第四章 运动和力的关系 复习讲义-2025-2026学年高一上学期物理人教版必修第一册

第四章 运动和力的关系 思维导图 知识点分类 第一部分 牛顿第一定律 一、伽利略实验 1.亚里士多德的观点 亚里士多德从日常生活经验出发:必须有力作用在物体上,物体才能运动;没有力的作用,物体就要静止在某个地方,他得出结论,力是维持物体运动的原因。 2.伽利略的研究 (1)伽利略认为,运动的物体之所以会停下来是因为摩擦力的作用。 (2)理想斜面实验:如图所示,让静止的小球从第一个斜面滚下,冲上第二个斜面,如果没有摩擦,小球将上升到原来的高度。减小第二个斜面的倾角,小球运动的距离增大,但所到达的高度相同。当第二个斜面放平,小球将永远运动下去。 (3)推理结论:力不是(填“是”或“不是”)维持物体运动的原因。 (4)意义:伽利略的理想实验的本质是想象着把实际中存在、影响物体运动的摩擦力去掉,抓住事物的本质。这种依据逻辑推理把实际实验理想化的思想也是研究物理问题的重要方法之一。 伽利略第一次确定了物理实验在物理研究中的基础地位。 3.笛卡儿的观点:如果运动中的物体没有受到力的作用,它将继续以同一速度沿同一直线运动,既不会停下来,也不会偏离原来的方向。 4.牛顿在伽利略等人工作的基础上得出牛顿第一定律。伽利略理想斜面实验为牛顿第一定律提供了实验依据。 二、牛顿第一定律 1.牛顿第一定律的内容:一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态,除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。 说明:运动状态改变即速度发生变化,有三种情况: (1)速度的方向不变,大小改变。 (2)速度的大小不变,方向改变。 (3)速度的大小和方向同时改变。 2.对牛顿第一定律的理解 (1)定性揭示了力和运动的关系: ①力是改变物体运动状态的原因,而不是维持物体运动的原因。 ②物体不受外力时的运动状态:匀速直线运动状态或静止状态。 (2)牛顿第一定律无法用实验直接验证,它所描述的是一种理想状态,即不受外力的状态,但其得到的一切结论经过实践证明都是正确的。 (3)揭示了一切物体都具有的一种固有属性——惯性。因此牛顿第一定律也叫惯性定律。 三、惯性与质量 1.惯性:物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质叫作惯性。惯性是物体固有的,一切物体都有惯性。 2.物体惯性大小仅与质量有关,质量是物体惯性大小的唯一量度,惯性大小与物体是否运动、运动快慢等因素无关(填“有关”或“无关”)。 习题提优练 一．选择题（共5小题） 1．（2025春•常州校级期末）下列说法中不正确的是（　　） A．牛顿第一定律也称之为惯性定律 B．亚里士多德认为物体运动需要力来维持 C．惯性与物体的速度大小有关，速度越大，其惯性越大 D．物体既有保持运动的属性，也有保持静止的属性 【解答】解：A、牛顿第一定律指出，一切物体在没有受到外力作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态。该定律也被称为惯性定律，故A正确； B、亚里士多德的观点认为物体的运动需要力来维持，例如他认为物体若没有推力就会停止运动。这一观点后被伽利略和牛顿的惯性定律推翻，故B正确； C、惯性是物体的固有属性，其大小仅由物体的质量决定，与速度无关。无论物体速度如何，只要质量不变，惯性就不变，故C错误； D、牛顿第一定律表明，物体具有保持原有运动状态的属性，即静止的物体保持静止，运动的物体保持匀速直线运动，故D正确。 本题是选错误的，故选：C。 2．（2024秋•江苏期末）伽利略创造性地设计了如图甲、乙所示的两个斜面实验。下列说法正确的是（　　） A．图甲实验是为了验证“力是维持物体运动的原因” B．图乙实验结合逻辑推理可以得出结论：力不是维持物体运动的原因 C．图乙实验是为了归纳小球做自由落体运动的规律 D．图甲实验利用斜面是为了缩短小球下滑的时间以便测量 【解答】解：根据伽利略的两个实验，图甲是为了归纳小球做自由落体运动的规律，利用斜面是为了延长小球下滑的时间以便测量，不是缩短小球下滑的时间以便测量。图乙结合逻辑推理可以得出结论，力不是维持物体运动的原因，故B正确；ACD错误。 故选：B。 3．（2023秋•扬州期末）伽利略研究自由落体运动时做了铜球沿斜面运动的实验。利用现代频闪摄影技术可得到如图所示的四幅照片，由图分析可知（　　） A．小球均匀速下滑 B．小球均加速下滑 C．小球下滑的加速度相同 D．小球落地时的速度相同 【解答】解：AB、利用现代频闪摄影技术可得到如图所示的四幅照片，相邻两小球的时间间隔相同，小球下落过程中相邻两小球的距离逐渐增大，可知小球均加速下滑，故A错误，B正确； C、由图可知，相邻相等时间间隔内小球发生的位移差相等，小球做匀加速直线运动，则Δx＝at2，当斜面倾角越大，相邻相等时间间隔内小球发生的位移差越大，小球下滑的加速度越大，则小球下滑的加速度不相同，故C错误； D、根据运动学公式v2＝2aL可得：，小球下滑的加速度不相同，而运动位移相同，则小球落地时的速度不相同，故D错误。 故选：B。 4．（2024秋•南通期中）下列说法正确的是（　　） A．“质点”概念的建立体现了等效替代的物理思想 B．重力、加速度、平均速率、速度变化量都是矢量 C．牛顿第一定律可以通过实验来验证，说明了力是改变物体运动状态的原因 D．当物体加速度方向与速度方向一致时，物体一定做加速运动 【解答】解：A、质点是用来代替物体的具有质量的点，因而其突出特点是“具有质量”和“占有位置”，但没有大小，它的质量就是它所代替的物体的质量，所以质点的概念建立是利用了理想模型的物理思想，故A错误； B、平均速率是路程与时间的比值，是标量，故B错误； C、牛顿第一定律不是由实验直接总结出来的规律，它是牛顿以伽利略的理想实验为基础，在总结前人的研究成果之上，加之丰富的想而推理得出的一条理想条件下的规律，故C错误； D、当物体加速度方向与速度方向一致时，物体的速度不断增加，所以物体一定做加速运动，故D正确； 故选：D。 5．（2023秋•南京期末）一个盛有水的玻璃碗置于水平向右行驶的火车车厢内的水平桌面上。垂直于火车行驶方向从碗的侧面观察，水面形状分别如图（a）、（b）所示。关于火车运动情况，下列说法正确的是（　　） A．图（a）中，火车向右加速运动 B．图（a）中，火车向右匀速运动 C．图（b）中，火车向右加速运动 D．图（b）中，火车向右匀速运动 【解答】解：AB、（a）图中水面向左倾斜，则碗对水的作用力的合力方向大致斜向左上方，另外，水受到竖直向下的重力，所以水受到的重力与碗对水的作用力的合力的方向向左，根据牛顿第二定律可知水的加速度的方向向左，由于火车向右运动，故说明火车向右减速运动，故AB错误； CD、（b）图中水面向右倾斜，则碗对水的作用力的合力方向大致斜向右上方，另外，水受到竖直向下的重力，所以水受到的重力与碗对水的作用力的合力的方向向右，根据牛顿第二定律可知水的加速度的方向向右，由于火车向右运动，故说明火车向右加速运动，故C正确，D错误。 故选：C。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/8/30 18:52:10；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 第二部分 实验探究加速度和力与质量的关系 一、实验装置 小车、钩码、槽码、细线、一端附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、交变电源、纸带、刻度尺、天平。 二、实验原理与设计 1.实验思路——控制变量法 (1)探究加速度与力的关系 保持小车质量不变,通过改变槽码的个数改变小车所受的拉力,测得不同拉力下小车运动的加速度,分析加速度与拉力的定量关系。 (2)探究加速度与质量的关系 保持小车所受的拉力不变,通过在小车上增加重物改变小车的质量,测得不同质量的小车对应的加速度,分析加速度与质量的定量关系。 2.物理量的测量 (1)质量的测量:用天平测量。在小车中增减砝码的数量可改变小车的质量。 (2)加速度的测量 ①方法1:让小车做初速度为0的匀加速直线运动,用刻度尺测量小车移动的位移x,用秒表测量发生这段位移所用的时间t,然后由a=计算出加速度a。 ②方法2:由纸带根据公式Δx=aT2结合逐差法计算出小车的加速度。 ③方法3:不直接测量加速度,求加速度之比。例如:让两个做初速度为0的匀加速直线运动的物体的运动时间t相等,测出各自的位移x1、x2,则=,把加速度的测量转换成位移的测量。 (3)力的测量 在阻力得到平衡的情况下,小车受到的拉力等于小车所受的合力。 ①在槽码的质量比小车的质量小得多时,可认为小车所受的拉力近似等于槽码的重力。 ②使用力传感器可以直接测量拉力的大小,不需要使槽码的质量远小于小车的质量。 三、实验步骤 1.用天平测出小车的质量m,并把数值记录下来。 2.按如图所示的装置把实验器材安装好(小车上先不系细线)。 3.平衡阻力:在长木板不带定滑轮的一端下面垫上垫木,反复移动垫木位置,启动打点计时器,直到轻推小车使小车在木板上运动时可保持匀速直线运动为止(纸带上相邻点间距相等),此时小车重力沿木板方向的分力等于打点计时器对小车的阻力和长木板的摩擦阻力及其他阻力之和。 4.把细线绕过定滑轮系在小车上,另一端挂上槽码。