物體所受的力往往不止一個，這時F指物體所受的合力，該式中，F、m、a的單位都要用國際單位．
2．牛頓第二定律的四個性質
(1)因果性：力是產生加速度的原因，只要物體所受的合力不為0，物體就具有加速度．
(2)矢量性：F＝ma是一個矢量式，物體的加速度方向由它所受的合力方向決定，且總與合力的方向相同．
(3)瞬時性：加速度與合力是瞬時對應關系，同時產生，同時變化，同時消失．
(4)獨立性：作用在物體上的每一個力都產生加速度，物體的實際加速度是這些加速度的矢量和．
【典例】
例 1 (多選)下列對牛頓第二定律公式的理解正確的是(　　)
A．由F＝ma可知，物體所受的合力與物體的質量成正比，與物體的加速度成正比
B．由m＝可知，物體的質量與其所受的合力成正比，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的合力成正比，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的合力而求出
例 2 (多選)關于速度、加速度和合外力之間的關系，下述說法正確的是 (　　)
A．做勻變速直線運動的物體，它所受合外力是恒定不變的
B．做勻變速直線運動的物體，它的速度、加速度、合外力三者總是在同一方向上
C．物體受到的合外力增大時，物體的運動速度一定加快
D．物體所受合外力為零時，可能處于勻速直線運動狀態
目標二　牛頓第二定律的簡單應用
【導思】
　仔細觀察下列圖片，分析下列問題
(1)馬拉雪橇的力沿什么方向？畫出雪橇的受力示意圖．
(2)雪橇在水平地面上做變速運動，雪橇受到的合力沿什么方向？
(3)怎么求雪橇受到的合力？
(4)如何求雪橇的加速度？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【歸納】
1．應用牛頓第二定律解題的一般步驟
2．為減少矢量的分解，建立坐標系確定坐標軸時一般有以下兩種方法
①分解力而不分解加速度
以加速度a的方向為x軸的正方向建立直角坐標系，將物體所受的各個力分解到x軸和y軸上，分別得到x軸和y軸上的合力Fx和Fy.根據力的獨立作用原理，各個方向上的力分別產生各自的加速度，可得Fx＝ma，Fy＝0.
②分解加速度而不分解力
若物體受幾個相互垂直的力的作用，應用牛頓第二定律求解時，分解的力太多，就會比較煩瑣，所以在建立直角坐標系時，可根據物體的受力情況，使盡可能多的力位于兩坐標軸上，分解加速度a得到ax和ay，根據牛頓第二定律得Fx＝max，Fy＝may.
【典例】
例 3 如圖，甲、乙兩人同時從背面和側面分別用F1＝150 N、F2＝200 N的力推質量為50 kg的沙發，F1與F2相互垂直，且平行于地面，沙發與地面間的動摩擦因數μ＝0.4.設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，下列說法正確的是(　　)
A．沙發的加速度大小為1 m/s2
B．沙發將沿著F1的方向移動
C．沙發不會被推動
D．由于F1小于最大靜摩擦力，因此沙發將沿著F2的方向移動
例 4 如圖所示，一物體沿傾角為α的斜面下滑時，恰好做勻速運動，若物體以某一初速度沖上斜面，則上滑時物體加速度為(　　)
A．g sin α　　　　　B．g tan α
C．2g sin αD．2g tan α
例 5 如圖所示，電梯與水平面的夾角為30°，當電梯加速向上運動時，人對電梯的壓力是其重力的1.2倍，則人與電梯水平面間的摩擦力是其重力的多少倍？
教你解決問題
[關鍵點撥]　在建立直角坐標系時，不管選取哪個方向為x軸正方向，最后得到的結果都應該是一樣的，但在選取坐標軸時，應以解題方便為原則．
1.由牛頓第二定律知，無論怎樣小的力都可以使物體產生加速度，可是當我們用一個力推桌子沒有推動時是因為(　　)
A．牛頓第二定律不適用于靜止的物體
B．桌子的加速度很小，速度增量很小，眼睛不易覺察到
C．推力小于摩擦力，加速度是負值
D．推力、重力、地面的支持力與摩擦力的合力等于0，桌子的加速度為0，所以桌子仍靜止
2.
[2023·上海市洋涇中學期中]長江索道(Yangtze River Cableway)，位于中國重慶市，往返于渝中區的新華路和南岸區的上新街，如圖所示．當索道向右上方勻加速提升纜車車廂，若忽略空氣阻力，則下列有關纜車車廂的受力圖正確的是(　　)
3．[2023·天津市濱海新區高一上期末]慣性制導系統的原理如圖所示．沿導彈長度方向安裝的固定光滑桿上套一個質量為m的滑塊，滑塊的兩側分別與勁度系數均為k的彈簧相連，兩彈簧的另一端與固定壁相連．滑塊原來靜止，彈簧處于自然長度．滑塊上有指針，可通過標尺測出滑塊的位移，然后通過控制系統進行制導．設某段時間內導彈沿水平方向運動，指針向左偏離O點的距離為s，則這段時間內導彈的加速度(　　)
A．方向向左，大小為
B．方向向右，大小為
C．方向向右，大小為
D．方向向左，大小為
4.
如圖所示，在卸貨過程中，自動卸貨車靜止在水平地面上，車廂傾角θ＝37°時，貨箱正沿車廂下滑，已知貨箱與車廂間的動摩擦因數為0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取，則貨箱下滑的加速度大小為(　　)
A．2 m/s2　　　B．4 m/s2
C．6 m/s2D．8 m/s2
5．自制一個加速度計，其構造是：一根輕桿，下端固定一個小球，上端裝在水平軸O上，桿可在豎直平面內左右擺動，用白色硬紙作為表面，放在桿擺動的平面上，并刻上刻度，可以直接讀出加速度的大小和方向．使用時，加速度計右端朝汽車前進的方向，如圖所示．
(1)硬紙上刻度線b在經過O點的豎直線上，則在b處應標的加速度數值是多少？
(2)刻度線c和O點的連線與Ob的夾角為30°，則c處應標的加速度數值是多少？
3．牛頓第二定律
導學　掌握必備知識
一、
1．正比　反比　相同
2．kma　合力
二、
1．牛　N
2．1 kg·m/s2
3．1　ma
情境思考
提示：(1)牛頓第二定律F＝ma中的力F指的是物體受的合力，盡管對沙發有一個推力作用，但沙發受的合力為零，所以不能產生加速度．
(2)加速度與力之間是瞬時對應關系，有力就立刻獲得加速度，但速度的獲得需要一段時間，故不能立刻獲得速度．
共研　突破關鍵能力
目標一
　提示：(1)由結論可知a∝，引入比例系數k可得F＝kma.
(2)質量為1 kg的物體在某個力的作用下獲得1 m/s2的加速度時，這個力F＝kma＝k·1 kg·m/s2.由此可知，只有當k的數值確定時，力F的單位才能確定，取k＝1，則力的單位為kg·m/s2.
[例1]　解析：注意物理公式不同于數學公式，不能單從形式上判斷正比和反比關系，還要考慮物理量的物理意義及決定因素等．可以利用物理公式求未知量，如已知F、a，可根據m＝求m.A錯：作用在物體上的合力，可由物體的質量和加速度計算，但并不由它們決定．B錯：質量是物體的屬性，由物體本身決定，與物體是否受力無關．C、D對：由牛頓第二定律知，加速度與合力成正比，與質量成反比，m可由其他兩個量求得．
答案：CD
[例2]　解析：做勻變速直線運動的物體，加速度恒定不變，由牛頓第二定律知，它所受合外力是恒定不變的，故選項A正確；由牛頓第二定律可知加速度與合外力方向相同，與速度不一定在同一方向上，故選項B錯誤；物體受到的合外力增大時，加速度一定增大，物體的運動速度變化一定加快，而速度不一定加快，故選項C錯誤；物體所受合外力為零時，物體的加速度一定等于零，處于靜止狀態或勻速直線運動狀態，故選項D正確．
答案：AD
目標二
　提示：(1)馬拉雪橇的力斜向上．
雪橇受力如圖所示
(2)雪橇受到的合力沿水平方向．
(3)用正交分解法求合力．
(4)根據牛頓第二定律求解加速度．
[例3]　解析：已知 F1＝150 N、F2＝200 N、FN＝mg＝500 N，根據力的合成法則可求得，兩個相互垂直的力F1、F2的合力為F合＝250 N，沙發受到的最大靜摩擦力f＝μFN＝μmg＝0.4×500 N＝200 N，因為F1、F2的合力大于最大靜摩擦力，所以沙發被推動，運動方向沿合力方向．由F＝ma可得a＝＝＝m/s2＝1 m/s2，故A正確．
答案：A
[例4]　解析：當物體勻速下滑時對其進行受力分析，如圖甲所示
　
根據平衡條件得Ff＝mg sin α
物體以某一初速度沖上斜面，對物體進行受力分析，如圖乙所示
物體所受的合力大小為F合＝mg sin α＋Ff＝2mg sin α，根據牛頓第二定律得a＝＝2g sin α，故選C.
答案：C
[例5]　解析：對人進行受力分析，人受到重力mg、支持力FN、摩擦力Ff(摩擦力的方向一定與接觸面平行，由加速度的方向可推知Ff水平向右)．建立直角坐標系，取水平向右(即Ff方向)為x軸正方向(如圖甲所示)，此時只需分解加速度，其中ax＝a cos 30°，ay＝a sin 30°(如圖乙所示)．
建立方程并求解，由牛頓第二定律得，
x方向有Ff＝ma cos 30°，
y方向有FN－mg＝ma sin 30°，
由題意知FN＝1.2mg，
聯立解得＝.
答案：
精練　落實學科素養
1．解析：牛頓第二定律中的力應理解為物體所受的合力．用一個力推桌子沒有推動，是由于桌子所受推力、重力、地面的支持力與摩擦力的合力等于0，桌子的加速度為0，所以桌子仍靜止，故D正確，A、B、C錯誤．
答案：D
2．解析：由于索道向右上方勻加速提升纜車車廂，故可得纜車車廂的受力為拉力和重力，拉力斜向右上方，B、C、D錯誤，A正確．
答案：A
3．解析：導彈沿水平方向運動，滑塊相對制導系統靜止時，導彈的速度與制導系統滑塊的速度始終相等，則其加速度相等．滑塊受到左、右兩側彈簧的彈力方向均向右，大小均為ks，則合力方向向右，加速度方向向右．由牛頓第二定律得2ks＝ma，解得a＝，故A、B、D錯誤，C正確．
答案：C
4．解析：對貨箱受力分析，由牛頓第二定律可得mg sin θ－μmg cos θ＝ma，即加速度為a＝g sin θ－μg cos θ，解得a＝2 m/s2，A正確．
答案：A
5．解析：(1)當輕桿與Ob重合時，小球所受合力為0，其加速度為0，車的加速度亦為0，故b處應標的加速度數值為0.
(2)當輕桿與Oc重合時，如圖所示，
由牛頓第二定律得mg tan θ＝ma1，
解得a1＝g tan θ＝9.8×m/s2≈5.66 m/s2.
