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- 第四章 运动和力的关系 【单元测试】-2022-2023学年高一物理单元复习（人教版2019必修第一册） 试卷 2 次下载
第四章 运动和力的关系 【思维导图+考点通关】-2022-2023学年高一物理单元复习（人教版2019必修第一册）
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第四章 运动和力的关系
一、思维导图
二、考点通关
01 伽利略理想实验
1．理想实验是一种思维活动，虽然它是抽象思维中设想出来的，在实验室无法验证，但它建立在可靠的事实基础上，以物理事实为依据，经过科学抽象和逻辑推理，从而深刻揭示了物理现象的本质，理想斜面实验反映了一种重要的物理思想．
2．理想实验的意义：伽利略理想实验是以可靠的实验事实为基础，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，从而更深刻地揭示了自然规律．伽利略的研究方法的核心是把实验和逻辑推理相结合．
例1． 物理学的发展推动了社会的进步。关于物理学上一些事件和科学方法，下列说法正确的是（ ）
A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法
B．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这是采用了控制变量法
C．伽利略用理想斜面实验推翻了“力是维持物体运动的原因”的错误结论，该实验把实验和逻辑推理和谐地结合起来，对牛顿第一定律的建立作出了较大的贡献
D．是用两个物理量（△v和△t）之比定义了一个新的物理量（a），这个式子说明加速度a与速度变化量△v成正比
【答案】C
【详解】A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想化模型法，故A错误；
B．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这是采用了微元法，故B错误；
C．伽利略用理想斜面实验推翻了“力是维持物体运动的原因”的错误结论，该实验把实验和逻辑推理和谐地结合起来，对牛顿第一定律的建立作出了较大的贡献，故C正确；
D．是用两个物理量（△v和△t）之比定义了一个新的物理量（a），这种定义方法为比值定义法，因为速度变化的同时时间也在变化，不能说加速度a与速度变化量△v成正比，故D错误。
故选C。
例2． 伽利略斜面实验的“合理外推”示意图如图所示，伽利略的成功，不仅在于找出了落体运动的规律，更重要的是开辟了一条物理学的研究之路，下列说法正确的是（ ）
A．让小球在倾角较小的斜面上运动，目的是延长物体的运动时间，加快物体的下落速度
B．让小球在斜面上运动来研究自由落体运动，其实质是“放大重力”，减小位移延长时间
C．伽利略对落体的研究思路概括如下：发现问题→提出猜想→数学推理→实验验证→合理外推→得出结论
D．伽利略把竖直实验的结果推广到斜面情况，是思维方法的一种“升华”，这种方法被称为“放大法”
【答案】C
【详解】A．让小球在倾角较小的斜面上运动，目的是延长物体的运动时间，减小物体下落的速度，故A错误；
B．让小球在斜面上运动来研究自由落体运动，其实质是“冲淡重力”，故B错误；
C．伽利略对落体的研究思路概括如下，发现问题→提出猜想→数学推理→实验验证→合理外推→得出结论，故C正确；
D．伽利略把斜面实验的结果推广到竖直情况，是思维方法的一种“升华”，这种方法被称为“合理外推”，故D错误。
故选C。
02 牛顿第一定律
1．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)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．
(3)牛顿第一定律是牛顿在总结前人工作的基础上得出的，是在理想实验的基础上加以科学抽象和逻辑推理得到的，但其得到的一切结论经过实践证明都是正确的．
(4)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．
例3． 下列对牛顿第一定律的理解正确的是（ ）
A．地球上不存在不受力的物体，所以牛顿第一定律没有实际意义
B．不受力的物体运动状态有可能改变
C．公共汽车紧急刹车时乘客站着比坐着容易摔倒是因为站着比坐着惯性大
D．惯性是指物体有保持原来运动状态的性质，与物体的运动状态是否改变无关
【答案】D
【详解】A．牛顿第一定律是在实验的基础上进一步的推理概括出来的科学理论，而不能直接通过实验得出的，但能接受住实践的检验，故A错误；
B．不受力的物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，运动状态不可能改变，故B错误；
C．物体惯性大小仅与质量有关，与其他因素无关，故C错误；
D．惯性是指物体有保持原来运动状态的性质，是物体固有属性，与物体的运动状态是否改变无关，故D正确。
故选D。
例4． 下列有关物理学史的说法正确的是（ ）
A．牛顿在前人研究的基础上总结归纳提出了牛顿第一定律
B．牛顿首先运用理想斜面实验的方法得出“力不是维持物体运动的原因”
C．亚里士多德通过“大、小石头捆在一起下落”的推理从逻辑上推翻了“重物比轻物下落快”的理论
D．伽利略认为落体运动是速度随位移均匀变化的运动
【答案】A
【详解】A．牛顿在前人研究的基础上总结归纳提出了牛顿第一定律，A正确；
B．伽利略通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”的观点，B错误；
C．伽利略通过“大、小石头捆在一起下落”的推理从逻辑上推翻了“重物比轻物下落快”的理论，C错误；
D．伽利略认为落体运动是速度随时间均匀变化的运动，D错误。
故选A。
03 惯性
1．惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性．
2．物体惯性的大小由质量决定，与物体的运动状态无关，与是否受力无关，与物体的速度大小无关．
3．惯性的表现
(1)在不受力的条件下，惯性表现出维持其原来运动状态的“能力”，有“惰性”的意思．
(2)在受力的条件下，惯性的大小表现为运动状态改变的难易程度．质量越大，惯性越大，运动状态越难改变．
例5． 武汉新冠肺炎疫情发生后，全国各地都向武汉伸出援助之手。如图为一辆往武汉运输物资的汽车正在水平的平直高速公路上行驶，集装箱放置在汽车上。以下关于集装箱所受汽车摩擦力的说法正确的是（ ）
A．若汽车做匀速运动，则汽车对集装箱的摩擦力向前
B．若汽车突然加速，集装箱相对汽车向后滑动，则汽车对集装箱的摩擦力向前
C．若遇到突发情况汽车减速，集装箱相对汽车向前滑动，则汽车对集装箱的摩擦力向前
D．无论汽车怎样运动，集装箱都不受摩擦力作用
【答案】B
【详解】A．木箱随汽车一起匀速运动时，二者无相对滑动，也无相对滑动趋势．木箱与汽车间没有摩擦力，故A错误；
B．若汽车突然加速，集装箱由于惯性不会立即与汽车达到共同速度，集装箱相对汽车向后滑动，则汽车对集装箱的摩擦力向前，故B正确；
C．同B项，若遇到突发情况汽车减速，集装箱相对汽车向前滑动，则汽车对集装箱的摩擦力向后，故C错误；
D．由以上分析可知，汽车突然加速或减速时，集装箱受摩擦力作用，故D错误。
故选B。
例6． 下列关于物体惯性的说法中，正确的是（ ）
A．汽车速度越小，刹车后越容易停下来，表明物体的速度越小，其惯性越小
B．汽车左转弯后，在力的作用下汽车的惯性也随之向左
C．被抛出的小球，运动时有惯性，掉在地上停止运动后，惯性消失
D．要使速度相同的沙袋在相同时间内停下来，对大沙袋用的力比对小沙袋用的力大，表明质量大的物体惯性大
【答案】D
【详解】惯性是物体的固有属性，与物体运动速度大小、受力情况以及是否运动均无关，惯性不会改变也不会消失。只与物体的质量有关，质量越大，惯性越大。
故选D。
04 探究加速度与力、质量的关系实验原理与实验操作
一、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．
二、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
在阻力得到补偿的情况下，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所受的重力．
(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、实验器材
小车、砝码、槽码、细线、一端附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、交流电源、纸带、刻度尺、天平．
四、进行实验
1．用天平测出小车的质量m，并把数值记录下来．
2．按如图1所示的装置把实验器材安装好(小车上先不系细线)．
图1
3．补偿阻力：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斜面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)，此时小车重力沿斜面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，在小车上加放砝码，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)
例7． 利用如图甲所示的装置探究“质量一定，加速度与力的关系”实验时，甲同学根据实验数据画出的小车的加速度a和小车所受拉力F的图像如图乙中的直线Ⅰ所示，乙同学画出的a－F图像如图乙中的直线Ⅱ所示。直线Ⅰ、Ⅱ在两个坐标轴上的截距都比较大，明显超出了误差范围，下面关于形成这种状况的解释正确的是（ ）
A．实验前甲同学没有平衡摩擦力
B．甲同学在平衡摩擦力时，把长木板不带滑轮的一端垫得过高了
C．实验前乙同学平衡摩擦力过度