保持小车质量不变,改变槽码的个数,以改变小车所受的拉力。处理纸带,测出加速度,将结果填入表1中。 表1　小车质量一定 拉力F/N 加速度a/(m·s-2) 5.保持槽码个数不变,即保持小车所受的拉力不变,在小车上增减钩码,重复上面的实验,求出相应的加速度,把数据记录在表2中。 表2　小车所受的拉力一定 质量m/kg 加速度a/(m·s-2) 四、数据处理 1.m一定时,分析加速度a与拉力F的定量关系 由表1中记录的数据,以加速度a为纵坐标,以拉力F为横坐标,根据测量数据描点,然后作出a-F图像,如图所示,若图像是一条过原点的倾斜直线,就能说明a与F成正比。 2.分析加速度a与质量m的定量关系 由表2中记录的数据,以a为纵坐标,以为横坐标,根据测量数据描点,然后作出a- 图像,如图所示。若图像是一条过原点的倾斜直线,说明a与成正比,即a与m成反比。 3.实验结论 (1)保持物体质量不变时,物体的加速度a与所受拉力F成正比。 (2)保持拉力F不变时,物体的加速度a与质量m成反比。 五、误差分析 1.系统误差:本实验中用槽码的重力代替小车受到的拉力(实际上小车受到的拉力要小于槽码的重力) 2.偶然误差 (1)质量的测量 (2)打点间隔、距离的测量 (3)倾斜角度不当,平衡阻力不足或过度 六、注意事项 1.平衡阻力:在补偿阻力时,不要(填“需要”或“不要”)把悬挂槽码的细线系在小车上,即不要给小车施加任何牵引力,并要让小车拖着纸带运动。 2.质量关系:每条纸带必须在满足小车与车上所加钩码的总质量远大于槽码的质量的条件下打出。只有如此,小车受到的拉力才可视为等于槽码的重力。 3.打点计时器的位置:改变拉力或小车质量后,每次开始时小车应尽量靠近打点计时器,并应先启动电源,再放开小车,且应在小车到达定滑轮前按住小车。 4.作图规则:作图像时,要使尽可能多的点落在所作直线上,不在直线上的点应尽可能均匀分布在直线两侧,离直线较远的点舍去不予考虑。 习题提优练 一．选择题（共2小题） 1．（2025•泰州开学）如图所示，在探究加速度与力、质量关系的实验中，若发现连接小车的细线与桌面接近平行而与轨道不平行，则应（　　） A．减小滑轮高度 B．增大滑轮高度 C．减小轨道倾角 D．增大轨道倾角 【解答】解：在探究加速度与力、质量关系的实验中，若发现连接小车的细线与桌面接近平行而与轨道不平行，说明滑轮高度过高，应减小滑轮高度，使细线与轨道平行，故A正确，BCD错误。 故选：A。 2．（2025•射阳县校级一模）用图示装置做“探究物体的加速度与力、质量的关系”的实验，下列操作中正确的是（　　） A．电火花打点计时器选用8V交流电源 B．平衡摩擦力时将砝码盘通过细线挂在小车上 C．实验中，释放小车与接通打点计时器需同时进行 D．实验中改变小车的质量后，不需要重新平衡摩擦力 【解答】解：A.电火花打点计时器选用220V交流电源，故A错误； B.平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，轻轻推动小车，小车带着纸带，且让纸带穿过打点计时器，使小车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动，故B错误； C.实验中，应先接通打点计时器，再释放小车，故C错误； D.由于平衡摩擦力之后，根据平衡条件有 mgsinθ＝μmgcosθ 故所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量后，不需要重新平衡摩擦力，故D正确。 故选：D。 二．实验题（共3小题） 3．（2024秋•海门区校级期末）如图1所示为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置及数字化信息系统，获得了小车加速度a与钩码的质量及小车和砝码的质量对应关系图。钩码的质量为m1，小车和砝码的质量为m2，重力加速度为g。 （1）下列说法正确的是 　D　 。 A．每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力 B．实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源 C．本实验m2应远小于m1 D．在用图像探究加速度与质量关系时，应作图像 （2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得F＝m1g，作出a﹣F图像，他可能作出图2中 　丙　 （选填“甲”、“乙”、“丙”）图线。此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是 　C　 。 A.小车与轨道之间存在摩擦 B.导轨保持了水平状态 C.钩码质量太大 D.所用小车的质量太大 （3）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的图像，如图3。设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车与木板间的动摩擦因数μ＝ 　　 ，钩码的质量m1＝ 　　 。 【解答】解：（1）A．平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有 f＝mgsinθ＝μmgcosθ，m约掉了，每次在小车上加减砝码时，故不需要重新平衡摩擦力，故A错误； B．实验时应先接通电源后释放小车，可以充分利用纸带，故B错误； C．让小车和砝码的质量m2远远大于小盘和重物的质量m1，因为实际加速度为 实际上绳子的拉力为 故应该是m1≪m2，故C错误； D．由牛顿第二定律 F＝m2a 可得 所以在用图像探究小车的加速度与质量的关系时，通常作图像，故D正确。 故选：D。 （2）遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况，故可能作出图2中丙； 此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是钩码的总质量太大，没有远小于小车和砝码的质量。 故选C。 （3）根据牛顿第二定律可知 m1g﹣μm2g＝m2a 变形得 结合图像可得：斜率为 截距为 解得 ， 故答案为：（1）D；（2）丙，C；（3），。 4．（2024秋•海门区校级期末）利用如图所示的实验装置“探究加速度与力、质量的关系”。 （1）该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们采用的研究方法是 　B　 。 A．微元法 B．控制变量法 C．极限法 D．等效替换 （2）平衡摩擦力过程中，将小车连接好纸带。轻推小车后，打出的纸带如图所示，纸带的左侧为小车连接处，后续操作可能正确的是 　CD　 。 A．移去小车上的砝码 B．增加小车上砝码的质量 C．垫块位置向右调整 D．降低垫块厚度 （3）某次实验打出的一条纸带如图所示，测得计数点A、B、C与O点间的距离分别为sA、sB、sC。相邻计数点间的时间间隔为T，则小车的加速度a＝ 　　 （用sA、sB、sC、T表示）。 （4）以小车和砝码的总质量M为横坐标，加速度的倒数为纵坐标，甲、乙两组同学在满足实验基本操作要求下完成实验，分别得到的图像如图所示。 ①由图可知，乙组所用槽码的质量 　大于　 （选填“大于”、“小于”或“等于”）甲组槽码的质量； ②有同学认为，图线不过原点是因为平衡摩擦力过度导致的。请判断该观点是否正确，简要说明理由 　见解析　 。 【解答】解：（1）该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们可以控制其中一个物理量不变，研究另外两个物理量之间的关系，即采用控制变量法。故B正确，ACD错误。 故选：B。 （2）轻推小车后，打出的纸带如图所示，纸带的左侧为小车连接处，小车做加速运动，要保证小车做匀速运动，垫块位置向右调整或降低垫块高度。 故CD正确，AB错误。 故选：CD。 （3）连续相等时间内的两段位移，由匀变速直线运动的判别式可得加速度为 （4）①设槽码的质量为m，细绳的拉力为F，由牛顿第二定律得，对槽码有 mg﹣F＝ma 对小车和砝码有 F＝ma 解得 故斜率越小，槽码的质量m越大，由图可知乙的斜率较小，故乙组所用的槽码质量大于甲组所用的槽码质量； ②不正确；当小车和砝码质量远小于槽码质量，整体运动加速度趋于g，即趋于。 故答案为：（1）B；（2）CD；（3）；（4）①大于；②见解析。 5．（2025春•丹阳市校级期末）用如图甲所示的装置探究加速度与力和质量的关系，带滑轮的长木板和弹簧测力计均水平固定。 （1）关于该实验，下列说法正确的是 　B　 （选填选项前的字母）。 A．小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数 B．改变砂和砂桶质量，打出几条纸带 C．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量 （2）除了图甲中器材外，在下列器材中还必须使用的有 　ACD　 （选填选项前的字母）。 A．交流电源 B．低压直流电源 C．天平（或电子秤） D．刻度尺 （3）将打点计时器接入频率为f的交流电源上，某一次记录小车运动情况的纸带如图乙所示。图中标出各点为打点计时器连续打下的点，则小车的加速度大小a＝ 　　 （用所给字母表示）。 （4）以弹簧测力计的示数F为横坐标，以加速度a为纵坐标，画出的a﹣F图像可能正确的是 　B　 （选填选项前的字母）。 A． B． C． D． （5）若测出的a﹣F图像的斜率为k后，则小车的质量为 　　 （用所给字母表示）。 【解答】（1）A．使用打点计时器时，应先接通电源，再释放小车，故A错误； B．改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度与力的关系，故B正确； C．本实验小车受到的拉力可以由弹簧测力计测出，所以实验中不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也不需要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，故C错误。 故选：B。 （2）A．电火花打点计时器需要220V的交流电源，故A正确； B．打点计时器需要交流电源，不能用直流电源，故B错误； C．研究加速度与小车质量的关系，需要用天平（或电子秤）测出小车的质量，故C正确； D．研究加速度与力和质量的关系，需要用刻度尺测出纸带上点迹间的距离来计算小车的加速度，故D正确。 故选：ACD。 （3）电源的频率为f，纸带上的点之间的时间间隔为 根据逐差法可以求得加速度为 （4）由于没有平衡摩擦力，根据牛顿第二定律，有 2F﹣f＝Ma 可得 可知a﹣F图像是倾斜的直线，且纵截距为负值。 故B正确，ACD错误。 故选：B。 （5）根据 可知斜率为 可得 故答案为：（1）B；（2）ACD；（3）；（4）B；（5）。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/8/30 18:53:28；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 第三部分 牛顿第二定律 一、牛顿第二定律 1.内容:物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比,跟它的质量成反比,加速度的方向跟作用力的方向相同。 2.表达式:F=kma,式中F指的是物体所受的合力。 3.力的单位 (1)力的国际单位:牛顿,简称牛,符号为N。 (2)“牛顿”的定义:使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力叫作1 N,即1 N=1 kg·m/s2。  (3)在质量的单位取kg,加速度的单位取m/s2,力的单位取N时,F=kma中的k=1,此时牛顿第二定律可表示为F=ma。 二、应用牛顿第二定律解题的一般步骤 (1)确定研究对象。 (2)进行受力分析和运动状态分析,画出受力分析图,明确运动性质和运动过程。 (3)求出合力或加速度。 ①当物体受两个非共线共点力作用时,可用矢量合成法,也可用正交分解法(用矢量合成法作图时注意:合力方向与合加速度的方向相同)。 ②物体受多个非共线共点力作用,求合力时需用正交分解法。 (4)根据牛顿第二定律列方程求解。 习题提优练 【题型分类之牛顿第二定律瞬时问题】 一．选择题（共4小题） 1．（2024秋•海门区校级期末）如图所示，有一质量为m的小球分别与轻绳P和轻弹簧Q相连，其中轻绳P竖直，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　） A．轻绳P的弹力大小可能大于mg B．弹簧Q可能处于拉伸状态 C．剪断轻绳P后，小球仍将处于静止状态 D．剪断轻绳P瞬间，小球的加速度大小为g 【解答】解：AB．物块静止处于平衡状态，物块受竖直向下的重力与竖直向上轻绳P的拉力作用，假设物块受到弹簧Q弹力作用，则轻绳P不能处于竖直状态（否则不可能让物体静止），推出与题干矛盾的结论，所以弹簧Q没有产生弹力作用，物块受竖直向下的重力与轻绳P竖直向上的拉力作用，由平衡条件可知，轻绳P的拉力 T＝mg 故AB错误； CD．剪断轻绳前弹簧对物块没有弹力作用，物块受重力与轻绳的拉力作用，剪断轻绳瞬间轻绳的拉力为零，弹簧弹力不能突变仍然为零，物块只受重力作用，由牛顿第二定律得 mg＝ma 解得 a＝g 剪断轻绳P后，小球不会处于静止状态，故D正确，C错误。 故选：D。 2．（2025春•南通期末）如图所示，物块a通过轻弹簧与物块b连接，用手托住b保持静止。现将a、b由静止释放，不计空气阻力，从释放到弹簧第一次恢复原长的过程中，a、b下落的速度v随时间t变化的图像可能是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：将a、b由静止释放瞬间，a受到重力和向上的弹力，合力为0，加速度为0；b受到重力和向下的弹力，加速度大于g。之后弹簧第一次恢复原长的过程中，弹力减小，a加速度逐渐增大，b加速度逐渐减小，待弹簧恢复原长时，两者加速度相等均为g。根据v﹣t图像斜率表示加速度的大小及方向，可知C正确，ABD错误。 故选：C。 3．（2024秋•镇江期末）如图所示，质量为m的物块B叠放在轻弹簧上，处于静止状态。将质量为m的物块A无初速的放上B的瞬间开始计时，直到B运动到最低点。设B相对初始位置的位移为x，B的加速度大小为a，B的速度为v，弹簧对B的弹力为F，AB之间压力为FN，运动时间为t，重力加速度为g，弹簧始终在其弹性限度内，关于上述过程下列图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：A．物块A无初速的放上B的瞬间，AB的加速度最大，随着AB向下运动，加速度先减小后增大，前与后时间内加速度大小具有对称性，故A正确； B．AB向下运动，加速度先减小后增大，v−t图像的斜率表示加速度，则v−t图像的斜率应先变小后变大，故B错误； C．由胡克定律得F＝k（x0+x），kx0＝mg 可得F＝kx+mg 则F−x图像是不过坐标原点的直线，故C错误； D．AB向下运动过程中，对AB整体由牛顿第二定律得2mg﹣F＝2ma，F＝kx+mg 对物块A由牛顿第二定律得mg﹣FN＝ma 联立可得 则FN−x图像纵坐标截距为，故D错误。 故选：A。 4．（2024秋•徐州期末）雨滴从空中由静止竖直下落，受到的空气阻力随速度增大而增大。下列关于雨滴下落过程中的速度v、位移x和时间t的关系图像，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：AB、由题意可知，开始下落时由牛顿第二定律可得：mg﹣f＝ma，解得：，由于空气阻力随速度增大而增大，所以雨滴先做加速度减小的加速运动，当a＝0后，做匀速直线运动，故B正确，A错误； CD、由于x﹣t图像的斜率表示速度，由于雨滴先做加速度减小的加速运动后做匀速运动，C图像表示运动做一直做匀速运动，D图像说明雨滴先做匀速运动后做减速运动，故CD错误。 故选：B。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/8/30 18:54:38；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 【题型分类之牛顿第二定律多过程问题】 一．选择题（共6小题） 1．（2025•江苏模拟）如图所示，截面为等腰三角形的楔形木块ABC固定在水平地面上，AB面和BC面的粗糙程度处处相同。一小物块以初速度v0沿斜面AB向上运动，经时间t0到达顶点B，速度恰好减为零；紧接着小物块由静止开始沿斜面BC下滑。在小物块从A运动到C的过程中，其速度大小v与时间t的关系图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：设物块上滑与下滑的加速度大小分别为a1和a2，根据牛顿第二定律得mgsinα+μmgcosα＝ma1，mgsinα﹣μmgcosα＝ma2，解得a1＝gsinα+μgcosα，a2＝gsinα﹣μgcosα，可知a1＞a2，而v﹣t图像的斜率等于加速度，所以上滑段图线的斜率大于下滑段图线的斜率；上滑和下滑过程位移大小相等，而上滑的加速度较大，由知，上滑过程时间较短，下滑过程时间较长，因上滑过程中，物块做匀减速运动，下滑过程做匀加速直线运动，两段图像都是直线，由于物体克服摩擦力做功，机械能不断减小，所以物体到达C点的速度小于v0，故C正确，ABD错误。 故选：C。 2．（2024秋•南通期末）如图所示，弹簧右端固定，自然伸长在B点，物块静止在光滑水平面A点。现用一水平向右的恒力推该物块，物块恰能运动到C点，则物块（　　） A．B点时速度最大 B．可能静止在C点 C．B到C加速度一直增大 D．B到C速度先增大后减小 【解答】解：地面光滑，在恒力F作用下，物块从A到B做初速度为零的匀加速直线运动， 在B点物块与弹簧接触，开始压缩弹簧，物块所受合力F合＝F﹣F弹， 刚开始弹簧的形变量较小，弹簧的弹力小于恒力，物块所受合力向右，物块继续向右做加速运动， 随弹簧形变量增加，弹簧弹力增加，物块所受合力减小，加速度逐渐减小；弹簧弹力与恒力相等时物块所受合力为零， 物块继续向右运动过程，弹簧弹力大于恒力，物块所受合外力水平向左，物块做减速运动，合力逐渐增大，加速度逐渐增大， 物块做加速度增大的减速运动，直到减速到零，由题意可知，物块恰能运动到C点，说明物块到达C点时速度为零， 此时物块所受合力水平向左，物块要向左做加速运动，物块不能静止在C点， 由以上分析可知，从B到C过程物块的加速度先减小后反向增大，速度先增大后减小，在合力为零时速度最大，物块不能停在C点，故ABC错误，D正确。 