答案：(1)0　(2)5.66 m/s24．力學單位制
核心素養定位 物理觀念 (1)了解什么是單位制，知道力學中的三個基本量：質量、長度、時間以及它們 的基本單位：千克、米、秒． (2)知道力學中除質量、長度、時間以外物理量的單位都是根據物理量之間的關系從基本單位中推導出來的導出單位． (3)知道國際單位制中七個基本物理量及其單位．
科學思維 (1)能夠根據物理量的定義式或者物理關系來推導其他物理量的單位． (2)能在運算過程中規范使用物理單位． (3)會利用單位制判斷一個物理量表達式的可能正誤等有關問題．
科學態度與責任 (1)了解單位制在物理學中的重要意義． (2)認識統一單位的重要性和必要性，了解單位制能促進世界科技、文化的交流．
一、基本單位
1．基本量
被選定的能夠利用物理量之間的關系推導出其他物理量的________的一些物理量，如力學中有長度、質量、時間．
　　　　　　　　　基本單位少，導出單位多
2．基本單位：所選定的________的單位．
在力學中，選定________、________和________這三個物理量的單位為基本單位．
長度的單位有厘米(cm)、米(m)、千米(km)等．
質量的單位有克(g)、千克(kg)等．
時間的單位有秒(s)、分鐘(min)、小時(h)等．
3．導出單位
由基本量根據________推導出來的其他物理量的單位，例如速度的單位“米每秒”(m/s)、加速度的單位“米每二次方秒”(m/s2)、力的單位“牛頓”(kg·m/s2).
4．單位制：________單位和________單位一起組成了一個單位制．
二、國際單位制
1．國際單位制：1960年第11屆國際計量大會制訂的一種國際通用的、包括一切計量領域的單位制．
2．國際單位制中的基本量
國際單位制中選定________、________、________、電流(I)、熱力學溫度(T)、物質的量(n)、發光強度(I)七個量為基本量．
3．國際單位制中的力學基本單位
長度l，單位：________；質量m，單位：________；時間t，單位：________.
【情境思考】
如圖所示，某老師健身跑步的速度可以達到10.8 km/h，某人騎自行車的速度為6 m/s.
(1)僅憑所給兩個速度的數值能否判斷健身跑步的速度與騎自行車的速度的大小關系？如何比較以上兩個速度的大小關系？
(2)以上兩個速度的單位是基本單位還是導出單位？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　單位制中各概念的關系
　為什么選取質量、長度、時間作為力學的基本量？
力學研究的是物體在運動過程中力與運動的關系，因此聯系物體自身屬性的量(質量)和反映空間尺度的量(長度)以及時間，必然與物體受力后的運動變化聯系得最密切、最普遍，所以質量、長度和時間在力學中有最基本的地位．
　國際單位制的單位不一定是基本單位，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．
目標一　單位制的理解
【導思】
(1)根據圖中數字和單位的描述，單從數值上考慮，能直接比較三者的體重嗎？為什么？要比較2～7.5噸、200磅、85 kg的大小，應該怎么做？
(2)計量一頭大象的質量常用噸(t)作單位，但在計量人的質量時卻用千克(kg)作單位，為什么？
(3)由v＝，若位移的單位用m，時間的單位用s，則速度的單位是什么？由a＝，若速度的單位用m/s，時間的單位用s，則加速度的單位是什么？由此可想到什么？
【歸納】
1．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，(v) 摩[爾] mol
發光強度 I，(Iv) 坎[德拉] cd
2.單位制的理解
(1)單位制是為了測量、比較物理量的大小而建立的．物理公式在確定了物理量數量關系的同時，也確定了物理量的單位關系．
(2)基本單位和導出單位組成了單位制．基本單位是可以任意選定的，由于基本單位選取的不同，組成的單位制也就不同．
【典例】
例 1 下列有關力學單位制的說法中正確的是(　　)
A．在有關力學計算中，只能采用國際單位制
B．單位制中的導出單位可以用基本單位來表達
C．力學單位制中，選為基本單位的物理量有長度、質量和速度
D．力學單位制中，采用國際單位的基本單位有千克、千米和秒
例 2 (多選)關于下面的物理量和單位：①密度，②牛，③米每秒，④加速度，⑤長度，⑥質量，⑦千克，⑧時間．說法正確的是(　　)
A．屬于國際單位制中基本單位的是①⑤⑥⑧
B．屬于國際單位制中基本單位的是⑦
C．屬于國際單位的是②③⑦
D．屬于國際單位的是④⑤⑥
目標二　單位制的應用
【導思】
如圖所示，圓錐的高是h，底面半徑是r，某同學記的圓錐
體積公式是V＝πr3h.
(1)圓錐的高h、半徑r的國際單位各是什么？體積的國際單位又是什么？
(2)將h、r的單位代入公式V＝πr3h，計算出的體積V的單位是什么？這說明該公式是對還是錯？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【歸納】
1．簡化計算過程的單位表達：在解題計算時，已知量均采用國際單位制，計算過程中不用寫出各個量的單位，只要在式子末尾寫出所求量的單位即可．
2．推導物理量的單位：物理公式在確定各物理量的數量關系時，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，F＝kma中k無單位．
4．比較物理量的大小：比較某個物理量不同值的大小時，必須先把它們的單位統一，再根據值來比較．
【典例】
例 3 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(　　)
A．m＝＝ kg＝0.2 kg
B．m＝＝＝20 ＝20 kg
C．m＝＝＝20 kg
D．m＝＝ kg＝20 kg
例 4 由庫侖定律可知，真空中兩個靜止的點電荷，帶電荷量分別為q1和q2，其間距為r時，它們之間相互作用力的大小為F＝k，式中k為靜電力常量．若用國際單位制的基本單位表示，k的單位應為(電荷的單位是C，1 C＝1 A·s)(　　)
A．kg·A2·m3 B．kg·A－2·m3·s－4
C．kg·m2·C－2 D．N·m2·A－2
例 5 在解一道文字計算題(由字母表達結果的計算題)時，一個同學解得x＝(t1＋t2)，x是位移，F是力，m是質量，t1、t2是時間．用單位制的方法檢驗，這個結果(　　)
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
1.新型冠狀病毒在顯微鏡下的形狀如圖所示，他的大小在納米的數量級下，根據我們高中所學內容，下列單位屬于國際基本單位的是 (　　)
A．長度　　　B．m　　　C．nm　　　D．cm
2．[2023·河北秦皇島第五中學高一期末]下列各組物理量中，全是國際單位制中力學基本物理量的是(　　)
A．長度、力、質量 B．長度、時間、質量
C．米、牛頓、千克 D．米、秒、千克
3．[2023·河南開封月考]
我國用長征三號乙運載火箭成功發射亞太6D衛星，發射重量約5 550 kg，通信總容量達到50GBPS，在軌服務壽命15年，該衛星在載荷重量、通信容量等方面，刷新了國內同類通信衛星的紀錄．在這則新聞中涉及了質量、時間和通信總容量及其單位，以下判斷正確的是 (　　)
A．新聞中涉及的單位“年”是國際單位制中的導出單位
B．“千克米每二次方秒”被定義為“牛頓”，“牛頓”是國際單位制中的導出單位
C．秒是國際單位制中力學三個基本物理量之一
D．所有的物理量都有單位
4．[2023·江蘇徐州一中高一上月考]第26屆國際計量大會通過“修訂國際單位制”決議，新國際單位體系采用不變的自然常數重新定義質量單位“千克”、電流單位“安培”、溫度單位“開爾文”和物質的量單位“摩爾”．以F表示力，v表示速度，a表示加速度，x表示位移，t表示時間，m表示質量，借助單位制可知下列表達式可能正確的是(　　)
A．x＝B．t＝
C．v＝ D．a＝
5．質量為10 g的子彈，以300 m/s的水平初速度射入一塊豎直固定的木板，把木板打穿，子彈射出的速度是200 m/s.若木板厚度為10 cm，求子彈對木板的平均作用力，小明同學的解法如下：
由運動學公式：
＝ m/s2＝－2.5×103 m/s2
由牛頓第二定律：
F＝ma＝10×(－2.5×103)N＝－2.5×104 N.
你同意他的解法嗎？不同意的話給出正確解法．
4．力學單位制
導學　掌握必備知識
一、
1．單位
2．基本量　長度　質量　時間　
3．物理關系　
4．基本　導出
二、
2．長度(l)　質量(m)　時間(t)
3．米(m)　千克(kg)　秒(s)
情境思考
提示：(1)由于兩個速度的單位不同，故不能直接比較它們數值的大小．
比較以上兩個速度的大小，應先統一這兩個速度的單位．由于6 m/s＝6×3.6 km/h＝21.6 km/h>10.8 km/h，故騎自行車的速度大．
(2)都是導出單位．
共研　突破關鍵能力
目標一
　提示：(1)不能．單位不統一，沒辦法直接進行比較．把2～7.5噸、200磅、85 kg換算成統一的單位，如均換算成kg，然后再進行比較．
(2)1 t＝1×103 kg，大象比較重，人相對較輕，故大象的質量用t作單位，而人的質量用kg作單位．
(3)m/s.m/s2.物理學的關系式在確定了物理量之間的關系時，也確定了物理量的單位之間的關系．
[例1]　解析：在有關力學的分析計算中，可以根據實際情況對單位進行選擇，不一定采用國際單位，故A錯誤；力學中的其他物理量的單位，可以用質量、長度和時間的單位來表達，故B正確；在力學單位制中，選為基本單位的物理量有長度、質量和時間，故C錯誤；在力學中，選定長度、質量和時間這三個物理量的單位作為基本單位，它們的國際制單位是米、千克和秒，故D錯誤．
答案：B
[例2]　解析：注意物理量的名稱與單位名稱的區別及國際單位與國際單位制中的基本單位的區別．密度、加速度、長度、質量和時間不是單位的名稱，而是物理量的名稱．千克是國際單位制中的基本單位，牛、米每秒是國際單位制中的導出單位，都屬于國際單位．故答案為B、C.
答案：BC
目標二
　提示：(1)米(m)　米(m)　立方米(m3)
(2)由V＝πr3h，可得V的單位是m4，與體積的國際單位m3相矛盾，說明該公式是錯的．
[例3]　解析：帶單位運算時，每一個數據均要帶上單位，且單位換算要準確，也可以把題中已知量的單位都用國際單位制單位表示，所得結果的單位就是國際單位制單位，這樣在統一已知量的單位后，就不必再一一寫出各個量的單位，只在式子末尾寫出正確單位即可．在備選的四個選項中A、C均錯誤，B項解題過程正確，但不簡潔，只有D項單位運用正確，且簡潔規范．
答案：D
[例4]　解析：由公式F＝k得，k＝，故k的單位為，又有q＝1 C＝1 A·s，由F＝ma可知1 N＝1 kg·m·s－2，故1＝1 kg·A－2·m3·s－4，選項B正確．
答案：B
[例5]　解析：等號右邊的單位為·s＝＝m/s，此為速度的單位，而等號左邊位移的單位為m，所以結果錯誤．
答案：B
精練　落實學科素養
1．答案：B
2．解析：國際單位制中長度、時間、質量是力學中基本物理量．
答案：B
3．解析：“年”是時間的一個單位，但不是國際單位制中的單位，A錯誤；“千克米每二次方秒”是由F＝ma推導出來的，是國際單位制中的導出單位，為了紀念牛頓把它定義為牛頓，B正確；國際單位制中力學三個基本物理量是：長度、質量、時間，而秒只是時間的單位，C錯誤；有單位的物理量要注明單位，但并不是所有物理量都有單位，如前面學過的動摩擦因數μ就沒有單位，D錯誤．
答案：B
4．解析：的單位為＝＝m/s，而位移x的單位為m，故A錯誤；的單位為s2, 的單位為s，故B可能正確；xat的單位為m2/s，的單位為m/，不是速度的單位，故C錯誤；的單位為s2/kg, 的單位為s/，不是加速度的單位，故D錯誤．
答案：B
5．解析：不同意，原因是單位未統一到同一單位制中，正確解法如下：
x＝10 cm＝0.1 m，m＝10 g＝10－2 kg，由運動學公式：＝m/s2＝－2.5×105 m/s2，
由牛頓第二定律：F＝ma＝10－2×(－2.5×105)N＝－2.5×103 N.