D．乙同学在平衡摩擦力时，把长木板不带滑轮的一端垫得过高了
【答案】B
【详解】AB．由图像可以看出，直线Ⅰ与纵轴有交点，代表拉力为零时小车已有加速度，说明甲同学在平衡摩擦力时，平衡摩擦力过度，即把长木板不带滑轮的一端垫得过高了，故A错误，B正确；
CD．同理由图像可以看出，直线Ⅱ与横轴有交点，代表有拉力时，小车加速度还为零，即实验前乙同学没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，故CD错误。
故选B。
例8． 实验室用滑轮、小车、打点计时器、砂桶、细线、纸带等实验器材组成右图所示实验装置可以完成多个力学实验，利用该装置进行如下实验时，以下说法正确的是（ ）
A．在“研究匀变速直线运动”时必须设法消除小车和木板间的摩擦阻力影响
B．在“研究匀变速直线运动”时必须使砂和砂桶总质量远小于小车的质量
C．在“探究加速度a与小车质量M关系”时每次改变小车质量之后不需要要重新平衡摩擦力
D．在“探究加速度a与力F关系”时要调整滑轮高度使连接小车的细线水平
【答案】C
【详解】A．在“研究匀变速直线运动”时，只要保证小车做匀变速直线运动即可，所以不需要消除摩擦阻力的影响。A错误；
B．在“研究匀变速直线运动”时，不需要测量小车受到的拉力，所以不必满足砂和砂桶总质量远小于小车的质量。B错误；
C．在“探究加速度a与小车质量M关系”时每次改变小车质量之后不需要要重新平衡摩擦力，因为利用的是小车自身的重力分力平衡摩擦力，质量变化，二力仍然平衡。C正确；
D．在“探究加速度a与力F关系”时要调整滑轮高度使连接小车的细线与长木板平行。因为长木板一端被垫高，所以长木板不是水平的。D错误。
故选C。
05 探究加速度与力、质量的关系实验数据处理
一、数据分析
1．分析加速度a与力F的定量关系
由表1中记录的数据，以加速度a为纵坐标，力F为横坐标，根据测量数据描点，然后作出a－F图像，如图2所示，若图像是一条过原点的直线，就能说明a与F成正比．
图2
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3所示．若a－图像是一条过原点的直线，说明a与成正比，即a与m成反比．
图3
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．
二、注意事项
1．打点前小车应靠近打点计时器且应先启动打点计时器后放开小车．
2．在补偿阻力时，不要(选填“要”或“不要”)悬挂槽码，但小车应连着纸带且启动打点计时器．用手轻轻地给小车一个初速度，如果在纸带上打出的点的间隔均匀，表明小车受到的阻力跟它受到的重力沿斜面向下的分力平衡．
3．改变槽码的质量的过程中，要始终保证槽码的质量远小于小车的质量．
4．作图时应使所作的直线通过尽可能多的点，不在直线上的点也要尽可能地均匀分布在直线的两侧，个别偏离较远的点应舍去．
拓展：在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，为减小实验误差，可以从以下几个方面进行创新改进：
1．用气垫导轨替代长木板
利用气垫导轨替代长木板做此实验时，不需要补偿阻力，其他实验步骤不变．
2．利用光电门测加速度(如图9)
图9
利用光电门测出滑块通过G1、G2的速度v1、v2，由v22－v12＝2ax求出加速度．
3．利用位移传感器测位移(如图10)
图10
由于a＝，如果测出两个初速度为零的匀加速直线运动在相同时间内发生的位移x1、x2，则位移之比等于加速度之比，即＝.
4．利用拉力传感器或弹簧测力计测量力(如图11)，拉力可直接读出，则不需要满足小车质量M≫槽码质量m这个条件．
图11
例9． 完成“探究加速度a与质量m的关系”实验后，小凡得出了加速度与质量成反比的结论。下列图像中，与这一结论相符的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】AB．加速度与质量成反比，则图像应为一条曲线，故AB错误；
CD．加速度与质量成反比，则加速度与质量的倒数成正比，则图像为一条过原点的倾斜直线，故C正确，D错误。
故选C。
例10． 一个学习小组，在研究物体受力一定时加速度与质量m的关系时，得到如下表的实验数据。
据此，你能得出的结论是（ ）
A．a与m成正比
B．a与m成反比
C．a可能与m平方成正比
D．a可能与m平方成反比
【答案】B
【详解】ABCD．观察表中的数据，利用作图法可画出a－m图象和a－图象，观察图象，看能否得出结论；如不能，可再画出a－m2图象或a－图象，再观察即可。根据图象可知，a－是一条倾斜的直线，所以a与m成反比，故ACD错误，B正确。
故选B。
06 对牛顿第二定律的理解
1．对牛顿第二定律的理解
(1)a＝是加速度的决定式，该式揭示了加速度的大小取决于物体所受的合力大小及物体的质量，加速度的方向取决于物体所受的合力的方向．
(2)a＝是加速度的定义式，但加速度的大小与速度变化量及所用的时间无关．
(3)公式F＝ma，单位要统一：表达式中F、m、a三个物理量的单位都必须是国际单位．
(4)公式F＝ma中，若F是合力，加速度a为物体的实际加速度；若F是某一个分力，加速度a为该力产生的分加速度．
2．牛顿第二定律的四个性质
(1)因果性：力是产生加速度的原因，只要物体所受的合力不为0，物体就具有加速度．
(2)矢量性：F＝ma是一个矢量式．物体的加速度方向由它受的合力方向决定，且总与合力的方向相同．
(3)瞬时性：加速度与合力是瞬时对应关系，同时产生，同时变化，同时消失．
(4)独立性：作用在物体上的每一个力都产生加速度，物体的实际加速度是这些加速度的矢量和．
提示：合力、加速度、速度的关系
1．力与加速度为因果关系：力是因，加速度是果．只要物体所受的合力不为零，就会产生加速度．加速度与合力方向是相同的，大小与合力成正比(物体质量一定时)．
2．力与速度无因果关系：合力方向与速度方向可以相同，可以相反，还可以有夹角．合力方向与速度方向相同时，物体做加速运动，相反时物体做减速运动．
例11． 猎豹起跑时加速度的大小可达8m/s2。一只质量为50kg的猎豹以该加速度起跑瞬间，所受外力的合力大小为（ ）
A．100N B．200N C．400N D．600N
【答案】C
【详解】由牛顿第二定律得
故选C。
例12． 下列关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是（ ）
A．物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大
B．物体的速度为0，则加速度为0，所受的合外力也为0
C．物体的速度为0，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大
D．物体的速度很大，但加速度可能为0，所受的合外力可能很大
【答案】C
【详解】物体的速度大小和加速度大小没有必然联系，一个很大，另一个可以很小，甚至为0，物体所受合外力的大小决定加速度的大小，同一物体所受合外力越大，加速度一定也越大，当加速度为0时，合外力也一定为0。
故选C。
07 牛顿第二定律的简单应用
1．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．
(4)根据牛顿第二定律列方程求解．
2．应用牛顿第二定律解题的方法
(1)矢量合成法：若物体只受两个力作用，应用平行四边形定则求这两个力的合力，物体所受合力的方向即加速度的方向．
(2)正交分解法：当物体受多个力作用时，常用正交分解法求物体所受的合力．
①建立直角坐标系时，通常选取加速度的方向作为某一坐标轴的正方向(也就是不分解加速度)，将物体所受的力正交分解后，列出方程Fx＝ma，Fy＝0(或Fx＝0，Fy＝ma)．
②特殊情况下，若物体的受力都在两个互相垂直的方向上，也可将坐标轴建立在力的方向上，正交分解加速度a.根据牛顿第二定律列方程求解．
例13．如图所示，一车放在水平面上，车内放一物块，物块与车厢的右壁间有一压缩的弹簧，弹簧压在右壁上的力的传感器上，车静止时，力传感器的示数为，物块的质量为，若车向右做匀加速运动的加速度为时，物块与车之间刚好要滑动，若车向左做匀加速运动且物块与车之间刚好要滑动时，车的加速度为，力传感器的示数为，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】B
【详解】车静止时，力传感器的示数为，可知此时弹簧弹力大小为；若车向右做匀加速运动的加速度为时，物块与车之间刚好要滑动，说明此时静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律可得
解得
若车向左做匀加速运动且物块与车之间刚好要滑动时，由于弹簧压缩量保持不变，可知弹簧弹力大小仍为，即力传感器的示数为，根据牛顿第二定律可得
解得
故选B。
例14． 如图所示，一不可伸长的轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L，且绳刚好伸直。现用一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直，某时刻两小球的加速度大小均为，此时两个球的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】某时刻两小球的加速度大小均为，根据牛顿第二定律知小球受到的合力等于F，对绳中点受力分析知，中点受三个力大小都等于F，且合力为零，则这三个力两两夹角的夹角都为120°，即知此时两段绳子间的夹角为120°，则两个小球间的距离为
故选C。
08 对单位制的理解
1．单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制．
2．国际单位制
(1)不同的单位制在换算中容易出差错，对国际科学技术交流及商业往来极不方便，因此有必要在国际上实行统一的单位标准.1960年第11届国际计量大会制订了一种国际通用的、包括一切计量领域的单位制，叫作国际单位制，简称SI.