故选：D。 3．（2024秋•宿迁期末）如甲图所示，质量为2kg的长木板B静止放置于光滑水平面上。t＝0时，物块A（可视为质点）以3m/s的初速度滑上B的左端，A、B的速度随时间变化的图像如乙图所示，重力加速度g取10m/s2，则（　　） A．A的质量为4kg B．A与B之间的动摩擦因数为0.1 C．B的长度为1.5m D．A在B上滑动过程中对地的位移为2m 【解答】解：AB.由题意可知，在运动过程中A做减速运动，B做加速运动，则图乙中0～1.0s上部分图线为物块A的v﹣t图线，下部分为长木板B的v﹣t图线， v﹣t图像斜率的绝对值表示加速度的大小，则物块A与长木板B的加速度大小分别为：，， 根据牛顿第二定律可得：fA＝mAaA，fB＝mBaB， 根据牛顿第三定律可得：fA＝fB＝μmAg， 联立可得：mA＝1kg，μ＝0.2，故AB错误； D.v﹣t图线与t轴所围面积大小表示位移大小，则0～1.0s即物块A在B上滑动过程中，物块A对地的位移大小为：，故D正确； C.由于不知道物块A与长木板B相对静止时，物块A与长木板B右端的距离，则长木板B的具体长度无法确定，故C错误； 故选：D。 4．（2024秋•鼓楼区校级月考）如图所示，轻弹簧竖直立在地面上，物块A放在轻弹簧上，物块B叠放在物块A上，用绕过两定滑轮的轻绳将物块B、C连接，用手托着物块C，使滑轮两边的轻绳刚好沿竖直方向伸直，已知物块A、B、C的质量分别为m、m、2m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，不计空气阻力，弹簧在弹性限度内，开始时物块B到滑轮的距离足够远，快速撤去手，则下列判断正确的是（　　） A．撤去手的一瞬间，物块C的加速度为0 B．撤去手的一瞬间，A对B的作用力大小为mg C．撤去手后，物块B的加速度先减小再增大后不变 D．当物块A、B刚好分离时，物块A上升的高度为 【解答】解：A.由题意可知，撤去手之前绳子上得拉力为0，此时，对AB整体受力分析得 2mg＝kx0 撤去手得一瞬间，弹簧上弹力不变，A.B、C三个物体加速度大小相等，对C受力分析得 2mg﹣F＝2ma 对AB整体受力分析，由牛顿第二定律得 F+kx0﹣2mg＝2ma 联立解得撤去手的一瞬间，物体C的加速度大小为 ag 此时绳上的拉力突变，大小为 F＝mg 故A错误； B.撤去手的一瞬间，对物体B受力分析，由牛顿第二定律得 F+FAB﹣mg ＝ma 代入数据得此时A对B的作用力大小为 FABmg 故B错误； C.撤去手之后AB分开前，对A、B.C系统受力分析，由牛顿第二定律得 2mg+kx﹣2mg＝3ma 随着A向上运动，弹簧的形变量减小，可知加速度减小； A、B分开后，B、C两个物体由绳连接加速度大小一样，对C受力分析由牛顿第二定律可知 2mg﹣F'＝2ma 对B受力分析，由牛顿第二定律可知 F'﹣mg＝ma' 联立解得B、C的加速度大小为 a'g 加速度不再变化 故C错误； D.A.B分开时，FAB＝0，此时A、B.C加速度大小相等，设此时弹簧的形变量为x，对A、B、C系统受力分析解得 2mg+kx1﹣2mg＝3ma 隔离A，受力分析由牛顿第二定律得 kx1﹣mg＝ma 联立解得，此时弹簧形变量为 x1 故当物块A、B刚好分离时，物块A.上升的高度为 h＝x0﹣x1 解得h 故D正确。 故选：D。 5．（2023秋•镇江期末）如图所示，一轻弹簧竖直固定在水平地面上，弹簧正上方有一个小球自由下落。从小球接触弹簧上端到将弹簧压缩到最短的过程中，下列图线中关于小球的速度大小v、加速度大小a、时间t、弹簧形变量x关系正确的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：小球刚接触弹簧的一段时间内，重力大于弹力，小球受重力和弹力，则对小球根据牛顿第二道理可得 mg﹣kx＝ma 加速度向下，即小球加速向下运动，随向下位移的增加，弹力变大，当弹力等于重力时，加速度为零，此时速度最大；以后弹力大于重力，加速度向上，则 kx﹣mg＝ma 即小球向下做减速运动，随弹力的增加，加速度逐渐变大，到达最低点时加速度向上最大，则小球的速度先增加后减小，加速度先减小后增加，且加速度a随位移x呈线性关系，但是随时间t不是线性关系。故ABC错误，D正确， 故选：D。 6．（2023秋•鼓楼区校级月考）如图所示，细线的一端固定在倾角为30°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球，静止时细线与斜面平行。已知重力加速度为g。使滑块以加速度a＝2g向左加速运动，小球与滑块相对静止，则下列说法中正确的是（　　） A．细线对小球的拉力大小为 B．细线对小球的拉力大小为 C．小球对滑块的压力大小为 D．小球对滑块的压力大小为2mg 【解答】解：设当小球贴着滑块一起向左运动且支持力为零时加速度为a0，小球受到重力、拉力作用，如图1所示 根据牛顿第二定律得： 因a＝2g＞a0，故滑块以加速度a向左加速运动时，此时小球已经离开斜面，设此时绳子与竖直方向的夹角为α，如图2所示，则有： Tsinα＝ma＝2mg Tcosα＝mg 解得细线对小球的拉力大小为：，故A正确，BCD错误。 故选：A。 二．解答题（共2小题） 7．（2024秋•海门区校级期末）如图所示，质量M＝4.0kg、足够长的木板B置于光滑水平面上，板左侧有竖直墙壁。现将质量m＝1.0kg的小物块A以水平向左的初速度v0＝5.0m/s滑上木板。当B与墙壁碰撞后，速度大小不变，方向反向。已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2。 （1）小滑块A刚滑上木板时，求A的加速度大小aA和木板B的加速度大小aB； （2）若B的左端与墙壁的距离x＝3.0m，已知B与竖直墙壁碰撞前，物块A已与木板B共速。求B从开始运动到刚与墙壁碰撞的时间t； （3）若B与墙壁之间的距离满足整个运动过程中B与墙壁碰撞两次，且最终A、B停止运动，求整个运动过程中B通过的路程s。 【解答】解：（1）对物块A，根据牛顿第二定律有 μmg＝maA 解得 aA＝2m/s2 对木板B，根据牛顿第二定律有 μmg＝MaB 解得 aBm/s2 （2）设从B滑上木板到共速所经历的时间为t1，共同速度为v，则 v0﹣aAt1＝aBt1 解得 t1＝2s v＝aBt1 解得v＝1m/s 该过程中木板B向左运动的距离 x1 解得x1＝1m 因x1＜x，所以接下来A与B一起向左匀速运动，直至与墙壁F碰撞，设该过程经历的时间为t2，则 x﹣x1＝vt2 解得t2＝2s B开始运动到与墙壁碰撞的时间 t＝t1+t2 解得t＝4s （3）解法一： 由题意可知，如果B与F碰前，两者速度已相等，则B与F碰后两者最终会一起向右运动，不会发生第二次碰撞．因此B在与F碰撞前一直做匀加速直线运动，碰后做加速度相等的减速运动． 对B，设B每次与挡板碰撞的速度大小为v1，B经过时间t3与F碰撞，碰后经过时间t4速度减为零，则 v1＝aBt3 0＝v1﹣aBt4 解得 t3＝t4 对A：物块A一直向左作匀减速运动，在运动的全过程中根据牛顿第二定律，有 0＝v0﹣aA（4t3） 解得 t3s 对B：从某位置开始加速，反弹减速至零又回到原位置，再次加速再反弹至零，最后回到原位置瞬间A也速度减为零，则 s＝4 解得 sm 解法二（图像法）：B加速以及和墙壁碰撞后减速的加速度大小恒为 aB 全过程有 t3＝ 解得t3 对B有从某位置开始加速，反弹减速至零又回到原位置，再次加速再反弹至零，最后回到原位置瞬间A也速度减为零，该过程中B的路程为 s＝4m。 答：（1）小滑块A刚滑上木板时，A的加速度大小为2m/s2，木板B的加速度大小m/s2； （2）若B的左端与墙壁的距离x＝3.0m，已知B与竖直墙壁碰撞前，物块A已与木板B共速。B从开始运动到刚与墙壁碰撞的时间4s； （3）若B与墙壁之间的距离满足整个运动过程中B与墙壁碰撞两次，且最终A、B停止运动，整个运动过程中B通过的路程m。 8．（2022秋•惠山区校级期末）如图所示，水平面上静止放着高h＝1.8m质量M＝3kg的木块，一个质量m＝1kg的小物体静止放在木块的最右端，小物体和木块之间、木块与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.1，g取10m/s2。现对木块施加水平向右的恒定拉力F。 （1）使小物体与木块一起作为整体运动的最小拉力F和最大加速度a； （2）若木块长L＝2m，F＝11N，从静止开始拉动多长时间小物体和木块脱离？小物体落地时与木块左端的距离是多少？ （3）若木块长L＝2.75m，F＝11N，从静止开始拉，要使小物体与木块脱离，求F作用的最短时间。 