負號表示與速度反向．
答案：見解析5．牛頓運動定律的應用
核心素養定位 科學思維 (1)熟練掌握應用牛頓運動定律解決動力學問題的思路和方法． (2)理解加速度是解決兩類動力學基本問題的橋梁．
科學探究 利用生產生活中的實際問題，探究、論證運動和力的關系．
科學態度與責任 感受物理和生活、科學、技術的聯系，培養探索自然的內在動力．
一、力和運動的關系
　牛頓第二定律確定了物體________和力的關系；加速度的大小與物體____________的大小成正比，與物體的________成反比；加速度的方向與物體________________的方向相同．
二、從受力確定運動情況
如果已知物體的受力情況，可以由________________求出物體的加速度，再通過________的規律確定物體的運動情況．
三、從運動情況確定受力
如果已知物體的運動情況，根據________規律求出物體的加速度，結合受力分析，再根據________________求出力．
【情境思考】
　如圖所示為滑雪運動員從山坡向下滑雪時的照片．
請對以下結論作出判斷：
(1)滑雪運動員從山坡上滑下時，其運動狀態與受力情況無關．(　　)
(2)根據滑雪運動員的加速度方向，可以判斷滑雪運動員受到的每個力的方向．(　　)
(3)滑雪運動員的運動情況是由其受力情況決定的．(　　)
(4)已知滑雪運動員的加速度及質量，可以確定滑雪運動員所受的合外力．(　　)
　分析兩類動力學基本問題涉及的物理規律
(1)牛頓第二定律：F合＝ma
(2)牛頓第三定律：F＝－F′
(3)運動學公式
　弄清兩個關系
(1)方向關系：要區分速度方向與加速度方向，兩個方向可能相同，也可能不同；
(2)合力與分力的關系：由牛頓第二定律所求的力是合力，若求某個分力的大小時，需利用平行四邊形定則解答．
目標一　從受力確定運動情況
【導思】
將質量為m的冰壺沿冰面以速度v0投出，如何求解它能滑行的距離？
(1)如圖所示，以一定速度v0將冰壺沿冰面投出，冰壺滑行時受什么力？
(2)冰壺滑行時速度不斷變小，如何求解它的加速度？
(3)如何求冰壺滑行的距離？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【歸納】
1．問題概述
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、位移和時間．
2．解決問題的流程
例如：
已知受力情況：a＝，可由v＝v0＋at或x＝v0t＋at2求經時間t后的速度或位移．
【典例】
例 1 滑冰車是兒童喜歡的冰上娛樂項目之一．如圖所示為小明媽媽正與小明在冰上做游戲，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)．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．
教你解決問題
第三步：物理模型數學模型
遷移拓展1　請根據【例1】中的情境，試求冰車一共滑行了多長時間？
遷移拓展2　請根據【例1】中的情境，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5 s后，停止施加力的作用，則冰車自由滑行的時間是多少？
目標二　從運動情況確定受力
【導思】
　2022年2月7日，在北京冬奧會單板滑雪比賽項目中，蘇翊鳴奪得男子坡面障礙技巧賽的銀牌．其在練習滑雪時的照片如圖所示．
(1)若已知滑雪運動員以初速度v0在t時間內沿傾斜的直線滑道勻加速下滑的距離為x，那么如何求解運動員的加速度？
(2)已知運動員的質量為m，怎樣求運動員受到的合力？
(3)已知山坡的傾角為θ，如何求解運動員受到的阻力(包括摩擦力和空氣阻力)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【歸納】
1．問題概述
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、時間、加速度或位移)已知的條件下，要求得出物體所受的力．
2．解決問題的流程
例如：
已知運動參量，則a＝，據F－Ff＝ma可求拉力或摩擦力．
【典例】
例 2 一輛汽車在恒定牽引力作用下由靜止開始沿直線運動，4 s內通過8 m的距離，此后關閉發動機，汽車又運動了2 s停止，已知汽車的質量m＝2×103 kg，汽車運動過程中所受的阻力大小不變，求：
(1)關閉發動機時汽車的速度大小；
(2)汽車運動過程中所受到的阻力大小；
(3)汽車牽引力的大小．
教你解決問題
第三步：物理模型數學模型
例 3 冰壺是冬奧會的正式比賽項目，冰壺在冰面上運動時，運動員可以通過刷冰減小冰壺與冰面之間的動摩擦因數，從而控制冰壺的滑行距離．如圖，在2022年北京冬奧會上，已知從冰壺的投擲點到“大本營”中心的距離為40 m，“大本營”的直徑為3.66 m．在某次比賽中，質量為19 kg的冰壺被推出后，做初速度為4 m/s的勻減速直線運動，在它停下的最后1 s內位移為0.1 m．(g＝10 m/s2，冰壺可看成質點)求：
(1)冰壺與冰面之間的摩擦力；
(2)30 s內冰壺的位移大小．
目標三　物體在“兩類”光滑斜面上的下滑時間的比較
【歸納】
1．等高斜面(如圖1所示)
由L＝at2，a＝g sin θ，L＝
可得t＝
可知傾角越小，時間越長，圖1中t1>t2>t3.
2．同底斜面(如圖2所示)
由L＝at2，a＝g sin θ，L＝
可得t＝
可見θ＝45°時，時間最短，圖2中t1＝t3>t2.
【典例】
例 4 為了使雨滴能盡快地淌離房頂，要設計好房頂的高度，設雨滴沿房頂下淌時做無初速度無摩擦的運動，那么如圖所示的四種情況中符合要求的是(　　)
例 5 如圖所示，一物體分別從高度相同、傾角不同的三個光滑斜面頂端由靜止開始下滑．下列說法正確的是 (　　)
A．滑到底端時的速度相同
B．滑到底端所用的時間相同
C．在傾角為30°的斜面上滑行的時間最短
D．在傾角為60°的斜面上滑行的時間最短
1．太空中測量質量的原理是依據牛頓運動定律：航天員在輕質支架上被另一航天員拉離平衡位置，如圖所示，松手后，該航天員在大小為120 N的恒定合力作用下，經0.5 s復位，測得復位時瞬間速度為1 m/s，則被測航天員的質量為 (　　)
A．65 kg B．60 kg
C．70 kg D．75 kg
2．如圖所示，在行駛過程中，如果車距不夠，剎車不及時，汽車將發生碰撞，車里的人可能受到傷害．為了盡可能地減少碰撞引起的傷害，人們設計了安全帶及安全氣囊．假定乘客質量為70 kg，汽車車速為108 km/h(即30 m/s)，從踩下剎車到車完全停止需要的時間為5 s，安全帶及安全氣囊對乘客的作用力大約為(　　)
A．420 N B．600 N
C．800 N D．1 000 N
3.
如圖所示，兩個光滑斜面體，靠在一起固定在水平面上，底邊長CD＝DE，斜面體ADE的頂角為θ，斜面體BCD的底角也為θ，讓甲、乙兩個球同時從兩斜面頂端A、B由靜止釋放，甲、乙兩球在斜面上運動的時間分別為t1、t2，則(　　)
A．t1＝t2
B．t1>t2
C．t1D．不能確定t1、t2的大小關系．
4．如圖甲是高層建筑配備的救生緩降器材，遇到突發情況時，逃生者可以將安全帶系于腰部，通過鋼絲繩等安全著陸．如圖乙所示，某次演練中，逃生者從距地面72 m高處，由靜止開始勻加速下滑27 m，隨后以18 m/s的速度勻速運動，一段時間后做減速運動并到達地面．不計空氣阻力，g取10 m/s2.求：
(1)勻加速下滑的加速度大小．
(2)加速下滑時鋼絲繩對逃生者的拉力與重力的比值．
5．[2022·浙江1月]第24屆冬奧會在我國舉辦．鋼架雪車比賽的一段賽道如圖1所示，長12 m水平直道AB與長20 m的傾斜直道BC在B點平滑連接，斜道與水平面的夾角為15°.運動員從A點由靜止出發，推著雪車勻加速到B點時速度大小為8 m/s，緊接著快速俯臥到車上沿BC勻加速下滑(圖2所示)，到C點共用時5.0 s．若雪車(包括運動員)可視為質點，始終在冰面上運動，其總質量為110 kg，sin 15°＝0. 26，求雪車(包括運動員)
(1)在直道AB上的加速度大小；
(2)過C點的速度大小；
(3)在斜道BC上運動時受到的阻力大小．
5．牛頓運動定律的應用
導學　掌握必備知識
一、
加速度　所受合力　質量　所受合力
二、
牛頓第二定律　運動學
三、
運動學　牛頓第二定律
情境思考
答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)√
共研　突破關鍵能力
目標一
　提示：(1)重力、支持力和冰面對它的摩擦力．
(2)根據冰壺的受力情況，求出冰壺所受的合力，再根據牛頓第二定律即可求得冰壺滑行時的加速度．冰壺受到的合力等于摩擦力，F合＝Ff＝μmg(μ為冰壺和冰面間的動摩擦因數)，接著根據牛頓第二定律，得加速度大小a＝＝μg，方向與運動方向相反．
(3)已知冰壺的初速度、末速度、滑行過程中的加速度，根據運動學公式＝2ax，即可求得冰壺滑行的距離．
[例1]　解析：(1)以冰車及小明為研究對象，由牛頓第二定律得F－μmg＝ma1①
vm＝a1t②
由①②得vm＝5 m/s.
(2)冰車勻加速運動過程中有
x1＝a1t2③
冰車自由滑行時有μmg＝ma2④
＝2a2x2⑤
又x＝x1＋x2⑥
由③④⑤⑥得x＝50 m.
答案：(1)5 m/s　(2)50 m
遷移拓展1　解析：撤去推力后，冰車在摩擦力作用下做勻減速直線運動，最終速度為0
由運動學公式：0＝vm－a2t′
解得t′＝10 s，所以t總＝t＋t′＝20 s.
答案：20 s
遷移拓展2　解析：由運動學公式得v′m＝a1t1
解得v′m＝2.5 m/s
停止施加力，冰車做勻減速直線運動
由牛頓第二定律得μmg＝ma2
又0＝v′m－a2t″，解得t″＝5 s.