(2)国际单位制中的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
例15． 关于物理量和物理量的单位，下列说法中正确的是（ ）
A．在力学范围内，国际单位制规定长度、质量、力为三个基本量
B．后人为了纪念牛顿，把“牛顿”作为力学中的基本单位
C．
D．“秒”“克”“摄氏度”都属于国际单位制的单位
【答案】C
【详解】A．在力学范围内，国际单位制规定长度、质量、时间为三个基本量，故A错误；
B．后人为了纪念牛顿，把“牛顿”作为力的单位，但不是基本单位，故B错误；
C．根据牛顿第二定律
可知
故C正确；
D．“克”、“摄氏度”不是国际单位制中的单位，故D错误。
故选C。
例16． 下列说法正确的是（ ）
A．N与m都是国际单位制中的基本单位
B．MPa与kg都是国际单位制中的基本单位
C．m/s是国际单位制中的导出单位
D．N与kg都是国际单位制中的导出单位
【答案】C
【详解】A．m是国际单位制中的基本单位，N是国际单位制中的导出单位。A错误；
B．kg是国际单位制中的基本单位，MPa是国际单位制中的导出单位。B错误；
C．m/s是国际单位制中的导出单位。C正确；
D．kg是国际单位制中的基本单位，N是国际单位制中的导出单位。D错误；
故选C。
09 单位制的应用
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．
例17． 在国际单位制（简称SI）中，力学的基本单位有：m（米）、kg（千克）、s（秒）。导出单位J（焦耳）用上述基本单位可表示为（ ）
A．kg·m·s-1 B．kg·m2·s-1 C．kg·m·s-2 D．kg·m2·s-2
【答案】D
【详解】由功的计算公式
由牛顿第二定律
根据加速度的定义式
得
D正确。
故选D。
例18． 橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内，伸长量x与弹力F成正比，即F=kx，k的值橡皮筋未受到拉力时的长度L，横截面积S有关，理论与实践都表明其中Y是一个由材料决定的常数，材料学上称之为杨氏模量。在国际单位制中，杨氏模量Y的单位应该是（ ）
A．N B．m C．N/m D．Pa
【答案】D
【详解】根据
可得
则Y的单位是
故选D。
10 从受力确定运动情况
1．从受力确定运动情况的基本思路
分析物体的受力情况，求出物体所受的合力，由牛顿第二定律求出物体的加速度；再由运动学公式及物体运动的初始条件确定物体的运动情况．流程图如下：
已知物体受力情况求得x、v0、v、t
2．从受力确定运动情况的解题步骤
(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出物体的受力分析图．
(2)根据力的合成与分解，求合力的大小和方向．
(3)根据牛顿第二定律列方程，求加速度．
(4)结合物体运动的初始条件，选择运动学公式，求运动学物理量——任意时刻的位移和速度，以及运动时间等．
例19． 如图所示，一根足够长的水平杆固定不动，一个质量m＝2 kg的圆环套在杆上，圆环的直径略大于杆的截面直径，圆环与杆的动摩擦因数μ＝0.75.对圆环施加一个与水平方向成θ＝53°角斜向上、大小为F＝25 N的拉力，使圆环由静止开始做匀加速直线运动(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2)．求：
图
(1)圆环对杆的弹力大小；
(2)圆环加速度的大小；
(3)若拉力F作用2 s后撤去，圆环在杆上滑行的总距离．
【答案】(1)0 (2)7.5 m/s2 (3)30 m
【详解】(1)分析圆环的受力情况如图甲所示．
将拉力F正交分解，F1＝Fcos θ＝15 N，F2＝Fsin θ＝20 N
因G＝20 N与F2大小相等，故圆环对杆的弹力为0.
(2)由(1)可知，在拉力F作用下，环不受摩擦力，由牛顿第二定律可知：F合＝F1＝ma1，代入数据得a1＝7.5 m/s2.
(3)由(2)可知，撤去拉力F时圆环的速度v0＝a1t1＝15 m/s
拉力F作用2 s的位移x1＝a1t12＝15 m
撤去拉力F后圆环受力如图乙所示
根据牛顿第二定律μmg＝ma2得a2＝7.5 m/s2
圆环的速度与加速度方向相反，做匀减速直线运动直至静止，取v0方向为正方向，则v0＝15 m/s，a＝－7.5 m/s2
由运动学公式可得：撤去拉力F后圆环滑行的位移
x2＝＝15 m
故总位移x＝x1＋x2＝30 m.
例20． (多选)如图5所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为v0＝10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反大小为2 N的恒力F，在此恒力F作用下(g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
图5
A．物体经10 s速度减为零
B．物体经2 s速度减为零
C．物体的速度减为零后将保持静止
D．物体的速度减为零后将向右运动
【答案】BC
【详解】物体向左运动时受到向右的滑动摩擦力Ff＝μFN＝μmg＝3 N，根据牛顿第二定律得a＝＝ m/s2＝5 m/s2，方向向右，物体的速度减为零所需的时间t＝＝ s＝2 s，A错误，B正确．物体的速度减为零后，由于F小于最大静摩擦力，物体将保持静止，C正确，D错误．
11 从运动情况确定受力
1．从运动情况确定受力的基本思路
分析物体的运动情况，由运动学公式求出物体的加速度，再由牛顿第二定律求出物体所受的合力；再分析物体的受力，求出物体受到的作用力．流程图如下：
2．从运动情况确定受力的解题步骤
(1)确定研究对象，对物体进行受力分析和运动分析，并画出物体的受力示意图．
(2)选择合适的运动学公式，求出物体的加速度．
(3)根据牛顿第二定律列方程，求出物体所受的合力．
(4)选择合适的力的合成与分解的方法，由合力和已知力求出待求的力．
例21． 质量为200 t的机车从停车场出发，匀加速行驶225 m后，速度达到54 km/h，此时，司机关闭发动机让机车进站，机车又行驶了125 m才停在站上．设运动过程中阻力不变，求：
(1)机车所受的阻力的大小；
(2)机车关闭发动机前所受到的牵引力的大小．
【答案】(1)1.8×105 N (2)2.8×105 N
【详解】(1)v1＝54 km/h＝15 m/s
减速阶段：初速度v1＝15 m/s，末速度v2＝0，位移x2＝125 m
由v22－v12＝2a2x2得
加速度a2＝－＝－ m/s2＝－0.9 m/s2，
负号表示a2方向与v1方向相反
由牛顿第二定律得
F阻＝ma2＝2×105×(－0.9) N＝－1.8×105 N①
负号表示F阻方向与v1方向相反．
(2)初速度v0＝0，末速度v1＝15 m/s，位移x1＝225 m
由v12－v02＝2a1x1得
加速度a1＝＝ m/s2＝0.5 m/s2
由牛顿第二定律得
F引－|F阻|＝ma1＝2×105×0.5 N＝1×105 N②
由①②得机车的牵引力为F引＝2.8×105 N.