【解答】解：（1）使小物体与木块一起作为整体运动的最小拉力为 F＝f地＝μ（M+m）g 解得F＝f地＝4N 当小物体与木块间的静摩擦力达到最大时，小物体与木块一起作为整体运动的加速度达到最大，以小物块为对象，根据牛顿第二定律可得 fmax＝μmg＝ma 解得 a＝μg＝0.1×10m/s2＝1m/s2 （2）若木块长L＝2m，F＝11N，以木板为对象，根据牛顿第二定律可得 F﹣μ（M+m）g﹣μmg＝Ma1 解得木板的加速度大小为 以小物块为对象，根据牛顿第二定律可得 μmg＝ma2 解得小物块的加速度大小为 设经过t时间小物体和木块脱离，则有 解得 t＝2s 小物体和木块脱离两者的速度分别为 v1＝a1t＝2×2m/s＝4m/s，v2＝a2t＝1×2m/s＝2m/s 脱离后小物体做平抛运动，竖直方向有 解得t′＝0.6s 小物体落地时通过的水平位移大小为 x物＝v2t′＝2×0.6m＝1.2m 脱离后木板继续做匀加速运动的加速度大小为 解得 小物体落地时木板通过的位移大小为 x板＝2.88m 则小物体落地时与木块左端的距离为 Δx＝x板﹣x物＝2.88m﹣1.2m＝1.68m （3）若木块长L＝2.75m，F＝11N，从静止开始拉，要使小物体与木块脱离，设F作用的最短时间为t1，则撤去F时，木板和小物体的速度大小分别为 v′1＝a1t1＝2t1，v′2＝a2t1＝t1 此时小物体与木板发生的相对位移为 撤去F后，小物块继续做匀加速运动，木板做匀减速运动，加速度大小变为 解得 设经过t2时间，小物体与木板达到共速，此时小物体刚好运动木板的左端，则有 v共＝v′2+a2t2＝a2t1+a2t2＝t1+t2 联立解得 ， 小物体与木板发生的相对位移为 又 解得 t1＝2s。 答：（1）使小物体与木块一起作为整体运动的最小拉力为4N和最大加速度1m/s2； （2）从静止开始拉动2s时间小物体和木块脱离，小物体落地时与木块左端的距离是1.68m。 （3）从静止开始拉，要使小物体与木块脱离，F作用的最短时间为2s。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/8/30 18:55:52；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 【题型分类之牛顿第二定律图像类问题】 一．选择题（共6小题） 1．（2025春•常州校级期末）某蹦床运动员在训练过程中，与网接触后，竖直向上弹离，经过t0时间，又重新落回网上。以运动员离开网的时刻作为计时起点，以离开的位置作为位移起点，规定竖直向上为正方向，忽略空气阻力，下列描述运动员位移x、速度v、加速度a、所受合力F随时间t变化的图像中，与上述过程相符的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：A根据题意，由对称性可知，运动员上升的时间和下降的时间相等，均为，根据公式可得，运动员运动的位移与时间的关系式为，则x﹣t图像为开口向下的抛物线，故A错误； B.根据公式v＝v0+at可得，苹运动员运动的速度与时间的关系式为v＝v0﹣gt，则v﹣t图像为向下倾斜的直线，故B正确， C.运动员整个运动过程中，只受重力作用，加速度一直为重力加速度，则加速度a不随时间变化，故C错误； D.在运动员与网接触后竖直向上弹离的过程中，忽略空气阻力，运动员只受到重力的作用。重力是地球对物体的吸引力，其大小和方向都不随时间变化。根据牛顿第二定律F合＝ ma， 由于运动员只受重力，所以运动员所受合力F合＝ mg，因为规定竖直向上为正方向，重力方向竖直向下，所以合力方向竖直向下，合力大小始终为mg，不随时间变化。其图像是一条平行于时间轴t轴的直线，故D错误。 故选：B。 2．（2024秋•苏州期末）如图所示，物块Q放置在水平地面上，上方连接一轻弹簧。t＝0时刻将物块P从弹簧的上端由静止释放。P向下运动距离为x0时，所受合外力为零；运动时间为t0时到达最低点。在P运动的过程中，不计空气阻力。下列关于物块P的速度v、相对于初始位置的位移x、物块Q所受弹簧的弹力F、对地面的压力N之间关系可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：AD．对物块P的受力分析，结合牛顿第二定律可知 mg﹣F弹＝ma F弹＝kx 随着物块P向下的运动，弹簧的压缩量越来越大，弹力也越来越大，故P向下运动距离为x0的过程加速度向下减小，做加速度减小的加速运动； P从距离为x0向下运动距离至2x0的过程中加速度向上增大，做加速度增大的减速运动，故A错误，D正确； B．Q物块所受弹簧的弹力F与P物块所受弹力大小相等，由胡克定律可知，随着压缩量的增加，越来越大直至速度为零，故B错误； C．由物块Q的受力可知 N＝mg+kx P物块运动时间为t0时到达最低点，此时弹簧的弹力最大，故C错误。 故选：D。 3．（2025春•邗江区期中）如图所示，斜面体固定在水平面上，斜面体的两侧面与水平面平滑连接，两小木块同时从斜面体的顶端由静止下滑，最终停在水平面上。已知木块与斜面、水平面间的动摩擦因数相同，不计木块从斜面底端进入水平面时的能量损失。下列描述木块速度大小v随时间t变化关系图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：D、由动能定理，可得到两木块到达底端时的速度满足：，解得：， 结合图像，可知左侧木块所在斜面的角度更大，结合数学知识，可知左侧木块到达底端时的速度更大，故D错误； ABC、由牛顿第二定律，可得到两物块下滑时的加速度满足：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，解得：a＝gsinθ﹣μgcosθ，结合角度关系，可知左侧木块的加速度更大； 由匀变速直线运动的特点：，可知左侧木块下滑过程需要的时间更短； 木块在水平面上滑动时，对木块受力分析，可知两木块的加速度满足：μmg＝ma2，解得：a2＝μg，可知两木块在水平面滑动时加速度大小相等， 即下滑过程中，左侧木块下滑的末速度更大，时间更短；沿水平面滑动时，两木块加速度大小相等，故BC错误，A正确。 故选：A。 4．（2024秋•无锡期末）如图所示，滑块A以初速度v0冲上一个固定的、足够长的光滑斜面。取平行于斜面向上为正方向，A在斜面上运动的速度—时间图像可能是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：由题意可知，滑块先沿斜面向上做匀减速直线运动，速度为零后沿斜面向下做匀加速直线运动，整个运动过程中其加速度不变，方向沿斜面向下，物块向上、向下运动过程具有速率对称和时间对称的特点，根据匀变速直线运动位移与时间关系式可知，当取平行于斜面向上为正方向时其v﹣t图像是一条向下倾斜的直线，故A正确，BCD错误。 故选：A。 5．（2023秋•阜宁县期末）如图甲，一物块在光滑斜面上，受到沿斜面向上的力F作用，由静止开始沿斜面向上运动。物块的速度—时间图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．0～2s内，力F逐渐变小 B．0～2s内，力F逐渐变大 C．2s～4s内，力F一定为零 D．4s～6s内，力F一定不为零 【解答】解：AB．由v﹣t图像任意点切线的斜率表示该点的瞬时加速度，由物块的速度—时间图像可知，0～2s内，物块的加速度逐渐变小，由牛顿第二定律有 F﹣mgsinα＝ma 得 F＝ma+mgsinα 可知力F逐渐变小，故A正确，B错误； C．由物块的速度—时间图像可知2s～4s内，物块做匀速直线运动，则 F＝mgsinα 所以力F一定不为零，故C错误； D．4 s～6 s内，取运动方向为正，由物块的速度—时间可知物块做匀减速直线运动，加速度保持不变，对物块由牛顿第二定律有 F﹣mgsinα＝ma 当F＝0时，加速度为 a＝﹣gsinα 也符合运动规律，可知力F可能为零，故D错误。 故选：A。 6．（2023秋•连云港期末）如图所示，质量为m的小物块，在水平恒力F的作用下紧贴在竖直墙壁上保持静止状态。自t1时刻起F随时间均匀减小，直至t2时刻减为零，重力加速度为g，关于小物块所受摩擦力Ff大小随时间t变化的图像，下列选项可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：开始时小物块静止，摩擦力等于重力。 随着恒力的逐渐减小，小物体的最大静摩擦也减小，当小于重力时，突变为滑动摩擦，而且滑动摩擦小于最大静摩擦，根据滑动摩擦力公式：f＝μF，可知与恒力成正比逐渐减小到零，故ACD错误，B正确。 故选：B。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/8/30 18:56:37；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 第四部分 力学单位制 一、对单位制的理解 1.基本量、基本单位 在物理学中,只要选定几个物理量的单位,就能够利用物理量之间的关系推导出其他物理量的单位,这些被选定的物理量叫基本量,它们相应的单位叫基本单位。 2.导出量、导出单位 由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量叫导出量,推导出来的相应单位叫导出单位。 3.单位制 基本单位和导出单位一起组成了一个单位制。 4.国际单位制中的七个基本量和相应的基本单位 物理量名称 物理量符号 单位名称 单位符号 长度 l 米 m 质量 m 千克(公斤) kg 时间 t 秒 s 电流 I 安[培] A 热力学温度 T 开[尔文] K 物质的量 n,(ν) 摩[尔] mol 发光强度 I,(Iv) 坎[德拉] cd 二、单位制的四个主要应用 1.简化计算过程的单位表达:在解题计算时,已知量均采用国际单位制,计算过程中不用写出各个量的单位,只要在式子末尾写出所求量的单位即可。 2.推导物理量的单位:物理公式确定了各物理量的数量关系的同时,也确定了各物理量的单位关系,所以我们可以根据物理公式中物理量间的关系推导出物理量的单位。 3.