答案：5 s
目標二
　提示：(1)根據運動學公式x＝v0t＋at2求解．
(2)根據牛頓第二定律F合＝ma，可求得運動員受到的合力．
(3)根據受力分析，沿山坡方向有mg sin θ－Ff＝F合，可求得阻力Ff.
[例2]　解析：(1)汽車開始做勻加速直線運動，
則x0＝t1，解得v0＝＝4 m/s.
(2)汽車滑行減速過程中加速度a2＝＝－2 m/s2，
由牛頓第二定律得－Ff＝ma2，
解得Ff＝4×103 N.
(3)開始加速過程中加速度為a1，則x0＝
由牛頓第二定律得F－Ff＝ma1，
解得F＝Ff＋ma1＝6×103 N.
答案：(1)4 m/s　(2)4×103 N　(3)6×103 N
[例3]　解析：(1)根據x＝at2可得a＝＝ m/s2＝0.2 m/s2
可得f＝ma＝19×0.2 N＝3.8 N
(2)由于t＝＝ s＝20 s
即冰壺在20 s內已停止運動
則30 s內的位移為x總＝t＝×20 m＝40 m
答案：(1)3.8 N　(2)40 m
目標三
[例4]　解析：雨滴從房頂下淌時做初速度為零的勻加速直線運動，根據受力分析可知a＝g sin θ.設屋檐的底角為θ，底邊為l，根據運動學公式x＝at2可知＝g sin θ·t2，解得t＝ ，當θ＝45°時，時間最短，C選項正確．
答案：C
[例5]　解析：設斜面高度為h，斜面傾角為θ，則斜面長度為L＝，根據牛頓第二定律有mg sin θ＝ma，解得a＝g sin θ，根據v2＝2aL，得v＝＝＝，可知沿不同的傾角的斜面到達底端的速度大小相等，但方向不同，故速度不同，則A項錯誤．根據初速度為0的勻加速直線運動的位移L＝at2，可得t＝ ＝＝，可知傾角越大，下滑時間越短，故傾角取圖中最大值，即θ＝60°時，下滑時間最短，故B、C項錯誤，D項正確．
答案：D
精練　落實學科素養
1．解析：航天員由靜止到復位過程看作勻加速直線運動，根據速度時間關系式v＝at可求得加速度的值為a＝2 m/s2，再根據牛頓第二定律得m＝＝60 kg.
答案：B
2．解析：從踩下剎車到車完全停止的5 s內，人的速度由30 m/s減小到0，視為勻減速直線運動，則有a＝＝＝.根據牛頓第二定律知安全帶及安全氣囊對乘客的作用力F＝ma＝70×(－6) N＝－420 N，負號表示力的方向跟初速度方向相反．所以選項A正確．
答案：A
3．解析：兩個斜面體的底邊長相等，設底邊長為L，則＝＝，聯立即可求得時間關系．
答案：A
4．解析：(1)由運動學公式，知＝2a1x1，解得a1＝6 m/s2.(2)逃生者加速下滑時，根據牛頓第二定律有mg－FT＝ma1，解得FT＝mg－ma1，則＝0.4.
答案：(1)6 m/s2　(2)0.4
5．解析：(1)設雪車從A→B的加速度大小為a、運動時間為t，根據勻變速直線運動的規律有2alAB＝、vB＝at
解得t＝3 s、a＝ m/s2
(2)方法一　由題知雪車從A→C全程的運動時間t0＝5 s，設雪車從B→C的加速度大小為a1、運動時間為t1，故t1＝t0－t，根據勻變速直線運動的規律有
lBC＝
vC＝vB＋a1t1
代入數據解得a1＝2 m/s2、vC＝12 m/s
方法二　由于雪車在BC上做勻變速運動，故lBC＝·t1＝(t0－t)
解得vC＝12 m/s
(3)方法一　設雪車在BC上運動時受到的阻力大小為f，根據牛頓第二定律有mg sin 15°－f＝ma1
代入數據解得f＝66 N
方法二　對雪車在BC上的運動過程由動量定理有
(mg sin 15°－f)(t0－t)＝mvC－mvB
代入數據解得f＝66 N
方法三　對雪車從B→C由動能定理有
（）＝
解得f＝66 N
答案：(1) m/s2　(2)12 m/s　(3)66 N6．超重和失重
核心素養定位 物理觀念 (1)知道測量重力的兩種方法． (2)知道超重、失重和完全失重現象及其產生條件．
科學思維 (1)會應用牛頓第二定律分析超重和失重現象發生的動力學原因，理解超重和失重現象的本質． (2)了解超重和失重現象在各個領域的應用，解釋生活中的超重和失重現象．
科學探究 (1)通過體驗或者實驗，認識超重和失重現象． (2)通過在電梯里觀察體重計示數或其他方式發現超重和失重現象產生的條件．
科學態度與責任 (1)培養學生從實際情境中捕捉信息、發現問題并提出問題的能力． (2)培養學生用科學知識解釋生活現象的能力，形成探索自然的驅動力．
一、重力的測量
　方法一：利用牛頓第二定律，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________，利用牛頓第二定律可得：G＝________．
　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　二力平衡
　方法二：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________上，使它處于靜止狀態．這時物體所受的重力和測力計對物體的拉力或支持力的大小________，測力計的示數反映了物體所受的重力大小．
二、超重和失重
1．體重計的________，反映了人對體重計的________．
2．失重物體的重力沒變化
(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________的現象，叫作失重現象．
(2)產生條件：物體具有________的加速度．
3．超重物體的重力沒變化
(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，叫作超重現象．
(2)產生條件：物體具有________的加速度．
4．完全失重物體的重力沒變化
(1)定義：物體對支持物(或懸掛物)完全沒有作用力，這種現象被叫作完全失重狀態．
(2)產生條件：加速度a＝____，方向________．
【情境思考】
　如圖所示為運動員在跳遠比賽中的照片．請對以下結論作出判斷：
(1)運動員起跳時地面對運動的支持力大于運動員的重力．(　　)
(2)運動員騰空過程中處于平衡狀態．(　　)
(3)運動員落地時處于超重狀態．(　　)
(4)運動員與地面接觸時地面對運動員的支持力始終等于運動員的重力．(　　)
　體重計測重力的學問
(1)體重計的示數反映了體重計所受壓力的大小．
(2)體重計所受壓力大小等于人所受支持力大小(牛頓第三定律)．
(3)人所受支持力大小等于人的重力(人處于平衡狀態)．
　什么是實重？
實重是物體實際所受的重力，物體所受的重力不會因物體運動狀態的變化而變化．
　太空中的情境
“神舟十三號”航天員王亞平太空授課，飛船內的物體處于完全失重狀態．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
目標一　超重和失重的理解及判斷
【導思】
　如圖所示，某人乘坐電梯正在向上運動．
(1)電梯啟動瞬間加速度沿什么方向？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？
(2)電梯將要到達目的地減速運動時加速度沿什么方向？人受到的支持力比其重力大還是小？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【歸納】
1．實重
物體實際所受的重力，物體所受重力不會因物體運動狀態的改變而變化．
2．視重
當物體在豎直方向上有加速度時，物體對彈簧測力計的拉力或對臺秤的壓力將不等于物體的重力，此時彈簧測力計或臺秤的示數叫物體的視重．
3．判斷超重、失重的方法
(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0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時處于超重狀態，具有向下的加速度時處于失重狀態，向下的加速度為g時處于完全失重狀態．
(3)超重、失重與物體的運動方向即速度方向無關．
【典例】
例 1 下列關于超重和失重的說法中，正確的是 (　　)
A．物體處于超重狀態時，其重力增加了
B．物體處于完全失重狀態時，其重力為零
C．物體處于超重或失重狀態時，其慣性比物體處于靜止狀態時增加或減小了
D．物體處于超重或失重狀態時，其質量及受到的重力都沒有變化
例 2 在某中學的田徑運動會上，小剛同學成功地跳過了1.60 m的高度．若忽略空氣阻力，則下列說法正確的是(　　)
A．小剛下降過程中處于超重狀態
B．小剛起跳以后在上升過程中處于失重狀態
C．小剛起跳時處于失重狀態
D．小剛下降過程中與起跳時相比重力變小了
例 3 (多選)某同學用手機的加速度傳感器測量了電梯運行過程中的加速度，得到了圖1所示的圖線(規定豎直向上為正方向)，為了簡化問題研究，將圖線簡化為圖2所示的圖像．已知t＝0時電梯處于靜止狀態，則以下判斷正確的是(　　)
A．t＝5 s時電梯處于超重狀態
B．8～9 s內電梯在做減速運動
C．10～15 s內電梯在下行
D．17～20 s內電梯在上行
目標二　超重和失重的有關計算
【歸納】
1．超重與失重問題，實質上是牛頓第二定律應用的延續，解題時仍應抓住聯系力和運動的橋梁——加速度．
2．解決超重和失重問題的一般思路
超重和失重現象的實質就是牛頓第二定律的應用，解答有關問題時：
(1)分析物體運動的加速度方向；
(2)判斷物體處于超重狀態還是失重狀態；
(3)對物體進行受力分析；
(4)利用牛頓第二定律分析和求解．
【典例】
例 4[2023·湖北鄂州高一上期末](多選)
隨著城市化的不斷發展，城里的樓房也越建越高．小周同學家住在某棟31層的居民樓里，該樓內部裝有電梯，如圖所示．小周同學和他的學習小組為了探究超失重現象，將一臺懸掛式測力計放在電梯中，并在測力計上掛上一物體．當電梯平穩運行時，測力計的示數為1 N，從某時刻起，發現測力計的示數穩定在1.2 N，取g＝10 m/s2，則(　　)
A．物體的質量變為0.12 kg
B．電梯正在以2 m/s2的加速度加速上升
C．電梯正在以2 m/s2的加速度減速下降
D．該時刻，電梯已經停在頂樓
例 5 某人在地面上最多可舉起50 kg的物體，某時刻他在豎直向上運動的電梯中最多舉起了60 kg的物體，據此判斷此電梯加速度的大小和方向為(g取10 m/s2)(　　)
A．2 m/s2，方向豎直向上
B． m/s2，方向豎直向上
C．2 m/s2，方向豎直向下
D． m/s2，方向豎直向下
例 6 一質量為60 kg的人站在觀光電梯底板上，如圖所示的v t圖像是計算機顯示的觀光電梯在某一段時間內速度變化的情況(豎直向上為正方向)．根據圖像提供的信息，可以判斷下列說法中正確的是(g取)(　　)
A.在5～10 s內，該人對電梯底板的壓力等于500 N
B.在0～5 s內，觀光電梯在加速上升，該人所受的支持力為624 N，處于超重狀態
C．在10～20 s內，該人所受的支持力為490 N，處于失重狀態
D．在20～25 s內，該人所受的支持力為490 N，處于超重狀態
1．在身體素質測試“原地縱跳摸高”科目中，某同學按科目要求所做的四個動作過程如圖所示，其中處于超重狀態的過程是(　　)
2.