例22． 一质量为m＝2 kg的滑块在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上在无外力F的情况下以加速度a＝2.5 m/s2匀加速下滑．若用一水平向右的恒力F作用于滑块，如图3所示，使滑块由静止开始向上匀加速运动，在0～2 s时间内沿斜面运动的位移x＝4 m．求：(g取10 m/s2)
图3
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
(2)恒力F的大小．
【答案】(1) (2) N
【详解】(1)根据牛顿第二定律可得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma，
代入数据解得μ＝.
(2)滑块沿斜面向上做匀加速直线运动，
由x＝a1t2，代入数据解得加速度大小a1＝2 m/s2.
根据牛顿第二定律可得：
Fcos θ－mgsin θ－μ(Fsin θ＋mgcos θ)＝ma1，
代入数据得F＝ N.
12 多过程问题分析
1．当题目给出的物理过程较复杂，由多个过程组成时，要明确整个过程由几个子过程组成．将复杂的过程拆分为几个子过程，分析每一个子过程的受力情况、运动性质，用相应的规律解决问题．
2．注意分析两个子过程交接的位置，该交接点速度是上一过程的末速度，也是下一过程的初速度，它起到承上启下的作用，对解决问题起重要作用．
例23． 如图所示，ACD是一滑雪场示意图，其中AC是长L＝8 m、倾角θ＝37°的斜坡，CD段是与斜坡平滑连接的水平面．人从A点由静止下滑，经过C点时速度大小不变，又在水平面上滑行一段距离后停下．人与接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，不计空气阻力．(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
图
(1)人从斜坡顶端A滑至底端C所用的时间；
(2)人在离C点多远处停下？
【答案】(1)2 s (2)12.8 m
【详解】(1)人在斜坡上下滑时，对人受力分析如图所示．
设人沿斜坡下滑的加速度为a，沿斜坡方向，由牛顿第二定律得
mgsin θ－Ff＝ma
Ff＝μFN
垂直于斜坡方向有FN－mgcos θ＝0
联立以上各式得a＝gsin θ－μgcos θ＝4 m/s2
由匀变速直线运动规律得L＝at2
解得：t＝2 s.
(2)人在水平面上滑行时，水平方向只受到水平面的摩擦力作用．设人在水平面上运动的加速度大小为a′，由牛顿第二定律得μmg＝ma′
设人到达C处的速度为v，则由匀变速直线运动规律得
人在斜坡上下滑的过程：v2＝2aL
人在水平面上滑行时：0－v2＝－2a′x
联立解得x＝12.8 m.
例24． 如图所示，一足够长的固定粗糙斜面与水平面夹角θ＝30°.一个质量m＝1 kg的小物体(可视为质点)，在F＝10 N的沿斜面向上的拉力作用下，由静止开始沿斜面向上运动．已知斜面与物体间的动摩擦因数μ＝.g取10 m/s2.
图
(1)求物体在拉力F作用下运动的加速度大小；
(2)若拉力F作用1.2 s后撤去，求物体在上滑过程中距出发点的最大距离．
【答案】(1)2.5 m/s2 (2)2.4 m
【详解】(1)对物体受力分析，
物体受到斜面对它的支持力FN＝mgcos θ＝5 N，
根据牛顿第二定律得：物体的加速度a1＝＝＝2.5 m/s2.
(2)当拉力F作用t0＝1.2 s时，速度大小为v＝a1t0＝3 m/s，物体向上滑动的距离x1＝a1t02＝1.8 m.
此后它将向上做匀减速运动，其加速度大小
a2＝＝7.5 m/s2.
这一过程物体向上滑动的距离x2＝＝0.6 m.
整个上滑过程物体距出发点的最大距离
x＝x1＋x2＝2.4 m.
13 超重和失重的判断
1．对视重的理解
当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上相对静止时，弹簧测力计或台秤的示数称为“视重”，大小等于弹簧测力计所受的拉力或台秤所受的压力．
当物体处于超重或失重状态时，物体的重力并未变化，只是视重变了．
2．超重、失重的比较
特征
状态
加速度
视重(F)与
重力的关系
运动情况
受力图
平衡
a＝0
F＝mg
静止或匀速
直线运动
超重
竖直向上
或有竖直
向上分量
由F－mg
＝ma得
F＝m(g＋a)
>mg
向上加速
或向下减速
失重
竖直向下
或有竖直
向下分量
由mg－F
＝ma得
F＝m(g－a)
向上减速
完全
失重
a＝g
F＝0
自由落体
运动、抛
体运动
例25． 小胡用手机软件测量了电梯运行过程中的加速度，得到如图所示的图线（规定竖直向上为正方向）。已知t=0时电梯处于静止状态，则以下判断正确的是（ ）
A．t=5s时电梯处于失重状态
B．8s~9s内电梯在做减速运动
C．10s~15s内电梯在上行
D．16s~17s内电梯在下行
【答案】C
【详解】A．规定竖直向上为正方向，由题图可知，t=5s时电梯加速度向上，电梯在加速上行，处于超重状态，故A错误；
B．由图可知，8s~9s内加速度方向向上，加速度大小在逐渐减小，所以电梯在向上做加速度减小的加速运动，故B错误；
C．由图可知，10s~15s内加速度为零，则电梯在匀速上行，故C错误；
D．由图可知，16s~17s内加速度方向向下，所以电梯在减速上行，故D错误。
故选C。
例26． 一乘客乘坐竖直观光电梯上楼，其位移s与时间t的关系图像如图，其中t1~t2时间内的图像为直线。该乘客处于超重状态的时间是（ ）
A．0~t1 B．t1~t2
C．t2~t3 D．t1~t3
【答案】A
【详解】A．乘客乘坐竖直观光电梯上楼，位移s与时间t的关系图像上某点切线的斜率表示速度，由图像可知，0~t1乘客速度方向向上，速度在变大，加速度向上，处于超重状态。A正确；
B．t1~t2乘客速度不变，既不超重也不失重。B错误；
C．t2~t3乘客速度方向向上，速度在变小，加速度向下，处于失重状态。C错误；
D．t1~t2乘客既不超重也不失重，t2~t3处于失重状态。D错误。
故选A。
14 超重、失重的有关计算
例27． 将一台悬挂式测力计放在电梯中，并在测力计上挂上一重物，当电梯平稳运行时，测力计的示数为1N；从某时刻起，发现测力计的示数稳定在1.2N，取g＝10m/s2，则（ ）
A．物体的质量变为0.12g
B．电梯可能正在以2m/s2的加速度加速上升
C．电梯可能正在以2m/s2的加速度加速下降
D．电梯已经停在顶楼
【答案】B
【详解】A．物体的质量是物体的固有属性，不随测力计的示数变化而变化，故A错误；
BCD．测力计的示数稳定在F=1.2N时，重物处于超重状态，加速度竖直向上，根据牛顿第二定律
解得
故物体可能正在以2m/s2的加速度加速上升或以2m/s2的加速度减速下降，故B正确，CD错误。
故选B。
例28． 一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速大小为，g为重力加速度。人对电梯底部的压力为（ ）
A． B．2mg
C．mg D．
【答案】D
【详解】对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律可得
故
根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于，ABC错误，D正确。
故选D。
15 超重、失重的综合应用
1．若加速度方向向上(或斜向上)，物体处于超重状态；若加速度方向向下(或斜向下)，物体处于失重状态．
2．若系统中某一部分有向上或向下的加速度，则系统整体也处于超重或失重状态．
例29． 某实验小组利用DIS系统观察超重和失重现象。他们在学校电梯房内做实验，在电梯天花板上固定一个力传感器，测量挂钩向下，并在挂钩上悬挂一个重为10N的钩码，在电梯运动过程中，计算机显示屏上显示出如图所示图象，以下根据图象分析所得结论错误的是（ ）
A．该图象显示出了力传感器对钩码的拉力大小随时间的变化情况
B．从时刻t1到t2，钩码处于失重状态，从时刻t3到t4，钩码处于超重状态
C．电梯可能先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后静止
D．电梯可能先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后静止
【答案】D
【详解】A．题图中图象显示了力传感器对钩码的拉力大小随时间的变化情况。故A正确，不符合题意；
B．0~t1，钩码受力平衡；t1~t2，拉力小于10N，钩码处于失重状态；t2~t3，钩码受力平衡；t3~t4，拉力大于10N，钩码处于超重状态。故B正确，不符合题意；
CD．由于不知道电梯运动方向，则电梯可能先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后静止；电梯也可能先匀速向上，接着减速向上，再静止，然后加速向上，最后匀速。故C正确，不符合题意，D错误，符合题意。
故选D。
例30． 图甲是莱芜一中尚清华同学站在接有力传感器的板上做下蹲、起跳动作的示意图，图中的O点表示他的重心。图乙是传感器所受压力随时间变化的图像，图像上a、b两点的纵坐标分别为900N和300N，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。根据图像分析可知（ ）
A．尚清华的重力可由b点读出，为300N
B．尚清华在b到c的过程中先处于超重状态再处于失重状态
C．尚清华在双脚与板不接触的过程中处于完全失重状态
D．尚清华在b点对应时刻的加速度大于在c点对应时刻的加速度
【答案】C
【详解】A．开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力为900N，人的重力也为900N，选项A错误；