判断比例系数的单位:根据公式中物理量的单位关系,可判断公式中比例系数有无单位,如公式F=kx中k的单位为N/m,Ff=μFN中μ无单位,F=kma中k无单位。 4.单位制可检查物理量关系式的正误:根据物理量的单位,如果发现某公式在单位上有问题,或者所求结果的单位与采用的单位制中该量的单位不一致,那么该公式或计算结果肯定是错误的。 习题提优练 一．选择题（共4小题） 1．（2025春•新吴区校级期末）1798年英国物理学家卡文迪什精确地测出了引力常量G的数值。若用国际单位表示引力常量G的单位，下列选项正确的是（　　） A．N•m/kg2 B．N•m2/kg2 C．N•m2/kg D．N•m/kg 【解答】解：根据公式F＝G，得G，故引力常量G的单位是，故B正确，ACD错误。 故选：B。 2．（2025•扬州校级模拟）物理学的关系式确定了物理量之间的关系时也确定了物理量的单位间的关系。下列说法正确的是（　　） A．动摩擦因数μ的单位N/kg B．弹簧的劲度系数k没有单位 C．静电力常量k的单位是N•m2/C2 D．引力常量G的单位是N•kg2/m2 【解答】解：A、由摩擦力公式f＝μN可知，由于分子与分母的单位均为牛（N），故μ无单位，故A错误。 B、由胡克定律F＝kx得，力的单位是N，弹簧的形变量的单位是m，所以劲度系数k单位是N/m，故B错误。 C、库仑定律变形得，代入单位得N•m2/C2，故C正确。 D、万有引力定律变形得，单位应为N•m2/kg2，故D错误。 故选：C。 3．（2025•盐城学业考试）国际单位制中，长度、质量、时间三个基本量的单位分别为（　　） A．N、m、s B．m、kg、s C．kg、N、s D．kg、m、J 【解答】解：国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位。国际单位制中，长度、质量、时间三个基本量的单位分别为m，kg，s，故B正确，ACD错误。 故选：B。 4．（2025春•常州校级期末）英国物理学家焦耳最早发现了焦耳定律，给出了电能向热能转化的定量关系。为了纪念他，国际单位制（SI）中能量的导出单位也以焦耳（J）命名。焦耳用国际单位制中基本单位表示正确的是（　　） A．J B．kg•cm2•s﹣1 C．kg•m2•s﹣2 D．kg•s﹣2 【解答】解：J和cm都不是国际单位制中基本单位，1J＝1N•m，1N＝1kg•m/s2，联立可知1J＝1kg•m2/s2，故C正确，ACD错误。 故选：C。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/8/30 18:57:57；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第四章 运动和力的关系 思维导图 知识点分类 第一部分 牛顿第一定律 一、伽利略实验 1.亚里士多德的观点 亚里士多德从日常生活经验出发:必须有力作用在物体上,物体才能运动;没有力的作用,物体就要静止在某个地方,他得出结论,力是维持物体运动的原因。 2.伽利略的研究 (1)伽利略认为,运动的物体之所以会停下来是因为摩擦力的作用。 (2)理想斜面实验:如图所示,让静止的小球从第一个斜面滚下,冲上第二个斜面,如果没有摩擦,小球将上升到原来的高度。减小第二个斜面的倾角,小球运动的距离增大,但所到达的高度相同。当第二个斜面放平,小球将永远运动下去。 (3)推理结论:力不是(填“是”或“不是”)维持物体运动的原因。 (4)意义:伽利略的理想实验的本质是想象着把实际中存在、影响物体运动的摩擦力去掉,抓住事物的本质。这种依据逻辑推理把实际实验理想化的思想也是研究物理问题的重要方法之一。 伽利略第一次确定了物理实验在物理研究中的基础地位。 3.笛卡儿的观点:如果运动中的物体没有受到力的作用,它将继续以同一速度沿同一直线运动,既不会停下来,也不会偏离原来的方向。 4.牛顿在伽利略等人工作的基础上得出牛顿第一定律。伽利略理想斜面实验为牛顿第一定律提供了实验依据。 二、牛顿第一定律 1.牛顿第一定律的内容:一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态,除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。 说明:运动状态改变即速度发生变化,有三种情况: (1)速度的方向不变,大小改变。 (2)速度的大小不变,方向改变。 (3)速度的大小和方向同时改变。 2.对牛顿第一定律的理解 (1)定性揭示了力和运动的关系: ①力是改变物体运动状态的原因,而不是维持物体运动的原因。 ②物体不受外力时的运动状态:匀速直线运动状态或静止状态。 (2)牛顿第一定律无法用实验直接验证,它所描述的是一种理想状态,即不受外力的状态,但其得到的一切结论经过实践证明都是正确的。 (3)揭示了一切物体都具有的一种固有属性——惯性。因此牛顿第一定律也叫惯性定律。 三、惯性与质量 1.惯性:物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质叫作惯性。惯性是物体固有的,一切物体都有惯性。 2.物体惯性大小仅与质量有关,质量是物体惯性大小的唯一量度,惯性大小与物体是否运动、运动快慢等因素无关(填“有关”或“无关”)。 习题提优练 一．选择题（共5小题） 1．（2025春•常州校级期末）下列说法中不正确的是（　　） A．牛顿第一定律也称之为惯性定律 B．亚里士多德认为物体运动需要力来维持 C．惯性与物体的速度大小有关，速度越大，其惯性越大 D．物体既有保持运动的属性，也有保持静止的属性 2．（2024秋•江苏期末）伽利略创造性地设计了如图甲、乙所示的两个斜面实验。下列说法正确的是（　　） A．图甲实验是为了验证“力是维持物体运动的原因” B．图乙实验结合逻辑推理可以得出结论：力不是维持物体运动的原因 C．图乙实验是为了归纳小球做自由落体运动的规律 D．图甲实验利用斜面是为了缩短小球下滑的时间以便测量 3．（2023秋•扬州期末）伽利略研究自由落体运动时做了铜球沿斜面运动的实验。利用现代频闪摄影技术可得到如图所示的四幅照片，由图分析可知（　　） A．小球均匀速下滑 B．小球均加速下滑 C．小球下滑的加速度相同 D．小球落地时的速度相同 4．（2024秋•南通期中）下列说法正确的是（　　） A．“质点”概念的建立体现了等效替代的物理思想 B．重力、加速度、平均速率、速度变化量都是矢量 C．牛顿第一定律可以通过实验来验证，说明了力是改变物体运动状态的原因 D．当物体加速度方向与速度方向一致时，物体一定做加速运动 5．（2023秋•南京期末）一个盛有水的玻璃碗置于水平向右行驶的火车车厢内的水平桌面上。垂直于火车行驶方向从碗的侧面观察，水面形状分别如图（a）、（b）所示。关于火车运动情况，下列说法正确的是（　　） A．图（a）中，火车向右加速运动 B．图（a）中，火车向右匀速运动 C．图（b）中，火车向右加速运动 D．图（b）中，火车向右匀速运动 第二部分 实验探究加速度和力与质量的关系 一、实验装置 小车、钩码、槽码、细线、一端附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、交变电源、纸带、刻度尺、天平。 二、实验原理与设计 1.实验思路——控制变量法 (1)探究加速度与力的关系 保持小车质量不变,通过改变槽码的个数改变小车所受的拉力,测得不同拉力下小车运动的加速度,分析加速度与拉力的定量关系。 (2)探究加速度与质量的关系 保持小车所受的拉力不变,通过在小车上增加重物改变小车的质量,测得不同质量的小车对应的加速度,分析加速度与质量的定量关系。 2.物理量的测量 (1)质量的测量:用天平测量。在小车中增减砝码的数量可改变小车的质量。 (2)加速度的测量 ①方法1:让小车做初速度为0的匀加速直线运动,用刻度尺测量小车移动的位移x,用秒表测量发生这段位移所用的时间t,然后由a=计算出加速度a。 ②方法2:由纸带根据公式Δx=aT2结合逐差法计算出小车的加速度。 ③方法3:不直接测量加速度,求加速度之比。例如:让两个做初速度为0的匀加速直线运动的物体的运动时间t相等,测出各自的位移x1、x2,则=,把加速度的测量转换成位移的测量。 (3)力的测量 在阻力得到平衡的情况下,小车受到的拉力等于小车所受的合力。 ①在槽码的质量比小车的质量小得多时,可认为小车所受的拉力近似等于槽码的重力。 ②使用力传感器可以直接测量拉力的大小,不需要使槽码的质量远小于小车的质量。 三、实验步骤 1.用天平测出小车的质量m,并把数值记录下来。 2.按如图所示的装置把实验器材安装好(小车上先不系细线)。 3.平衡阻力:在长木板不带定滑轮的一端下面垫上垫木,反复移动垫木位置,启动打点计时器,直到轻推小车使小车在木板上运动时可保持匀速直线运动为止(纸带上相邻点间距相等),此时小车重力沿木板方向的分力等于打点计时器对小车的阻力和长木板的摩擦阻力及其他阻力之和。 4.把细线绕过定滑轮系在小车上,另一端挂上槽码。保持小车质量不变,改变槽码的个数,以改变小车所受的拉力。处理纸带,测出加速度,将结果填入表1中。 表1　小车质量一定 拉力F/N 加速度a/(m·s-2) 5.保持槽码个数不变,即保持小车所受的拉力不变,在小车上增减钩码,重复上面的实验,求出相应的加速度,把数据记录在表2中。 