(多選)如圖所示，放在電梯地板上的一個木塊相對電梯處于靜止狀態，此時彈簧處于壓縮狀態．突然發現木塊被彈簧推動，據此可判斷電梯此時的運動情況可能是(　　)
A．加速下降 B．加速上升
C．減速上升 D．減速下降
3．(多選)幾位同學為了探究電梯起動和制動時的運動狀態變化情況，他們將體重計放在電梯中，一位同學站在體重計上，然后乘坐電梯從1層直接到10層，之后又從10層直接回到1層，用照相機進行了相關記錄，如圖所示．圖1為電梯靜止時體重計的照片，圖2、圖3、圖4和圖5分別為電梯運動過程中體重計的照片．根據照片推斷正確的是(　　)
A．根據圖2推斷電梯一定處于加速上升過程，電梯內同學可能處于超重狀態
B．根據圖3推斷電梯一定處于減速下降過程，電梯內同學可能處于失重狀態
C．根據圖4推斷電梯可能處于減速上升過程，電梯內同學一定處于失重狀態
D．根據圖5推斷電梯可能處于減速下降過程，電梯內同學一定處于超重狀態
4．[2023·焦作高一期末]一只小鳥飛來停在細樹枝上，隨樹枝上下晃動(可視為豎直方向的運動)，以豎直向上為正方向，其運動的速度—時間圖像(v t圖)如圖所示．設樹枝對小鳥的作用力為F，小鳥的重力為G，則在t1～t3時間內(　　)
A．先FG B．先F>G，后FC．一直F>G D．一直F5.
如圖所示，用一根繩子提一桶水，桶和桶中水的總質量為5 kg.假定繩子能夠承受的最大拉力為52.5 N，取重力加速度g＝9.8 m/s2，若將水桶從靜止開始以1.5 m/s2的加速度勻加速提起，請通過計算說明繩子是否會斷開．
6．超重和失重
導學　掌握必備知識
一、
質量　mg　測力計　相等
二、
1．示數　壓力
2．(1)重力　(2)豎直向下
3．豎直向上
4．g　豎直向下
情境思考
答案：(1)√　(2)×　(3)√　(4)×
共研　突破關鍵能力
目標一
　提示：(1)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0，所以支持力等于重力．
(2)減速運動時，因速度方向向上，故加速度方向向下，即人受到的合力方向向下，所以支持力小于重力．
[例1]　解析：不管物體處于超重還是失重狀態，物體所受的重力都不變．故選項D正確．
答案：D
[例2]　解析：在小剛下降過程中，只受重力的作用，有向下的重力加速度，處于完全失重狀態，A錯誤；小剛起跳以后在上升過程，也是只受重力的作用，有向下的重力加速度，處于完全失重狀態，B正確；在小剛起跳過程中，向上加速，加速度向上，支持力的大小大于重力的大小，才能夠有向上的加速度，向上起跳時處于超重狀態，C錯誤；小剛下降過程中與起跳時相比重力相等，D錯誤．故選B.
答案：B
[例3]　解析：t＝5 s時加速度方向向上，則電梯處于超重狀態，A正確；8～9 s內電梯的加速度為正，則在做加速上行，B錯誤；10～15 s內電梯的加速度為0，則電梯在勻速上行，C錯誤；17～20 s內電梯的加速度向下，則電梯在減速上行，D正確．
答案：AD
目標二
[例4]　解析：物體的質量為0.1 kg不變，選項A錯誤；根據牛頓第二定律得F－mg＝ma，解得a＝2 m/s2，可知電梯可能正在以2 m/s2的加速度加速上升，或者以2 m/s2的加速度減速下降，選項B、C正確；電梯有向上的加速度，不可能停止在頂樓，選項D錯誤．
答案：BC
[例5]　解析：由題意知某時刻某人在豎直向上運動的電梯中最多舉起了60 kg的物體，可知物體處于失重狀態，此人最大的舉力為F＝mg＝50×10 N＝500 N．則由牛頓第二定律，得m′g－F＝m′a，解得a＝＝ m/s2＝，方向豎直向下．
答案：D
[例6]　解析：A錯：在5～10 s內，由圖像知電梯勻速運動，該人對電梯底板的壓力等于他所受的重力，為600 N.
B對：在0～5 s內，由圖像知，此時加速度為
a＝＝ m/s2＝0.4 m/s2，
據牛頓第二定律得F－mg＝ma，
解得F＝624 N.
電梯的加速度方向豎直向上，人處于超重狀態．
C錯：在10～20 s內，該人勻減速上升，加速度方向豎直向下，該人處于失重狀態，由圖像知，此時加速度大小為0.2 m/s2，據牛頓第二定律得mg－F＝ma2，
解得F＝588 N.
D錯：在20～25 s內，觀光電梯在加速下降，電梯的加速度方向豎直向下，此時人處于失重狀態．
答案：B
精練　落實學科素養
1．解析：靜止站立處于平衡狀態，A錯誤；加速下蹲，加速度向下，支持力小于重力，處于失重狀態，B錯誤；加速上升，加速度向上，支持力大于重力，處于超重狀態，C正確；離地上升處于完全失重狀態，D錯誤．
答案：C
2．解析：木塊突然被推動，表明木塊所受摩擦力變小了，也表明木塊與電梯地板之間的彈力變小了，重力大于彈力，其合力方向豎直向下，木塊處于失重狀態，電梯可能加速下降或者減速上升．
答案：AC
3．解析：圖2和圖5中體重計示數大于圖1，說明電梯內同學處于超重狀態，可能是加速上升或減速下降過程．圖3和圖4中體重計示數小于圖1，說明電梯內同學處于失重狀態，可能是減速上升或加速下降過程．故選CD.
答案：CD
4．解析：在t1～t3時間內，由v t圖可知小鳥先向上減速運動，后向下加速運動，兩過程加速度都是向下的，所以小鳥在t1～t3時間內一直處于失重狀態，合力向下，所以一直有F答案：D
5．解析：取豎直向上為正方向，水桶受到豎直向上的拉力F，豎直向下的重力mg作用，由牛頓第二定律得：F－mg＝ma.
解得F＝m(g＋a)＝56.5 N>52.5 N．故提水桶的繩子會斷開．
答案：會斷開拓展課八　傳送帶模型和板塊模型
目標要求
1.會對傳送帶上的物體進行受力分析，掌握傳送帶模型的一般分析方法．
2．能正確解答傳送帶上的物體的運動問題．
3．建立板塊模型的分析方法．
4．能運用牛頓運動定律處理板塊問題．
拓展1　傳送帶模型
【歸納】
1．基本類型
傳送帶運輸是利用貨物和傳送帶之間的摩擦力將貨物運送到其他地方去，有水平傳送帶和傾斜傳送帶兩種基本模型．
2．分析流程
3．注意問題
求解的關鍵在于根據物體和傳送帶之間的相對運動情況，確定摩擦力的大小和方向．當物體的速度與傳送帶的速度相同時，物體所受的摩擦力有可能發生突變．
【典例】
例 1 傳送帶是現代生產、生活中廣泛應用的運送貨物的運輸工具，其大量應用于工廠、車站、機場、地鐵站等．如圖，地鐵一號線的某地鐵站內有一條水平勻速運行的行李運輸傳送帶，假設傳送帶勻速運動的速度大小為v，且傳送帶足夠長．某乘客將一個質量為m的行李箱輕輕地放在傳送帶一端，行李箱與傳送帶間的動摩擦因數為μ.當行李箱的速度與傳送帶的速度剛好相等時，地鐵站突然停電，假設傳送帶在制動力的作用下立即停止運動，求行李箱在傳送帶上運動的總時間．
例 2 某飛機場利用如圖所示的傳送帶將地面上的貨物運送到飛機上，傳送帶與地面的夾角θ＝37°，傳送帶兩端A、B之間的長度L＝11 m，傳送帶以v＝2 m/s的恒定速度向上運動．在傳送帶底端A輕輕放上一質量m＝2 kg的貨物，貨物與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.8.求貨物從A端運送到B端所需的時間．(取g＝，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
例 3 如圖所示，傳送帶與水平地面間的傾角為θ＝ 37°，從A端到B端長度為s＝16 m，傳送帶在電機帶動下始終以v＝10 m/s的速度逆時針運動，在傳送帶上A端由靜止釋放一個質量為m＝0.5 kg的可視為質點的小物體，它與傳送帶之間的動摩擦因數為μ＝0.5，假設最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相同，g取， sin 37°＝0.6，求：小物體從A到B所用的時間．
總結提升
傾斜傳送帶向下傳送物體，當物體加速運動與傳送帶速度相等時：
(1)若μ≥tan θ，物體隨傳送帶一起勻速運動；
(2)若μ拓展2　板塊模型
【歸納】
滑塊—木板類(簡稱板塊模型)問題涉及兩個或多個物體，并且物體間存在相對滑動，屬于多物體多過程問題，知識綜合性較強，對能力要求較高．
1．解題方法技巧
(1)分析題中滑塊、木板的受力情況．
(2)畫好運動草圖，找出位移、速度、時間等物理量間的關系．
(3)知道每一過程的末速度是下一過程的初速度．
(4)兩者發生相對滑動的條件：①摩擦力表現為滑動摩擦力；②二者加速度不相等．
2．常見的兩種位移關系
(1)滑塊從木板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和木板向同一方向運動，則滑塊的位移和木板的位移之差等于木板的長度．
(2)若滑塊和木板向相反方向運動，則滑塊的位移和木板的位移之和等于木板的長度．
3．注意摩擦力的突變
當滑塊與木板速度相同時，二者之間的摩擦力通常會發生突變，由滑動摩擦力變為靜摩擦力或者消失，或者摩擦力方向發生變化，速度相同是摩擦力突變的一個臨界條件．
【典例】
例 4 長為1.0 m的長木板B靜止放在水平冰面上，小物塊A以某一初速度從長木板B的左端沖上長木板B，直到A、B的速度達到相同，大小為v′＝0.4 m/s.再經過t0＝0.4 s的時間A、B一起在水平冰面上滑行了一段距離后停在冰面上．若小物塊A可視為質點，它與長木板B的質量相同，A、B間的動摩擦因數μ1＝0.25.(g取10 m/s2)求：
(1)長木板與冰面間的動摩擦因數；
(2)小物塊相對長木板滑行的距離．
教你解決問題
讀題畫運動示意圖
例 5 如圖，一平板車以某一速度v0＝5 m/s勻速行駛，某時刻一貨箱(可視為質點)無初速度地放置于平板車上，貨箱離車后端的距離為l＝3 m，貨箱放入車上的同時，平板車開始剎車，剎車過程可視為做加速度a＝3 m/s2的勻減速直線運動．已知貨箱與平板車之間的摩擦因數為μ＝ 0.2，g＝.求：
(1)貨箱放上平板車時加速度的大小和方向；
(2)貨箱做勻加速直線運動，平板車做勻減速直線運動，求出速度相等時兩者的位移，判斷貨箱是否從車后端掉下來．
例 6 (多選)如圖所示，一質量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置質量為m的小滑塊．木板受到水平拉力F作用時，用傳感器測出長木板的加速度a與水平拉力F的關系如圖所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列說法正確的是(　　)
A．小滑塊的質量m＝2 kg
B．小滑塊與長木板之間的動摩擦因數為0.2
C．當水平拉力F增大時，小滑塊的加速度一定增大
D．當水平拉力F＝7 N時，長木板的加速度大小為3 m/s2
拓展課八　傳送帶模型和板塊模型
拓展1
[例1]　解析：行李箱所受的合外力等于滑動摩擦力，根據牛頓第二定律有μmg＝ma，解得a＝μg.