B．b到c过程中，人对板的压力先小于人的真实重力，后大于人的真实重力，则人先处于失重状态后处于超重状态，选项B错误；
C．离开板后人只受重力的作用，处于完全失重状态，选项C正确；
D．b点对应时刻弹力与重力的差值要小于c点对应时刻弹力与重力的差值，则人在b点对应时刻的加速度要小于在c点对应时刻的加速度，选项D错误。
故选C。
第四章 运动和力的关系
一、思维导图
二、考点通关
01 伽利略理想实验
1．理想实验是一种思维活动，虽然它是抽象思维中设想出来的，在实验室无法验证，但它建立在可靠的事实基础上，以物理事实为依据，经过科学抽象和逻辑推理，从而深刻揭示了物理现象的本质，理想斜面实验反映了一种重要的物理思想．
2．理想实验的意义：伽利略理想实验是以可靠的实验事实为基础，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，从而更深刻地揭示了自然规律．伽利略的研究方法的核心是把实验和逻辑推理相结合．
例1． 物理学的发展推动了社会的进步。关于物理学上一些事件和科学方法，下列说法正确的是（ ）
A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法
B．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这是采用了控制变量法
C．伽利略用理想斜面实验推翻了“力是维持物体运动的原因”的错误结论，该实验把实验和逻辑推理和谐地结合起来，对牛顿第一定律的建立作出了较大的贡献
D．是用两个物理量（△v和△t）之比定义了一个新的物理量（a），这个式子说明加速度a与速度变化量△v成正比
【答案】C
【详解】A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想化模型法，故A错误；
B．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这是采用了微元法，故B错误；
C．伽利略用理想斜面实验推翻了“力是维持物体运动的原因”的错误结论，该实验把实验和逻辑推理和谐地结合起来，对牛顿第一定律的建立作出了较大的贡献，故C正确；
D．是用两个物理量（△v和△t）之比定义了一个新的物理量（a），这种定义方法为比值定义法，因为速度变化的同时时间也在变化，不能说加速度a与速度变化量△v成正比，故D错误。
故选C。
例2． 伽利略斜面实验的“合理外推”示意图如图所示，伽利略的成功，不仅在于找出了落体运动的规律，更重要的是开辟了一条物理学的研究之路，下列说法正确的是（ ）
A．让小球在倾角较小的斜面上运动，目的是延长物体的运动时间，加快物体的下落速度
B．让小球在斜面上运动来研究自由落体运动，其实质是“放大重力”，减小位移延长时间
C．伽利略对落体的研究思路概括如下：发现问题→提出猜想→数学推理→实验验证→合理外推→得出结论
D．伽利略把竖直实验的结果推广到斜面情况，是思维方法的一种“升华”，这种方法被称为“放大法”
【答案】C
【详解】A．让小球在倾角较小的斜面上运动，目的是延长物体的运动时间，减小物体下落的速度，故A错误；
B．让小球在斜面上运动来研究自由落体运动，其实质是“冲淡重力”，故B错误；
C．伽利略对落体的研究思路概括如下，发现问题→提出猜想→数学推理→实验验证→合理外推→得出结论，故C正确；
D．伽利略把斜面实验的结果推广到竖直情况，是思维方法的一种“升华”，这种方法被称为“合理外推”，故D错误。
故选C。
02 牛顿第一定律
1．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)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．
(3)牛顿第一定律是牛顿在总结前人工作的基础上得出的，是在理想实验的基础上加以科学抽象和逻辑推理得到的，但其得到的一切结论经过实践证明都是正确的．
(4)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．
例3． 下列对牛顿第一定律的理解正确的是（ ）
A．地球上不存在不受力的物体，所以牛顿第一定律没有实际意义
B．不受力的物体运动状态有可能改变
C．公共汽车紧急刹车时乘客站着比坐着容易摔倒是因为站着比坐着惯性大
D．惯性是指物体有保持原来运动状态的性质，与物体的运动状态是否改变无关
【答案】D
【详解】A．牛顿第一定律是在实验的基础上进一步的推理概括出来的科学理论，而不能直接通过实验得出的，但能接受住实践的检验，故A错误；
B．不受力的物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，运动状态不可能改变，故B错误；
C．物体惯性大小仅与质量有关，与其他因素无关，故C错误；
D．惯性是指物体有保持原来运动状态的性质，是物体固有属性，与物体的运动状态是否改变无关，故D正确。
故选D。
例4． 下列有关物理学史的说法正确的是（ ）
A．牛顿在前人研究的基础上总结归纳提出了牛顿第一定律
B．牛顿首先运用理想斜面实验的方法得出“力不是维持物体运动的原因”
C．亚里士多德通过“大、小石头捆在一起下落”的推理从逻辑上推翻了“重物比轻物下落快”的理论
D．伽利略认为落体运动是速度随位移均匀变化的运动
【答案】A
【详解】A．牛顿在前人研究的基础上总结归纳提出了牛顿第一定律，A正确；
B．伽利略通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”的观点，B错误；
C．伽利略通过“大、小石头捆在一起下落”的推理从逻辑上推翻了“重物比轻物下落快”的理论，C错误；
D．伽利略认为落体运动是速度随时间均匀变化的运动，D错误。
故选A。
03 惯性
1．惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性．
2．物体惯性的大小由质量决定，与物体的运动状态无关，与是否受力无关，与物体的速度大小无关．
3．惯性的表现
(1)在不受力的条件下，惯性表现出维持其原来运动状态的“能力”，有“惰性”的意思．
(2)在受力的条件下，惯性的大小表现为运动状态改变的难易程度．质量越大，惯性越大，运动状态越难改变．
例5． 武汉新冠肺炎疫情发生后，全国各地都向武汉伸出援助之手。如图为一辆往武汉运输物资的汽车正在水平的平直高速公路上行驶，集装箱放置在汽车上。以下关于集装箱所受汽车摩擦力的说法正确的是（ ）
A．若汽车做匀速运动，则汽车对集装箱的摩擦力向前
B．若汽车突然加速，集装箱相对汽车向后滑动，则汽车对集装箱的摩擦力向前
C．若遇到突发情况汽车减速，集装箱相对汽车向前滑动，则汽车对集装箱的摩擦力向前
D．无论汽车怎样运动，集装箱都不受摩擦力作用
【答案】B
【详解】A．木箱随汽车一起匀速运动时，二者无相对滑动，也无相对滑动趋势．木箱与汽车间没有摩擦力，故A错误；
B．若汽车突然加速，集装箱由于惯性不会立即与汽车达到共同速度，集装箱相对汽车向后滑动，则汽车对集装箱的摩擦力向前，故B正确；
C．同B项，若遇到突发情况汽车减速，集装箱相对汽车向前滑动，则汽车对集装箱的摩擦力向后，故C错误；
D．由以上分析可知，汽车突然加速或减速时，集装箱受摩擦力作用，故D错误。
故选B。
例6． 下列关于物体惯性的说法中，正确的是（ ）
A．汽车速度越小，刹车后越容易停下来，表明物体的速度越小，其惯性越小
B．汽车左转弯后，在力的作用下汽车的惯性也随之向左
C．被抛出的小球，运动时有惯性，掉在地上停止运动后，惯性消失
D．要使速度相同的沙袋在相同时间内停下来，对大沙袋用的力比对小沙袋用的力大，表明质量大的物体惯性大
【答案】D
【详解】惯性是物体的固有属性，与物体运动速度大小、受力情况以及是否运动均无关，惯性不会改变也不会消失。只与物体的质量有关，质量越大，惯性越大。
故选D。
04 探究加速度与力、质量的关系实验原理与实验操作
一、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．
二、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
在阻力得到补偿的情况下，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所受的重力．
(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、实验器材
小车、砝码、槽码、细线、一端附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、交流电源、纸带、刻度尺、天平．
四、进行实验
1．用天平测出小车的质量m，并把数值记录下来．
2．按如图1所示的装置把实验器材安装好(小车上先不系细线)．
图1
3．补偿阻力：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斜面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)，此时小车重力沿斜面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，在小车上加放砝码，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)
例7． 利用如图甲所示的装置探究“质量一定，加速度与力的关系”实验时，甲同学根据实验数据画出的小车的加速度a和小车所受拉力F的图像如图乙中的直线Ⅰ所示，乙同学画出的a－F图像如图乙中的直线Ⅱ所示。直线Ⅰ、Ⅱ在两个坐标轴上的截距都比较大，明显超出了误差范围，下面关于形成这种状况的解释正确的是（ ）
A．实验前甲同学没有平衡摩擦力
B．甲同学在平衡摩擦力时，把长木板不带滑轮的一端垫得过高了
C．实验前乙同学平衡摩擦力过度
D．乙同学在平衡摩擦力时，把长木板不带滑轮的一端垫得过高了
【答案】B