表2　小车所受的拉力一定 质量m/kg 加速度a/(m·s-2) 四、数据处理 1.m一定时,分析加速度a与拉力F的定量关系 由表1中记录的数据,以加速度a为纵坐标,以拉力F为横坐标,根据测量数据描点,然后作出a-F图像,如图所示,若图像是一条过原点的倾斜直线,就能说明a与F成正比。 2.分析加速度a与质量m的定量关系 由表2中记录的数据,以a为纵坐标,以为横坐标,根据测量数据描点,然后作出a- 图像,如图所示。若图像是一条过原点的倾斜直线,说明a与成正比,即a与m成反比。 3.实验结论 (1)保持物体质量不变时,物体的加速度a与所受拉力F成正比。 (2)保持拉力F不变时,物体的加速度a与质量m成反比。 五、误差分析 1.系统误差:本实验中用槽码的重力代替小车受到的拉力(实际上小车受到的拉力要小于槽码的重力) 2.偶然误差 (1)质量的测量 (2)打点间隔、距离的测量 (3)倾斜角度不当,平衡阻力不足或过度 六、注意事项 1.平衡阻力:在补偿阻力时,不要(填“需要”或“不要”)把悬挂槽码的细线系在小车上,即不要给小车施加任何牵引力,并要让小车拖着纸带运动。 2.质量关系:每条纸带必须在满足小车与车上所加钩码的总质量远大于槽码的质量的条件下打出。只有如此,小车受到的拉力才可视为等于槽码的重力。 3.打点计时器的位置:改变拉力或小车质量后,每次开始时小车应尽量靠近打点计时器,并应先启动电源,再放开小车,且应在小车到达定滑轮前按住小车。 4.作图规则:作图像时,要使尽可能多的点落在所作直线上,不在直线上的点应尽可能均匀分布在直线两侧,离直线较远的点舍去不予考虑。 习题提优练 一．选择题（共2小题） 1．（2025•泰州开学）如图所示，在探究加速度与力、质量关系的实验中，若发现连接小车的细线与桌面接近平行而与轨道不平行，则应（　　） A．减小滑轮高度 B．增大滑轮高度 C．减小轨道倾角 D．增大轨道倾角 2．（2025•射阳县校级一模）用图示装置做“探究物体的加速度与力、质量的关系”的实验，下列操作中正确的是（　　） A．电火花打点计时器选用8V交流电源 B．平衡摩擦力时将砝码盘通过细线挂在小车上 C．实验中，释放小车与接通打点计时器需同时进行 D．实验中改变小车的质量后，不需要重新平衡摩擦力 二．实验题（共3小题） 3．（2024秋•海门区校级期末）如图1所示为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置及数字化信息系统，获得了小车加速度a与钩码的质量及小车和砝码的质量对应关系图。钩码的质量为m1，小车和砝码的质量为m2，重力加速度为g。 （1）下列说法正确的是 　 　 。 A．每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力 B．实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源 C．本实验m2应远小于m1 D．在用图像探究加速度与质量关系时，应作图像 （2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得F＝m1g，作出a﹣F图像，他可能作出图2中 　 　 （选填“甲”、“乙”、“丙”）图线。此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是 　 　 。 A.小车与轨道之间存在摩擦 B.导轨保持了水平状态 C.钩码质量太大 D.所用小车的质量太大 （3）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的图像，如图3。设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车与木板间的动摩擦因数μ＝ 　 　 ，钩码的质量m1＝ 　 　 。 4．（2024秋•海门区校级期末）利用如图所示的实验装置“探究加速度与力、质量的关系”。 （1）该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们采用的研究方法是 　 　 。 A．微元法 B．控制变量法 C．极限法 D．等效替换 （2）平衡摩擦力过程中，将小车连接好纸带。轻推小车后，打出的纸带如图所示，纸带的左侧为小车连接处，后续操作可能正确的是 　 　 。 A．移去小车上的砝码 B．增加小车上砝码的质量 C．垫块位置向右调整 D．降低垫块厚度 （3）某次实验打出的一条纸带如图所示，测得计数点A、B、C与O点间的距离分别为sA、sB、sC。相邻计数点间的时间间隔为T，则小车的加速度a＝ 　 　 （用sA、sB、sC、T表示）。 （4）以小车和砝码的总质量M为横坐标，加速度的倒数为纵坐标，甲、乙两组同学在满足实验基本操作要求下完成实验，分别得到的图像如图所示。 ①由图可知，乙组所用槽码的质量 　 　 （选填“大于”、“小于”或“等于”）甲组槽码的质量； ②有同学认为，图线不过原点是因为平衡摩擦力过度导致的。请判断该观点是否正确，简要说明理由 　 　 。 5．（2025春•丹阳市校级期末）用如图甲所示的装置探究加速度与力和质量的关系，带滑轮的长木板和弹簧测力计均水平固定。 （1）关于该实验，下列说法正确的是 　 　 （选填选项前的字母）。 A．小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数 B．改变砂和砂桶质量，打出几条纸带 C．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量 （2）除了图甲中器材外，在下列器材中还必须使用的有 　 　 （选填选项前的字母）。 A．交流电源 B．低压直流电源 C．天平（或电子秤） D．刻度尺 （3）将打点计时器接入频率为f的交流电源上，某一次记录小车运动情况的纸带如图乙所示。图中标出各点为打点计时器连续打下的点，则小车的加速度大小a＝ 　 　 （用所给字母表示）。 （4）以弹簧测力计的示数F为横坐标，以加速度a为纵坐标，画出的a﹣F图像可能正确的是 　 　 （选填选项前的字母）。 A． B． C． D． （5）若测出的a﹣F图像的斜率为k后，则小车的质量为 　 　 （用所给字母表示）。 第三部分 牛顿第二定律 一、牛顿第二定律 1.内容:物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比,跟它的质量成反比,加速度的方向跟作用力的方向相同。 2.表达式:F=kma,式中F指的是物体所受的合力。 3.力的单位 (1)力的国际单位:牛顿,简称牛,符号为N。 (2)“牛顿”的定义:使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力叫作1 N,即1 N=1 kg·m/s2。  (3)在质量的单位取kg,加速度的单位取m/s2,力的单位取N时,F=kma中的k=1,此时牛顿第二定律可表示为F=ma。 二、应用牛顿第二定律解题的一般步骤 (1)确定研究对象。 (2)进行受力分析和运动状态分析,画出受力分析图,明确运动性质和运动过程。 (3)求出合力或加速度。 ①当物体受两个非共线共点力作用时,可用矢量合成法,也可用正交分解法(用矢量合成法作图时注意:合力方向与合加速度的方向相同)。 ②物体受多个非共线共点力作用,求合力时需用正交分解法。 (4)根据牛顿第二定律列方程求解。 习题提优练 【题型分类之牛顿第二定律瞬时问题】 一．选择题（共4小题） 1．（2024秋•海门区校级期末）如图所示，有一质量为m的小球分别与轻绳P和轻弹簧Q相连，其中轻绳P竖直，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　） A．轻绳P的弹力大小可能大于mg B．弹簧Q可能处于拉伸状态 C．剪断轻绳P后，小球仍将处于静止状态 D．剪断轻绳P瞬间，小球的加速度大小为g 2．（2025春•南通期末）如图所示，物块a通过轻弹簧与物块b连接，用手托住b保持静止。现将a、b由静止释放，不计空气阻力，从释放到弹簧第一次恢复原长的过程中，a、b下落的速度v随时间t变化的图像可能是（　　） A． B． C． D． 3．（2024秋•镇江期末）如图所示，质量为m的物块B叠放在轻弹簧上，处于静止状态。将质量为m的物块A无初速的放上B的瞬间开始计时，直到B运动到最低点。设B相对初始位置的位移为x，B的加速度大小为a，B的速度为v，弹簧对B的弹力为F，AB之间压力为FN，运动时间为t，重力加速度为g，弹簧始终在其弹性限度内，关于上述过程下列图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 4．（2024秋•徐州期末）雨滴从空中由静止竖直下落，受到的空气阻力随速度增大而增大。下列关于雨滴下落过程中的速度v、位移x和时间t的关系图像，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【题型分类之牛顿第二定律多过程问题】 一．选择题（共6小题） 1．（2025•江苏模拟）如图所示，截面为等腰三角形的楔形木块ABC固定在水平地面上，AB面和BC面的粗糙程度处处相同。一小物块以初速度v0沿斜面AB向上运动，经时间t0到达顶点B，速度恰好减为零；紧接着小物块由静止开始沿斜面BC下滑。在小物块从A运动到C的过程中，其速度大小v与时间t的关系图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 2．