經過一段時間t1，行李箱和傳送帶剛好速度相等，則t1＝；停電后，行李箱的加速度大小也是μg，則減速時間t2＝，故行李箱在傳送帶上運動的總時間為t＝t1＋t2＝.
答案：
[例2]　解析：貨物放在傳送帶上，開始相對傳送帶向下運動，故所受滑動摩擦力的方向沿傳送帶向上．貨物由靜止開始做初速度為0的勻加速直線運動．以貨物為研究對象，由牛頓第二定律得μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma
解得a＝0.4 m/s2
貨物勻加速直線運動的時間t1＝＝5 s
貨物勻加速直線運動的位移x1＝＝5 m經計算μmg cos 37°>mg sin 37°
故此后貨物隨傳送帶一起向上做勻速運動，運動的位移x2＝L－x1＝6 m
勻速運動的時間t2＝＝3 s
貨物從A到B所需的時間t＝t1＋t2＝8 s.
答案：8 s
[例3]　解析：開始時，物體相對傳送帶沿斜面向上滑，所以摩擦力的方向沿斜面向下，由牛頓第二定律，有a1＝＝10 m/s2當物體與傳送帶共速時，物體的位移x1＝＝5 m，經歷的時間t1＝＝1 s
則此時距離B端的距離x2＝s－x1＝11 m
又因為mg sin 37°>μmg cos 37°則物體與傳送帶不能保持相對靜止，此后物體的加速度
a2＝＝2 m/s2
根據位移與時間關系有x2＝
代入數據解得t2＝1 s
總耗時為t＝t1＋t2＝2 s，故物體從A端運動到B端需要的時間為2 s.
答案：2 s
拓展2
[例4]　解析：(1)設長木板與冰面間的動摩擦因數為μ2，A、B一起運動時，根據牛頓第二定律有：2μ2mg＝2ma
又知v′＝at0
解得μ2＝0.1.
(2)共速前，對A有：加速度大小a1＝μ1g＝2.5 m/s2
對B有：μ1mg－μ2×2mg＝ma2，
加速度大小a2＝0.5 m/s2
則知相對運動的時間t＝＝0.8 s
小物塊A的初速度v0＝v′＋a1t＝2.4 m/s
則相對位移Δx＝v0t－a1t2－a2t2
代入數據解得：Δx＝0.96 m.
答案：(1)0.1　(2)0.96 m
[例5]　解析：(1)貨箱：μmg＝ma1，得a1＝2.0 m/s2，方向向前．
(2)假設貨箱能與平板車達到共速，則
箱：v＝a1t，車：v＝v0－a2t，得：t＝1.0 s，
箱：s1＝t＝1 m，
對平板車：
s2＝v0t－a2t2＝5×1－×3×1 m＝3.5 m.
此時，貨箱相對車向后移動了
Δx＝s2－s1＝2.5 m<3 m，故貨箱不會掉下．
答案：(1)2 m/s2，向前　(2)不會
[例6]　解析：由圖乙可得，當拉力等于6 N時，小滑塊和長木板剛好要發生相對滑動，以M、m為整體，根據牛頓第二定律可得F＝(M＋m)a
以m為對象，根據牛頓第二定律可得μmg＝ma
其中F＝6 N，a＝2 m/s2
聯立解得m＋M＝3 kg，μ＝0.2
當拉力大于6 N時，長木板的加速度為a＝＝
可知a F圖像的斜率為k＝＝ kg－1＝1 kg－1
聯立解得M＝1 kg，m＝2 kg，故A、B正確；
當水平拉力大于6 N時，長木板與小滑塊已經發生相對滑動，此后F增大，小滑塊的加速度也不再增大，而是保持不變，故C錯誤；
當水平拉力F＝7 N時，長木板的加速度大小為a＝＝ m/s2＝3 m/s2，故D正確；故選ABD.
答案：ABD拓展課九　動力學圖像問題及等時圓模型
目標要求
1.綜合應用牛頓第二定律、運動學規律，結合F t圖像、v t圖像、a F圖像等信息解決動力學問題．
2．能夠將圖像與實際受力情況和運動情景相結合，應用牛頓運動定律解決實際問題．
3．掌握等時圓模型．
拓展1　動力學中的圖像問題
【歸納】
1．常見的圖像形式
在動力學問題中，常見的圖像是v t圖像、F t圖像、a F圖像等，這些圖像反映的是物體的運動規律、受力規律，而不是代表物體的運動軌跡．
2．圖像問題的分析方法
(1)把圖像與具體的題意、情景結合起來，明確圖像的物理意義，明確圖像所反映的物理過程．
(2)特別注意圖像中的一些特殊點，如圖線與橫、縱軸的交點，圖線的轉折點，兩圖線的交點等所表示的物理意義．注意圖線的斜率、圖線與坐標軸所圍圖形面積的物理意義．
【典例】
例 1 如圖甲所示，小物塊A放在長木板B的左端，一起以v0的速度在水平臺階上向右運動，已知臺階MN段光滑，小物塊與臺階PQ間動摩擦因數μ1＝0.1，臺階的P點切線水平且與木板等高，長木板撞到臺階后立即停止運動，小物塊繼續滑行．從長木板右端距離臺階P點s＝8 m時開始計時，得到小物塊的v t圖像如圖乙所示．小物塊3 s末剛好到達臺階P點，4 s末速度剛好變為零．若圖中v0和v1均為未知量，g取10 m/s2，下列說法中正確的是(　　)
A.由題中數據可知，長木板長度為2.5 m
B．小物塊在P點的速度為2 m/s
C．小物塊和長木板的初速度v0＝3 m/s
D．小物塊與長木板間動摩擦因數μ2＝0.4
教你解決問題——讀圖析圖
運動過程與圖像的對應關系如圖所示．
前2 s內長木板的位移為8 m，可求勻速運動的速度v0；3～4 s內小物塊在臺階上運動，動摩擦因數已知，可求加速度，然后再求v1.
例 2 為研究一升降機的運動情況，升降機底部安裝一個加速度傳感器，其上放了一個質量為m的物塊，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變化關系如圖乙所示．取豎直向上為正方向，重力加速度為g，以下判斷正確的是(　　)
A．t＝t0時刻，物塊所受支持力大小為mg
B．t＝3t0時刻，物塊所受支持力大小為2mg
C．在0～2t0時間內，物塊先處于失重狀態，后處于超重狀態
D．在t0～3t0時間內，物塊先處于失重狀態，后處于超重狀態
例 3 如圖甲所示，t＝0時，水平地面上質量m＝1 kg的物體在水平向左、大小恒為10 N的力T的作用下由靜止開始運動，同時施加一水平向右的拉力F，拉力F隨時間變化的關系圖像如圖乙所示，物體與地面間的動摩擦因數μ＝0.5，g取.求：
(1)2 s末物體的速度大小；
(2)前2 s內物體的位移；
(3)t為多少時物體的速度為0.
拓展2　等時圓模型
【歸納】
1．模型特點
(1)質點在豎直圓環上沿不同的光滑弦從其上端由靜止開始滑到環的最低點所用時間都相等，如圖甲所示．
(2)質點從豎直圓環上最高點沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時間都相等，如圖乙所示．
(3)綜合(1)和(2)有：兩個豎直圓環相切且兩環的豎直直徑均過切點，質點沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到下端所用時間都相等，如圖丙所示．
2．等時性證明
如圖所示，讓物體從豎直圓環上的最高點A處由靜止開始沿光滑的弦軌道AB、AC、AD下滑(AD豎直)，下滑的時間分別為t1、t2、t3.試證明t1＝t2＝t3.
證明：物體由靜止開始沿AB弦軌道下滑，AB弦軌道長為x1，AB弦軌道與豎直方向夾角為θ，直徑AD長度為d.則
a1＝g cos θ
x1＝d cos θ
位移與時間的關系為x1＝
由以上各式解得t1＝
可知物體由靜止開始沿光滑弦軌道下滑的時間與弦與豎直方向的夾角無關，即t1＝t2＝t3.
【典例】
例 4 (多選)如圖所示，讓物體同時從豎直圓上的P1、P2處由靜止開始下滑，沿光滑的弦軌道P1A、P2A滑到A處，P1A、P2A與豎直直徑的夾角分別為θ1、θ2.則(　　)
A．物體沿P1A、P2A下滑加速度大小之比為sin θ1∶sin θ2
B．物體沿P1A、P2A下滑到A處的速度大小之比為cos θ1∶cos θ2
C．若兩物體質量相同，則兩物體所受的合外力大小之比為sin θ1∶sin θ2
D．物體沿P1A、P2A下滑的時間之比為1∶1
例 5 如圖所示，Oa、Ob是豎直平面內兩根固定的光滑細桿，O、a、b、c位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點．每根桿上都套著一個小滑環，兩個滑環都從O點無初速度釋放，用t1、t2分別表示滑環到達a、b所用的時間，則下列關系正確的是(　　)
A．t1＝t2　　　　　B．t1>t2
C．t1拓展課九　動力學圖像問題及等時圓模型
拓展1
[例1]　解析：C錯：長木板B和小物塊A在t1＝2 s時間內一起勻速運動s＝8 m，可得初速度v0＝＝4 m/s.
B錯：小物塊滑上臺階PQ后繼續做勻減速直線運動，加速度為a2＝μ1g＝1 m/s2，時間為t3＝1 s，則知v1＝a2t3＝1 m/s.
A對，D錯：當長木板B和臺階PQ相撞后立即停止，小物塊A繼續在長木板上做勻減速運動，運動的時間為t2＝1 s，運動的位移為長木板長L，則勻減速運動的加速度為a1＝μ2g
小物塊離開長木板時的速度為v1＝v0－a1t2
長木板長為L＝t2
聯立各式解得μ2＝0.3，L＝2.5 m.
答案：A
[例2]　解析：A對：t＝t0時刻，a＝0，物塊處于平衡狀態，則有FN＝mg.
B錯：t＝3t0時刻，a＝2g，根據牛頓第二定律知FN－mg＝m·2g，解得FN＝3mg.
C錯：在0～2t0時間內，a≥0，加速度為零或者方向向上，物塊處于平衡狀態或者超重狀態．
D錯：在t0～3t0時間內，a≥0，加速度為零或者方向向上，物塊處于平衡狀態或者超重狀態．
答案：A
[例3]　解析：(1)由牛頓第二定律得T－F－μmg＝ma1，解得前2 s內的加速度：a1＝3 m/s2，方向水平向左，由速度公式得2 s末物體的速度：v1＝a1t1＝6 m/s，方向水平向左；(2)由位移公式得前2 s內物體的位移：x＝＝6 m，方向水平向左；(3)2 s后合力方向向右，物體向左做減速運動，由牛頓第二定律得F′＋μmg－T＝ma2，解得a2＝，方向水平向右，由速度公式得0＝v1－a2t2，解得t2＝6 s．所求t＝t1＋t2＝8 s，即t＝8 s以后物體的速度為0.