【详解】AB．由图像可以看出，直线Ⅰ与纵轴有交点，代表拉力为零时小车已有加速度，说明甲同学在平衡摩擦力时，平衡摩擦力过度，即把长木板不带滑轮的一端垫得过高了，故A错误，B正确；
CD．同理由图像可以看出，直线Ⅱ与横轴有交点，代表有拉力时，小车加速度还为零，即实验前乙同学没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，故CD错误。
故选B。
例8． 实验室用滑轮、小车、打点计时器、砂桶、细线、纸带等实验器材组成右图所示实验装置可以完成多个力学实验，利用该装置进行如下实验时，以下说法正确的是（ ）
A．在“研究匀变速直线运动”时必须设法消除小车和木板间的摩擦阻力影响
B．在“研究匀变速直线运动”时必须使砂和砂桶总质量远小于小车的质量
C．在“探究加速度a与小车质量M关系”时每次改变小车质量之后不需要要重新平衡摩擦力
D．在“探究加速度a与力F关系”时要调整滑轮高度使连接小车的细线水平
【答案】C
【详解】A．在“研究匀变速直线运动”时，只要保证小车做匀变速直线运动即可，所以不需要消除摩擦阻力的影响。A错误；
B．在“研究匀变速直线运动”时，不需要测量小车受到的拉力，所以不必满足砂和砂桶总质量远小于小车的质量。B错误；
C．在“探究加速度a与小车质量M关系”时每次改变小车质量之后不需要要重新平衡摩擦力，因为利用的是小车自身的重力分力平衡摩擦力，质量变化，二力仍然平衡。C正确；
D．在“探究加速度a与力F关系”时要调整滑轮高度使连接小车的细线与长木板平行。因为长木板一端被垫高，所以长木板不是水平的。D错误。
故选C。
05 探究加速度与力、质量的关系实验数据处理
一、数据分析
1．分析加速度a与力F的定量关系
由表1中记录的数据，以加速度a为纵坐标，力F为横坐标，根据测量数据描点，然后作出a－F图像，如图2所示，若图像是一条过原点的直线，就能说明a与F成正比．
图2
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3所示．若a－图像是一条过原点的直线，说明a与成正比，即a与m成反比．
图3
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．
二、注意事项
1．打点前小车应靠近打点计时器且应先启动打点计时器后放开小车．
2．在补偿阻力时，不要(选填“要”或“不要”)悬挂槽码，但小车应连着纸带且启动打点计时器．用手轻轻地给小车一个初速度，如果在纸带上打出的点的间隔均匀，表明小车受到的阻力跟它受到的重力沿斜面向下的分力平衡．
3．改变槽码的质量的过程中，要始终保证槽码的质量远小于小车的质量．
4．作图时应使所作的直线通过尽可能多的点，不在直线上的点也要尽可能地均匀分布在直线的两侧，个别偏离较远的点应舍去．
拓展：在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，为减小实验误差，可以从以下几个方面进行创新改进：
1．用气垫导轨替代长木板
利用气垫导轨替代长木板做此实验时，不需要补偿阻力，其他实验步骤不变．
2．利用光电门测加速度(如图9)
图9
利用光电门测出滑块通过G1、G2的速度v1、v2，由v22－v12＝2ax求出加速度．
3．利用位移传感器测位移(如图10)
图10
由于a＝，如果测出两个初速度为零的匀加速直线运动在相同时间内发生的位移x1、x2，则位移之比等于加速度之比，即＝.
4．利用拉力传感器或弹簧测力计测量力(如图11)，拉力可直接读出，则不需要满足小车质量M≫槽码质量m这个条件．
图11
例9． 完成“探究加速度a与质量m的关系”实验后，小凡得出了加速度与质量成反比的结论。下列图像中，与这一结论相符的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】AB．加速度与质量成反比，则图像应为一条曲线，故AB错误；
CD．加速度与质量成反比，则加速度与质量的倒数成正比，则图像为一条过原点的倾斜直线，故C正确，D错误。
故选C。
例10． 一个学习小组，在研究物体受力一定时加速度与质量m的关系时，得到如下表的实验数据。
据此，你能得出的结论是（ ）
A．a与m成正比
B．a与m成反比
C．a可能与m平方成正比
D．a可能与m平方成反比
【答案】B
【详解】ABCD．观察表中的数据，利用作图法可画出a－m图象和a－图象，观察图象，看能否得出结论；如不能，可再画出a－m2图象或a－图象，再观察即可。根据图象可知，a－是一条倾斜的直线，所以a与m成反比，故ACD错误，B正确。
故选B。
06 对牛顿第二定律的理解
1．对牛顿第二定律的理解
(1)a＝是加速度的决定式，该式揭示了加速度的大小取决于物体所受的合力大小及物体的质量，加速度的方向取决于物体所受的合力的方向．
(2)a＝是加速度的定义式，但加速度的大小与速度变化量及所用的时间无关．
(3)公式F＝ma，单位要统一：表达式中F、m、a三个物理量的单位都必须是国际单位．
(4)公式F＝ma中，若F是合力，加速度a为物体的实际加速度；若F是某一个分力，加速度a为该力产生的分加速度．
2．牛顿第二定律的四个性质
(1)因果性：力是产生加速度的原因，只要物体所受的合力不为0，物体就具有加速度．
(2)矢量性：F＝ma是一个矢量式．物体的加速度方向由它受的合力方向决定，且总与合力的方向相同．
(3)瞬时性：加速度与合力是瞬时对应关系，同时产生，同时变化，同时消失．
(4)独立性：作用在物体上的每一个力都产生加速度，物体的实际加速度是这些加速度的矢量和．
提示：合力、加速度、速度的关系
1．力与加速度为因果关系：力是因，加速度是果．只要物体所受的合力不为零，就会产生加速度．加速度与合力方向是相同的，大小与合力成正比(物体质量一定时)．
2．力与速度无因果关系：合力方向与速度方向可以相同，可以相反，还可以有夹角．合力方向与速度方向相同时，物体做加速运动，相反时物体做减速运动．
例11． 猎豹起跑时加速度的大小可达8m/s2。一只质量为50kg的猎豹以该加速度起跑瞬间，所受外力的合力大小为（ ）
A．100N B．200N C．400N D．600N
【答案】C
【详解】由牛顿第二定律得
故选C。
例12． 下列关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是（ ）
A．物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大
B．物体的速度为0，则加速度为0，所受的合外力也为0
C．物体的速度为0，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大
D．物体的速度很大，但加速度可能为0，所受的合外力可能很大
【答案】C
【详解】物体的速度大小和加速度大小没有必然联系，一个很大，另一个可以很小，甚至为0，物体所受合外力的大小决定加速度的大小，同一物体所受合外力越大，加速度一定也越大，当加速度为0时，合外力也一定为0。
故选C。
07 牛顿第二定律的简单应用
1．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．
(4)根据牛顿第二定律列方程求解．
2．应用牛顿第二定律解题的方法
(1)矢量合成法：若物体只受两个力作用，应用平行四边形定则求这两个力的合力，物体所受合力的方向即加速度的方向．
(2)正交分解法：当物体受多个力作用时，常用正交分解法求物体所受的合力．
①建立直角坐标系时，通常选取加速度的方向作为某一坐标轴的正方向(也就是不分解加速度)，将物体所受的力正交分解后，列出方程Fx＝ma，Fy＝0(或Fx＝0，Fy＝ma)．
②特殊情况下，若物体的受力都在两个互相垂直的方向上，也可将坐标轴建立在力的方向上，正交分解加速度a.根据牛顿第二定律列方程求解．
例13．如图所示，一车放在水平面上，车内放一物块，物块与车厢的右壁间有一压缩的弹簧，弹簧压在右壁上的力的传感器上，车静止时，力传感器的示数为，物块的质量为，若车向右做匀加速运动的加速度为时，物块与车之间刚好要滑动，若车向左做匀加速运动且物块与车之间刚好要滑动时，车的加速度为，力传感器的示数为，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】B
【详解】车静止时，力传感器的示数为，可知此时弹簧弹力大小为；若车向右做匀加速运动的加速度为时，物块与车之间刚好要滑动，说明此时静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律可得
解得
若车向左做匀加速运动且物块与车之间刚好要滑动时，由于弹簧压缩量保持不变，可知弹簧弹力大小仍为，即力传感器的示数为，根据牛顿第二定律可得
解得
故选B。
例14． 如图所示，一不可伸长的轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L，且绳刚好伸直。现用一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直，某时刻两小球的加速度大小均为，此时两个球的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】某时刻两小球的加速度大小均为，根据牛顿第二定律知小球受到的合力等于F，对绳中点受力分析知，中点受三个力大小都等于F，且合力为零，则这三个力两两夹角的夹角都为120°，即知此时两段绳子间的夹角为120°，则两个小球间的距离为
故选C。
08 对单位制的理解
1．单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制．
2．国际单位制
(1)不同的单位制在换算中容易出差错，对国际科学技术交流及商业往来极不方便，因此有必要在国际上实行统一的单位标准.1960年第11届国际计量大会制订了一种国际通用的、包括一切计量领域的单位制，叫作国际单位制，简称SI.