（2024秋•南通期末）如图所示，弹簧右端固定，自然伸长在B点，物块静止在光滑水平面A点。现用一水平向右的恒力推该物块，物块恰能运动到C点，则物块（　　） A．B点时速度最大 B．可能静止在C点 C．B到C加速度一直增大 D．B到C速度先增大后减小 3．（2024秋•宿迁期末）如甲图所示，质量为2kg的长木板B静止放置于光滑水平面上。t＝0时，物块A（可视为质点）以3m/s的初速度滑上B的左端，A、B的速度随时间变化的图像如乙图所示，重力加速度g取10m/s2，则（　　） A．A的质量为4kg B．A与B之间的动摩擦因数为0.1 C．B的长度为1.5m D．A在B上滑动过程中对地的位移为2m 4．（2024秋•鼓楼区校级月考）如图所示，轻弹簧竖直立在地面上，物块A放在轻弹簧上，物块B叠放在物块A上，用绕过两定滑轮的轻绳将物块B、C连接，用手托着物块C，使滑轮两边的轻绳刚好沿竖直方向伸直，已知物块A、B、C的质量分别为m、m、2m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，不计空气阻力，弹簧在弹性限度内，开始时物块B到滑轮的距离足够远，快速撤去手，则下列判断正确的是（　　） A．撤去手的一瞬间，物块C的加速度为0 B．撤去手的一瞬间，A对B的作用力大小为mg C．撤去手后，物块B的加速度先减小再增大后不变 D．当物块A、B刚好分离时，物块A上升的高度为 5．（2023秋•镇江期末）如图所示，一轻弹簧竖直固定在水平地面上，弹簧正上方有一个小球自由下落。从小球接触弹簧上端到将弹簧压缩到最短的过程中，下列图线中关于小球的速度大小v、加速度大小a、时间t、弹簧形变量x关系正确的是（　　） A． B． C． D． 6．（2023秋•鼓楼区校级月考）如图所示，细线的一端固定在倾角为30°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球，静止时细线与斜面平行。已知重力加速度为g。使滑块以加速度a＝2g向左加速运动，小球与滑块相对静止，则下列说法中正确的是（　　） A．细线对小球的拉力大小为 B．细线对小球的拉力大小为 C．小球对滑块的压力大小为 D．小球对滑块的压力大小为2mg 二．解答题（共2小题） 7．（2024秋•海门区校级期末）如图所示，质量M＝4.0kg、足够长的木板B置于光滑水平面上，板左侧有竖直墙壁。现将质量m＝1.0kg的小物块A以水平向左的初速度v0＝5.0m/s滑上木板。当B与墙壁碰撞后，速度大小不变，方向反向。已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2。 （1）小滑块A刚滑上木板时，求A的加速度大小aA和木板B的加速度大小aB； （2）若B的左端与墙壁的距离x＝3.0m，已知B与竖直墙壁碰撞前，物块A已与木板B共速。求B从开始运动到刚与墙壁碰撞的时间t； （3）若B与墙壁之间的距离满足整个运动过程中B与墙壁碰撞两次，且最终A、B停止运动，求整个运动过程中B通过的路程s。 8．（2022秋•惠山区校级期末）如图所示，水平面上静止放着高h＝1.8m质量M＝3kg的木块，一个质量m＝1kg的小物体静止放在木块的最右端，小物体和木块之间、木块与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.1，g取10m/s2。现对木块施加水平向右的恒定拉力F。 （1）使小物体与木块一起作为整体运动的最小拉力F和最大加速度a； （2）若木块长L＝2m，F＝11N，从静止开始拉动多长时间小物体和木块脱离？小物体落地时与木块左端的距离是多少？ （3）若木块长L＝2.75m，F＝11N，从静止开始拉，要使小物体与木块脱离，求F作用的最短时间。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/8/30 18:55:52；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 【题型分类之牛顿第二定律图像类问题】 一．选择题（共6小题） 1．（2025春•常州校级期末）某蹦床运动员在训练过程中，与网接触后，竖直向上弹离，经过t0时间，又重新落回网上。以运动员离开网的时刻作为计时起点，以离开的位置作为位移起点，规定竖直向上为正方向，忽略空气阻力，下列描述运动员位移x、速度v、加速度a、所受合力F随时间t变化的图像中，与上述过程相符的是（　　） A． B． C． D． 2．（2024秋•苏州期末）如图所示，物块Q放置在水平地面上，上方连接一轻弹簧。t＝0时刻将物块P从弹簧的上端由静止释放。P向下运动距离为x0时，所受合外力为零；运动时间为t0时到达最低点。在P运动的过程中，不计空气阻力。下列关于物块P的速度v、相对于初始位置的位移x、物块Q所受弹簧的弹力F、对地面的压力N之间关系可能正确的是（　　） A． B． C． D． 3．（2025春•邗江区期中）如图所示，斜面体固定在水平面上，斜面体的两侧面与水平面平滑连接，两小木块同时从斜面体的顶端由静止下滑，最终停在水平面上。已知木块与斜面、水平面间的动摩擦因数相同，不计木块从斜面底端进入水平面时的能量损失。下列描述木块速度大小v随时间t变化关系图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 4．（2024秋•无锡期末）如图所示，滑块A以初速度v0冲上一个固定的、足够长的光滑斜面。取平行于斜面向上为正方向，A在斜面上运动的速度—时间图像可能是（　　） A． B． C． D． 5．（2023秋•阜宁县期末）如图甲，一物块在光滑斜面上，受到沿斜面向上的力F作用，由静止开始沿斜面向上运动。物块的速度—时间图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．0～2s内，力F逐渐变小 B．0～2s内，力F逐渐变大 C．2s～4s内，力F一定为零 D．4s～6s内，力F一定不为零 6．（2023秋•连云港期末）如图所示，质量为m的小物块，在水平恒力F的作用下紧贴在竖直墙壁上保持静止状态。自t1时刻起F随时间均匀减小，直至t2时刻减为零，重力加速度为g，关于小物块所受摩擦力Ff大小随时间t变化的图像，下列选项可能正确的是（　　） A． B． C． D． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/8/30 18:56:37；用户：李陆敏；邮箱：orFmNtzVrcH7gw1f524IhJ2j63fs@weixin.jyeoo.com；学号：50207874 第四部分 力学单位制 一、对单位制的理解 1.基本量、基本单位 在物理学中,只要选定几个物理量的单位,就能够利用物理量之间的关系推导出其他物理量的单位,这些被选定的物理量叫基本量,它们相应的单位叫基本单位。 2.导出量、导出单位 由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量叫导出量,推导出来的相应单位叫导出单位。 3.单位制 基本单位和导出单位一起组成了一个单位制。 4.国际单位制中的七个基本量和相应的基本单位 物理量名称 物理量符号 单位名称 单位符号 长度 l 米 m 质量 m 千克(公斤) kg 时间 t 秒 s 电流 I 安[培] A 热力学温度 T 开[尔文] K 物质的量 n,(ν) 摩[尔] mol 发光强度 I,(Iv) 坎[德拉] cd 二、单位制的四个主要应用 1.简化计算过程的单位表达:在解题计算时,已知量均采用国际单位制,计算过程中不用写出各个量的单位,只要在式子末尾写出所求量的单位即可。 2.推导物理量的单位:物理公式确定了各物理量的数量关系的同时,也确定了各物理量的单位关系,所以我们可以根据物理公式中物理量间的关系推导出物理量的单位。 3.判断比例系数的单位:根据公式中物理量的单位关系,可判断公式中比例系数有无单位,如公式F=kx中k的单位为N/m,Ff=μFN中μ无单位,F=kma中k无单位。 4.单位制可检查物理量关系式的正误:根据物理量的单位,如果发现某公式在单位上有问题,或者所求结果的单位与采用的单位制中该量的单位不一致,那么该公式或计算结果肯定是错误的。 习题提优练 一．选择题（共4小题） 1．（2025春•新吴区校级期末）1798年英国物理学家卡文迪什精确地测出了引力常量G的数值。若用国际单位表示引力常量G的单位，下列选项正确的是（　　） A．N•m/kg2 B．N•m2/kg2 C．N•m2/kg D．N•m/kg 2．（2025•扬州校级模拟）物理学的关系式确定了物理量之间的关系时也确定了物理量的单位间的关系。下列说法正确的是（　　） A．动摩擦因数μ的单位N/kg B．弹簧的劲度系数k没有单位 C．静电力常量k的单位是N•m2/C2 D．引力常量G的单位是N•kg2/m2 3．（2025•盐城学业考试）国际单位制中，长度、质量、时间三个基本量的单位分别为（　　） A．N、m、s B．m、kg、s C．kg、N、s D．kg、m、J 4．（2025春•常州校级期末）英国物理学家焦耳最早发现了焦耳定律，给出了电能向热能转化的定量关系。为了纪念他，国际单位制（SI）中能量的导出单位也以焦耳（J）命名。焦耳用国际单位制中基本单位表示正确的是（　　） A．J B．kg•cm2•s﹣1 C．kg•m2•s﹣2 D．kg•s﹣2 2 学科网（北京）股份有限公司 $$