答案：(1)6 m/s　(2)6 m　方向水平向左　(3)8 s
拓展2
[例4]　解析：A錯：物體受重力、支持力作用，根據牛頓第二定律得mg cos θ＝ma，得加速度a＝g cos θ，
所以加速度大小之比為cos θ1∶cos θ2.
B、D對：物體的位移為2R cos θ，則有2R cos θ＝at2，
解得t＝，時間t與夾角無關，知下滑時間之比為1∶1，由v＝at知物體下滑到A處的速度大小之比為cos θ1∶cos θ2.
C錯：加速度大小之比為cos θ1∶cos θ2，且質量相同，根據牛頓第二定律知，兩物體所受的合外力大小之比為cos θ1∶cos θ2．
答案：BD
[例5]　
解析：以O點為最高點，取合適的豎直直徑Od作等時圓，交Ob于e點，如圖所示，顯然O到a、e才是等時的，比較知位移Ob>Oe，故推得t1答案：C拓展課七　牛頓第二定律的瞬時問題及連接體問題分析
目標要求
1.進一步理解牛頓第二定律的瞬時性，會分析變力作用過程中的加速度和速度．
2．會分析物體受力的瞬時變化，掌握瞬時變化問題的兩種模型．
3．學會用整體法和隔離法分析連接體問題．
4．掌握常見連接體問題的特點和解決方法．
拓展1　瞬時問題分析
【導思】
如圖所示，小球處于平衡狀態，請分析下列問題：
(1)圖中細線和彈簧受力而發生形變，形變明顯的是彈簧還是細線？
(2)發生明顯形變的物體，恢復原狀需要時間嗎？它產生的彈力能突變嗎？請舉出發生明顯形變的例子．
(3)沒有發生明顯形變的物體，恢復原狀需要時間嗎？它產生的彈力能突變嗎？請舉出沒有發生明顯形變的例子．
(4)當物體受到的合力發生突變時，加速度突變嗎？
(5)若剪斷圖中彈簧，則剪斷時細線上的力F2發生突變嗎？此時小球的加速度是多少？(用g和θ表示)
(6)若剪斷圖中細線，則剪斷時彈簧上的力F1發生突變嗎？此時小球的加速度是多少？(用g和θ表示)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【歸納】
1．瞬時性模型
加速度與合外力具有瞬時對應關系，二者總是同時產生、同時變化、同時消失，具體可簡化為以下兩種模型．
2．解答瞬時性問題的一般思路
(1)分析原來物體的受力情況．
(2)分析物體在突變時的受力情況．
(3)由牛頓第二定律列方程求解．
【典例】
例 1 如圖所示，質量分別為m和2m的A和B兩球用輕彈簧連接，A球用細線懸掛起來，兩球均處于靜止狀態，如果將懸掛A球的細線剪斷，此時A和B兩球的瞬時加速度aA、aB的大小分別是(　　)
A．aA＝0，aB＝0 B．aA＝g，aB＝g
C．aA＝3g，aB＝g D．aA＝3g，aB＝0
遷移拓展1　在【例1】情境中，如果將懸掛B球的彈簧剪斷，此時A和B兩球的瞬時加速度aA、aB的大小分別是(　　)
A．aA＝0，aB＝0 B．aA＝0，aB＝g
C．aA＝3g，aB＝g D．aA＝3g，aB＝0
遷移拓展2　在【例1】情境中，若將彈簧和細線的位置顛倒，如圖所示．兩球均處于靜止狀態．如果將懸掛B球的細線剪斷，此時A和B兩球的瞬時加速度aA、aB的大小分別是(　　)
A．aA＝0，aB＝0 B．aA＝0，aB＝g
C．aA＝2g，aB＝g D．aA＝3g，aB＝0
例 2[2023·湖南衡陽八中高一月考](多選)光滑斜面上，當系統靜止時，擋板C與斜面垂直，彈簧、輕桿均與斜面平行，A、B質量相等，在突然撤去擋板的瞬間 (　　)
A.兩圖中兩球加速度均為g sin θ
B．兩圖中A球的加速度均為零
C．圖甲中B球的加速度為2g sin θ
D．圖乙中B球的加速度為g sin θ
思維方法
分析瞬時性問題時抓住“兩關鍵”
(1)明確繩或桿類、彈簧或橡皮條類模型的特點．
(2)分析瞬時變化前、后的受力情況和運動狀態．
拓展2　連接體問題
【歸納】
1．連接體
如圖所示，兩個或兩個以上相互作用的物體組成的具有相同運動狀態的整體叫連接體．如幾個物體疊放在一起，或并排放在一起，或用繩子、細桿等連在一起，在求解連接體問題時常用的方法為整體法與隔離法．
2．處理連接體問題的方法
方法 研究對象 選擇原則
整體法 將一起運動的物體系作為研究對象 求解物體系整體的加速度和所受外力
隔離法 將系統中的某一物體為研究對象 求解系統內物體之間的內力
說明：有些題目既可用“整體法”，也可用“隔離法”，還有些題目則需要交替運用“整體法”與“隔離法”．
【典例】
例 3 (多選)如圖所示，在光滑水平地面上，用水平外力F拉小車，
使小車和木板一起做無相對滑動的加速運動．小車質量為M，木塊質量為m，加速度大小為a，木板和小車之間的動摩擦因數為μ，則在這個過程中，木塊受到的摩擦力大小是(　　)
A．μmg B．
C．μ(M＋m)g D．ma
例 4[2022·全國乙卷，15]如圖，一不可伸長輕繩兩端各連接一質量為m的小球，初始時整個系統靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長L.一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點，方向與兩球連線垂直．當兩球運動至二者相距L時，它們加速度的大小均為(　　)
A． B．
C． D．
例 5 如圖甲所示，在粗糙的水平面上，質量分別為m和M(m∶M＝1∶2)的物塊A、B用輕彈簧相連，兩物塊與水平面間的動摩擦因數相同．當用水平力F作用于B上使兩物塊以共同的加速度向右加速運動時，彈簧的伸長量為x1，當用同樣大小的力F作用于B上，使兩物塊以共同的加速度向上運動時(如圖乙所示)，彈簧的伸長量為x2，則等于(　　)
A．1∶1　　　B．1∶2
C．2∶1 D．2∶3
拓展課七　牛頓第二定律的瞬時問題及連接體問題分析
拓展1　
　提示：(1)彈簧．
(2)需要時間；它產生的彈力不能突變；如彈簧、橡皮筋在力的作用下發生明顯形變．
(3)需要，但需要的時間極短，可以忽略；它產生的彈力能突變；如線、板、棒等在力的作用下發生的形變不明顯．
(4)由牛頓第二定律可知，F與a具有瞬時對應關系，故合力發生突變時，加速度突變．
(5)若剪斷圖中彈簧，則剪斷時細線上的力F2發生突變，立即變為零；此時小球只受重力，加速度為g.
(6)若剪斷圖中細線，則剪斷時細線上的拉力立即變為零，彈簧上的彈力F1不發生突變，彈簧上的彈力F1的大小、方向均不變；此時小球受重力和彈簧彈力作用，合力大小為F2，方向水平向左，加速度為a＝＝g tan θ.
[例1]　解析：
分析B球原來受力如圖甲所示，F′＝2mg
剪斷細線后彈簧形變不會瞬間恢復，故B球受力不變，aB＝0.分析A球原來受力如圖乙所示，
FT＝F＋mg，F′＝F，
故FT＝3mg.
剪斷細線，FT變為0，F大小不變，A球受力如圖丙所示，由牛頓第二定律得：F＋mg＝maA，解得aA＝3g.故本題選D.
答案：D
遷移拓展1　解析：剪斷彈簧前，分析B球原來受力，得彈簧拉力F′＝2mg，剪斷彈簧瞬間，彈簧彈力變為0，故B球只受重力，aB＝g；分析A球原來受力＝F＋mg，F′＝F，故FT＝3mg.剪斷彈簧瞬間，FT發生突變，變為大小等于mg，故aA＝0.故本題選B.
答案：B
遷移拓展2　解析：
剪斷細線前，分析B球原來受力，得細線拉力FT＝2mg，剪斷細線瞬間，細線彈力變為0，故B球只受重力，aB＝g；分析A球原來受力，F＝F′T＋mg，F′T＝FT，故彈簧拉力F＝3mg.剪斷細線瞬間，彈簧彈力不突變，A球受力如圖所示，由牛頓第二定律得：F－mg＝maA，故aA＝2g.故本題選C.
答案：C
[例2]　解析：撤去擋板前，對整體分析，擋板對B球的彈力大小為2mg sin θ，因彈簧彈力不能突變，而桿的彈力會突變，所以撤去擋板瞬間，圖甲中A球所受合力為零，加速度為零，B球所受合力為2mg sin θ，加速度為2g sin θ；撤去擋板瞬間，圖乙中A、B兩球一起沿斜面加速向下運動，桿的彈力突變為零，A、B兩球所受合力均為mg sin θ，加速度均為g sin θ.
答案：CD
拓展2　
[例3]　解析：木塊與小車無相對滑動，故加速度a相同．對木塊、小車組成的整體，據牛頓第二定律得F＝(M＋m)a，則加速度a＝.隔離木塊，對木塊，據牛頓第二定律得木塊受到的摩擦力大小Ff＝ma，將a＝代入得Ff＝.
答案：BD
[例4]　
解析：如圖可知sin θ＝＝，則cos θ＝，對輕繩中點受力分析可知F＝2T cos θ，對小球由牛頓第二定律得T＝ma，聯立解得a＝，故選項A正確．
答案：A
[例5]　解析：當兩物塊向右加速運動時，由牛頓第二定律有F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1
kx1－μmg＝ma1
可得x1＝
當兩物塊向上運動時，由牛頓第二定律有
F－(m＋M)g＝(M＋m)a2
kx2－mg＝ma2
可得x2＝
故x1∶x2＝1∶1.
答案：A第四章綜合提升
物理思想方法
一、整體法和隔離法的應用
整體法和隔離法是解決平衡問題、連接體問題及多個物體的動力學問題時經常用到的解題方法，要注意應用整體法的前提是相互作用的物體必須具有相同的加速度．在一些問題中，隔離法和整體法經常交替使用．求解連接體的內力時，先用整體法求出系統的加速度，再用隔離法求解出物體間的內力；求解連接體的外力時，先用隔離法分析某一個物體的受力情況和運動情況，求出加速度，再用整體法求解外力．
例 1 一輛貨車運載著相同的圓柱形光滑的空油桶．A、B兩桶置于固定在車上的框中，相互緊貼，C桶自由地擺放在A、B之間，如圖所示．已知重力加速度為g，三只桶的質量均為m.
(1)若汽車靜止，求此時B對C的支持力大小F1.
(2)若汽車靜止，求此時框底給B的支持力大小F.
(3)若汽車正在行駛，且此時A對C的支持力恰好為0，求此時汽車的加速度大小．
二、臨界、極值問題的求解
1．動力學中的典型臨界問題的臨界條件
(1)接觸與脫離的臨界條件：相互作用的彈力FN＝0.
(2)相對靜止與相對滑動的臨界條件：靜摩擦力達到最大值．
(3)繩子繃緊與松弛的臨界條件：繩子的張力FT＝0.