(2)国际单位制中的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
例15． 关于物理量和物理量的单位，下列说法中正确的是（ ）
A．在力学范围内，国际单位制规定长度、质量、力为三个基本量
B．后人为了纪念牛顿，把“牛顿”作为力学中的基本单位
C．
D．“秒”“克”“摄氏度”都属于国际单位制的单位
【答案】C
【详解】A．在力学范围内，国际单位制规定长度、质量、时间为三个基本量，故A错误；
B．后人为了纪念牛顿，把“牛顿”作为力的单位，但不是基本单位，故B错误；
C．根据牛顿第二定律
可知
故C正确；
D．“克”、“摄氏度”不是国际单位制中的单位，故D错误。
故选C。
例16． 下列说法正确的是（ ）
A．N与m都是国际单位制中的基本单位
B．MPa与kg都是国际单位制中的基本单位
C．m/s是国际单位制中的导出单位
D．N与kg都是国际单位制中的导出单位
【答案】C
【详解】A．m是国际单位制中的基本单位，N是国际单位制中的导出单位。A错误；
B．kg是国际单位制中的基本单位，MPa是国际单位制中的导出单位。B错误；
C．m/s是国际单位制中的导出单位。C正确；
D．kg是国际单位制中的基本单位，N是国际单位制中的导出单位。D错误；
故选C。
09 单位制的应用
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．
例17． 在国际单位制（简称SI）中，力学的基本单位有：m（米）、kg（千克）、s（秒）。导出单位J（焦耳）用上述基本单位可表示为（ ）
A．kg·m·s-1 B．kg·m2·s-1 C．kg·m·s-2 D．kg·m2·s-2
【答案】D
【详解】由功的计算公式
由牛顿第二定律
根据加速度的定义式
得
D正确。
故选D。
例18． 橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内，伸长量x与弹力F成正比，即F=kx，k的值橡皮筋未受到拉力时的长度L，横截面积S有关，理论与实践都表明其中Y是一个由材料决定的常数，材料学上称之为杨氏模量。在国际单位制中，杨氏模量Y的单位应该是（ ）
A．N B．m C．N/m D．Pa
【答案】D
【详解】根据
可得
则Y的单位是
故选D。
10 从受力确定运动情况
1．从受力确定运动情况的基本思路
分析物体的受力情况，求出物体所受的合力，由牛顿第二定律求出物体的加速度；再由运动学公式及物体运动的初始条件确定物体的运动情况．流程图如下：
已知物体受力情况求得x、v0、v、t
2．从受力确定运动情况的解题步骤
(1)确定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出物体的受力分析图．
(2)根据力的合成与分解，求合力的大小和方向．
(3)根据牛顿第二定律列方程，求加速度．
(4)结合物体运动的初始条件，选择运动学公式，求运动学物理量——任意时刻的位移和速度，以及运动时间等．
例19． 如图所示，一根足够长的水平杆固定不动，一个质量m＝2 kg的圆环套在杆上，圆环的直径略大于杆的截面直径，圆环与杆的动摩擦因数μ＝0.75.对圆环施加一个与水平方向成θ＝53°角斜向上、大小为F＝25 N的拉力，使圆环由静止开始做匀加速直线运动(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2)．求：
图
(1)圆环对杆的弹力大小；
(2)圆环加速度的大小；
(3)若拉力F作用2 s后撤去，圆环在杆上滑行的总距离．
【答案】(1)0 (2)7.5 m/s2 (3)30 m
【详解】(1)分析圆环的受力情况如图甲所示．
将拉力F正交分解，F1＝Fcos θ＝15 N，F2＝Fsin θ＝20 N
因G＝20 N与F2大小相等，故圆环对杆的弹力为0.
(2)由(1)可知，在拉力F作用下，环不受摩擦力，由牛顿第二定律可知：F合＝F1＝ma1，代入数据得a1＝7.5 m/s2.
(3)由(2)可知，撤去拉力F时圆环的速度v0＝a1t1＝15 m/s
拉力F作用2 s的位移x1＝a1t12＝15 m
撤去拉力F后圆环受力如图乙所示
根据牛顿第二定律μmg＝ma2得a2＝7.5 m/s2
圆环的速度与加速度方向相反，做匀减速直线运动直至静止，取v0方向为正方向，则v0＝15 m/s，a＝－7.5 m/s2
由运动学公式可得：撤去拉力F后圆环滑行的位移
x2＝＝15 m
故总位移x＝x1＋x2＝30 m.
例20． (多选)如图5所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为v0＝10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反大小为2 N的恒力F，在此恒力F作用下(g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
图5
A．物体经10 s速度减为零
B．物体经2 s速度减为零
C．物体的速度减为零后将保持静止
D．物体的速度减为零后将向右运动
【答案】BC
【详解】物体向左运动时受到向右的滑动摩擦力Ff＝μFN＝μmg＝3 N，根据牛顿第二定律得a＝＝ m/s2＝5 m/s2，方向向右，物体的速度减为零所需的时间t＝＝ s＝2 s，A错误，B正确．物体的速度减为零后，由于F小于最大静摩擦力，物体将保持静止，C正确，D错误．
11 从运动情况确定受力
1．从运动情况确定受力的基本思路
分析物体的运动情况，由运动学公式求出物体的加速度，再由牛顿第二定律求出物体所受的合力；再分析物体的受力，求出物体受到的作用力．流程图如下：
2．从运动情况确定受力的解题步骤
(1)确定研究对象，对物体进行受力分析和运动分析，并画出物体的受力示意图．
(2)选择合适的运动学公式，求出物体的加速度．
(3)根据牛顿第二定律列方程，求出物体所受的合力．
(4)选择合适的力的合成与分解的方法，由合力和已知力求出待求的力．
例21． 质量为200 t的机车从停车场出发，匀加速行驶225 m后，速度达到54 km/h，此时，司机关闭发动机让机车进站，机车又行驶了125 m才停在站上．设运动过程中阻力不变，求：
(1)机车所受的阻力的大小；
(2)机车关闭发动机前所受到的牵引力的大小．
【答案】(1)1.8×105 N (2)2.8×105 N
【详解】(1)v1＝54 km/h＝15 m/s
减速阶段：初速度v1＝15 m/s，末速度v2＝0，位移x2＝125 m
由v22－v12＝2a2x2得
加速度a2＝－＝－ m/s2＝－0.9 m/s2，
负号表示a2方向与v1方向相反
由牛顿第二定律得
F阻＝ma2＝2×105×(－0.9) N＝－1.8×105 N①
负号表示F阻方向与v1方向相反．
(2)初速度v0＝0，末速度v1＝15 m/s，位移x1＝225 m
由v12－v02＝2a1x1得
加速度a1＝＝ m/s2＝0.5 m/s2
由牛顿第二定律得
F引－|F阻|＝ma1＝2×105×0.5 N＝1×105 N②
由①②得机车的牵引力为F引＝2.8×105 N.