(4)繩子斷裂的臨界條件：繩中張力等于繩子能承受的最大張力．
(5)加速度最大的臨界條件：合外力最大．
(6)速度最大的臨界條件：加速度為零．
2．研究受力平衡物體的極值問題的常用方法
(1)物理分析法：通過對物理過程的分析，抓住臨界(或極值)條件求解．
(2)解析法：根據平衡條件列方程，寫出物理量之間的函數關系式，在解方程時應用數學知識求極值，通常用到的數學知識有二次函數、均值不等式以及三角函數等．解題時注意一定要根據物理理論對解的合理性及物理意義進行討論或說明．
(3)圖解法：根據平衡條件作出力的矢量圖，如物體只受三個力，則這三個力構成封閉的矢量三角形，然后由圖進行動態分析，確定最大值和最小值，這種方法的好處是簡便、直觀．
例 2 如圖所示，光滑水平面上放置質量分別為m、2m的物塊A和木板B，A、B間的最大靜摩擦力為μmg，現用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度運動，求拉力F的最大值．
拓展遷移1　在【例2】中，若拉力F作用在A上，如圖所示，求拉力F的最大值．
拓展遷移2　【例2】中，在拉力F作用在A上的基礎上，再改為：B與水平面間的動摩擦因數為μ(認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，使A、B以同一加速度運動，求拉力F的最大值．
例 3 如圖所示，細線的一端固定在傾角為45°的光滑楔形滑塊A的頂端P處，細線的另一端拴一質量為m的小球(重力加速度為g)．
(1)當滑塊至少以多大的加速度向右運動時，細線對小球的拉力剛好等于零？
(2)當滑塊至少以多大的加速度向左運動時，小球對滑塊的壓力等于零？
(3)當滑塊以a′＝2g的加速度向左運動時，細線的拉力為多大？
核心素養提升
本章的主要內容是運用牛頓運動定律分析求解力和運動相關問題，選取與生活實際相關的情景，如利用“加速度測量儀”中木塊的運動情況，分析車輛的運動情況．在日常生活中，多從物理學的角度分析工具等的工作原理，從而促進物理觀念的形成，提升學科綜合應用能力．
情境1　中歐班列——科學思維，科學推理
例 4 一列列馳騁的中歐班列將急需的防疫及生產生活物資送至沿線各國，為戰勝疫情增添了信心和力量，成為各國攜手抗疫的“生命通道”．假設某運送防疫物資的班列由40節質量相等的車廂組成，在車頭牽引下，列車沿平直軌道勻加速行駛時，第4節對第5節車廂的牽引力為F.若每節車廂所受摩擦力、空氣阻力均相等，則倒數第4節對倒數第5節車廂的作用力為(　　)
A．F　　　　B．　　　　C．　　　　D．
情境2　“傳送帶”——模型建構、科學思維
例 5[2023·遼寧省撫順市六校協作體高一上期末](多選)
在民航機場和火車站可以看到用于對行李進行安全檢查的水平傳送帶，旅客把行李箱輕輕放到傳送帶一端，傳送帶對行李箱的滑動摩擦力使行李開始運動，隨后它們保持相對靜止，行李箱隨傳送帶一起前進到另一端，若傳送帶保持勻速前進的速度v為0.5 m/s，行李箱與傳送帶之間的動摩擦因數μ為0.25，傳送帶長1.0米，不計除重力及傳送帶作用力之外的其他力，g取10 m/s2.下列說法正確的是(　　)
A．行李箱受到傳送帶的靜摩擦力與行李運動的方向相同
B．行李箱到達另一端的時間為2.1 s
C．行李箱給傳送帶留下的摩擦痕跡長為0.05 m
D．行李箱到達另一端的速度為 m/s
模型點撥
分析傳送帶問題的三個步驟
(1)初始時刻，根據v物、v帶的關系，確定物體的受力情況，進而確定物體的運動情況．
(2)確定臨界狀態v物＝v帶的受力情況，判斷之后的運動情況．
(3)運用相應規律，進行相關計算．
情境3　游樂場中的“激流勇進”——模型建構
例 6 如圖所示，為游樂場中深受大家喜愛的“激流勇進”的娛樂項目，人坐在船中，隨著提升機到達高處，由靜止開始沿著斜坡滑道飛滑而下，劈波斬浪的剎那帶給人驚險刺激的感受．設乘客與船的總質量為m＝100 kg，滑板與斜坡滑道和水平滑道間的動摩擦因數均為μ＝0.5，斜坡滑道的傾角θ＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，斜坡滑道與水平滑道間是平滑連接的(即經過B點速度大小不變)，整個運動過程中空氣阻力忽略不計，船在斜坡滑道上滑行8 s進入水平軌道，重力加速度g取10 m/s2求：
(1)船沿傾斜滑道下滑時的加速度；
(2)船沿傾斜滑道下滑的距離；
(3)它在水平滑道滑行直到停止所需要的時間．
情境4　加速度測量儀——綜合素養
例 7[2023·北京高一聯考]某同學使用輕彈簧、直尺、鋼球等制作了一個“豎直加速度測量儀”．如圖所示，彈簧上端固定，在彈簧旁沿彈簧長度方向固定一直尺．不掛鋼球時，彈簧下端指針位于直尺20 cm刻度處；下端懸掛鋼球，靜止時指針位于直尺40 cm刻度處．將直尺不同刻度對應的加速度標在直尺上，就可用此裝置直接測量豎直方向的加速度．取豎直向上為正方向，重力加速度大小為g.下列說法正確的是(　　)
A．30 cm刻度對應的加速度為－0.5g
B．40 cm刻度對應的加速度為g
C．50 cm刻度對應的加速度為2g
D．各刻度對應加速度的值是不均勻的
第四章綜合提升
物理思想方法
[例1]　解析：(1)依題意，對C桶受力分析，受到重力mg，B和A分別對C的支持力大小F1及F2，根據幾何知識結合對稱性可知F1及F2方向的夾角為θ＝60°，且F1＝F2，根據平衡條件結合平行四邊形定則，可得此時B對C的支持力大小F1＝F2＝＝mg
(2)若汽車靜止，對A、B、C整體受力分析，在豎直方向上，根據平衡條件可得2F＝3mg
可得此時框底給B的支持力大小F＝mg
(3)若汽車正在行駛，且此時A對C的支持力恰好為0，
根據汽車與C加速度相同，對C受力分析，根據牛頓第二定律有mg tan ＝ma
可得此時汽車的加速度大小為a＝gtan 30°＝g
答案：(1)mg　(2)mg　(3)g
[例2]　解析：A、B兩物體恰好相對滑動時，
由牛頓第二定律得：
對A：μmg＝ma，
對A、B系統：F＝(m＋2m)a，
解得：F＝3μmg.
答案：3μmg
拓展遷移1　解析：A、B兩物體恰好相對滑動時
由牛頓第二定律得：
對B：μmg＝2ma，
對A、B系統：F＝(m＋2m)a，
解得：F＝1.5μmg.
答案：1.5μmg
拓展遷移2　解析：A、B兩物體恰好相對滑動時
由牛頓第二定律得：對B：μmg－μ(m＋2m)g＝2ma
對A、B系統：F－μ(m＋2m)g＝(m＋2m)a
解得：F＝μmg.
答案：μmg
[例3]　解析：(1)對小球受力分析如圖甲所示．
根據牛頓第二定律有mg tan 45°＝ma1
解得加速度a1＝g時，細線對小球的拉力剛好為零．
(2)對小球受力分析如圖乙所示，根據牛頓第二定律，
水平方向：F合＝Fcos 45°＝ma2
豎直方向：Fsin 45°＝mg
解得a2＝g
即滑塊至少以a2＝g的加速度向左加速運動時，小球對滑塊的壓力等于零．
(3)當滑塊向左的加速度大于g時，小球將“飄”離斜面而只受細線的拉力和重力的作用，如圖丙所示，假設FT與水平面夾角為α，
根據牛頓第二定律，在水平方向：
F′合＝FTcos α＝ma′，且a′＝2g
豎直方向受力平衡，則有FTsin α＝mg
得tan α＝
解得細線的拉力FT＝＝mg.
答案：(1)g　(2)g　(3)mg
核心素養提升
[例4]　解析：根據題意可知第4節車廂對第5節車廂的牽引力為F，每節車廂質量相等，設為m，每節車廂所受阻力相同，設為Ff.以第5～40節車廂為研究對象，根據牛頓第二定律有F－36Ff＝36ma，設倒數第5節車廂對倒數第4節車廂的牽引力為F′，則根據牛頓第二定律有F′－4Ff＝4ma，聯立解得F′＝，根據牛頓第三定律可得倒數第4節車廂對倒數第5節車廂的作用力大小也為，故B正確．
答案：B
[例5]　解析：剛開始行李箱的速度小于傳送帶的速度，此時行李箱受到傳送帶的滑動摩擦力與行李運動的方向相同，當達到共速后，行李箱不受摩擦力，故A錯誤；行李箱加速時，ma＝μmg，行李箱加速到和傳送帶速度相同的時間t1＝，解得t1＝0.2 s，此加速過程行李箱的位移x＝，解得x＝0.05 m<1.0 m，此加速過程中傳送帶的位移x′＝vt1＝0.1 m，行李箱給傳送帶留下的摩擦痕跡長x″＝x′－x＝0.05 m，此后行李箱以0.5 m/s勻速運動到另一端，所用時間為t2＝＝s＝1.9 s，行李箱到達另一端的時間t＝t1＋t2＝2.1 s，D錯誤，B、C正確．
答案：BC
[例6]　解析：(1)船沿傾斜滑道下滑時，根據牛頓第二定律
mg sin θ－f1＝ma1
N1－mg cos θ＝0
f1＝μN1
解得加速度a1＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2
(2)船在斜坡上滑下，下滑的距離L1＝a1t2＝64 m
(3)它在水平滑道滑行時－μmg＝ma2，a2＝－5 m/s2
由運動公式2a1L1＝，v0＝a2t2
解得t2＝3.2 s
答案：(1)2 m/s2　(2)64 m　(3)3.2 s
[例7]　解析：由題知，不掛鋼球時，彈簧下端指針位于直尺20 cm刻度處，則彈簧的原長l0＝0.2 m；下端懸掛鋼球，靜止時指針位于直尺40 cm刻度處，根據受力平衡有mg＝k(l－l0)，在30 cm刻度處，有F彈－mg＝ma1(取豎直向上為正方向)，F彈＝k(l′－l0)，代入數據解得a1＝－0.5g，故A正確；在40 cm刻度處，有mg＝F′彈，則40 cm刻度對應的加速度為零，故B錯誤；在50 cm刻度處，有F″彈－mg＝ma2(取豎直向上為正方向)，F″彈＝k(l″－l0)，代入數據解得a2＝0.5g，故C錯誤；設刻度對應值為x，結合分析可知＝a，Δx＝|x－0.2 m|(取豎直向上為正方向)，經過整理有a＝(x>0.2 m)或a＝(x<0.2 m)，根據以上分析，加速度a與刻度對應值x是線性關系，則各刻度對應加速度的值是均勻的，故D錯誤．
答案：A

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