例22． 一质量为m＝2 kg的滑块在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上在无外力F的情况下以加速度a＝2.5 m/s2匀加速下滑．若用一水平向右的恒力F作用于滑块，如图3所示，使滑块由静止开始向上匀加速运动，在0～2 s时间内沿斜面运动的位移x＝4 m．求：(g取10 m/s2)
图3
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
(2)恒力F的大小．
【答案】(1) (2) N
【详解】(1)根据牛顿第二定律可得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma，
代入数据解得μ＝.
(2)滑块沿斜面向上做匀加速直线运动，
由x＝a1t2，代入数据解得加速度大小a1＝2 m/s2.
根据牛顿第二定律可得：
Fcos θ－mgsin θ－μ(Fsin θ＋mgcos θ)＝ma1，
代入数据得F＝ N.
12 多过程问题分析
1．当题目给出的物理过程较复杂，由多个过程组成时，要明确整个过程由几个子过程组成．将复杂的过程拆分为几个子过程，分析每一个子过程的受力情况、运动性质，用相应的规律解决问题．
2．注意分析两个子过程交接的位置，该交接点速度是上一过程的末速度，也是下一过程的初速度，它起到承上启下的作用，对解决问题起重要作用．
例23． 如图所示，ACD是一滑雪场示意图，其中AC是长L＝8 m、倾角θ＝37°的斜坡，CD段是与斜坡平滑连接的水平面．人从A点由静止下滑，经过C点时速度大小不变，又在水平面上滑行一段距离后停下．人与接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，不计空气阻力．(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
图
(1)人从斜坡顶端A滑至底端C所用的时间；
(2)人在离C点多远处停下？
【答案】(1)2 s (2)12.8 m
【详解】(1)人在斜坡上下滑时，对人受力分析如图所示．
设人沿斜坡下滑的加速度为a，沿斜坡方向，由牛顿第二定律得
mgsin θ－Ff＝ma
Ff＝μFN
垂直于斜坡方向有FN－mgcos θ＝0
联立以上各式得a＝gsin θ－μgcos θ＝4 m/s2
由匀变速直线运动规律得L＝at2
解得：t＝2 s.
(2)人在水平面上滑行时，水平方向只受到水平面的摩擦力作用．设人在水平面上运动的加速度大小为a′，由牛顿第二定律得μmg＝ma′
设人到达C处的速度为v，则由匀变速直线运动规律得
人在斜坡上下滑的过程：v2＝2aL
人在水平面上滑行时：0－v2＝－2a′x
联立解得x＝12.8 m.
例24． 如图所示，一足够长的固定粗糙斜面与水平面夹角θ＝30°.一个质量m＝1 kg的小物体(可视为质点)，在F＝10 N的沿斜面向上的拉力作用下，由静止开始沿斜面向上运动．已知斜面与物体间的动摩擦因数μ＝.g取10 m/s2.
图
(1)求物体在拉力F作用下运动的加速度大小；
(2)若拉力F作用1.2 s后撤去，求物体在上滑过程中距出发点的最大距离．
【答案】(1)2.5 m/s2 (2)2.4 m
【详解】(1)对物体受力分析，
物体受到斜面对它的支持力FN＝mgcos θ＝5 N，
根据牛顿第二定律得：物体的加速度a1＝＝＝2.5 m/s2.
(2)当拉力F作用t0＝1.2 s时，速度大小为v＝a1t0＝3 m/s，物体向上滑动的距离x1＝a1t02＝1.8 m.
此后它将向上做匀减速运动，其加速度大小
a2＝＝7.5 m/s2.
这一过程物体向上滑动的距离x2＝＝0.6 m.
整个上滑过程物体距出发点的最大距离
x＝x1＋x2＝2.4 m.
13 超重和失重的判断
1．对视重的理解
当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上相对静止时，弹簧测力计或台秤的示数称为“视重”，大小等于弹簧测力计所受的拉力或台秤所受的压力．
当物体处于超重或失重状态时，物体的重力并未变化，只是视重变了．
2．超重、失重的比较
特征
状态
加速度
视重(F)与
重力的关系
运动情况
受力图
平衡
a＝0
F＝mg
静止或匀速
直线运动
超重
竖直向上
或有竖直
向上分量
由F－mg
＝ma得
F＝m(g＋a)
>mg
向上加速
或向下减速
失重
竖直向下
或有竖直
向下分量
由mg－F
＝ma得
F＝m(g－a)
向上减速
完全
失重
a＝g
F＝0
自由落体
运动、抛
体运动
例25． 小胡用手机软件测量了电梯运行过程中的加速度，得到如图所示的图线（规定竖直向上为正方向）。已知t=0时电梯处于静止状态，则以下判断正确的是（ ）
A．t=5s时电梯处于失重状态
B．8s~9s内电梯在做减速运动
C．10s~15s内电梯在上行
D．16s~17s内电梯在下行
【答案】C
【详解】A．规定竖直向上为正方向，由题图可知，t=5s时电梯加速度向上，电梯在加速上行，处于超重状态，故A错误；
B．由图可知，8s~9s内加速度方向向上，加速度大小在逐渐减小，所以电梯在向上做加速度减小的加速运动，故B错误；
C．由图可知，10s~15s内加速度为零，则电梯在匀速上行，故C错误；
D．由图可知，16s~17s内加速度方向向下，所以电梯在减速上行，故D错误。
故选C。
例26． 一乘客乘坐竖直观光电梯上楼，其位移s与时间t的关系图像如图，其中t1~t2时间内的图像为直线。该乘客处于超重状态的时间是（ ）
A．0~t1 B．t1~t2
C．t2~t3 D．t1~t3
【答案】A
【详解】A．乘客乘坐竖直观光电梯上楼，位移s与时间t的关系图像上某点切线的斜率表示速度，由图像可知，0~t1乘客速度方向向上，速度在变大，加速度向上，处于超重状态。A正确；
B．t1~t2乘客速度不变，既不超重也不失重。B错误；
C．t2~t3乘客速度方向向上，速度在变小，加速度向下，处于失重状态。C错误；
D．t1~t2乘客既不超重也不失重，t2~t3处于失重状态。D错误。
故选A。
14 超重、失重的有关计算
例27． 将一台悬挂式测力计放在电梯中，并在测力计上挂上一重物，当电梯平稳运行时，测力计的示数为1N；从某时刻起，发现测力计的示数稳定在1.2N，取g＝10m/s2，则（ ）
A．物体的质量变为0.12g
B．电梯可能正在以2m/s2的加速度加速上升
C．电梯可能正在以2m/s2的加速度加速下降
D．电梯已经停在顶楼
【答案】B
【详解】A．物体的质量是物体的固有属性，不随测力计的示数变化而变化，故A错误；
BCD．测力计的示数稳定在F=1.2N时，重物处于超重状态，加速度竖直向上，根据牛顿第二定律
解得
故物体可能正在以2m/s2的加速度加速上升或以2m/s2的加速度减速下降，故B正确，CD错误。
故选B。
例28． 一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速大小为，g为重力加速度。人对电梯底部的压力为（ ）
A． B．2mg
C．mg D．
【答案】D
【详解】对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律可得
故
根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于，ABC错误，D正确。
故选D。
15 超重、失重的综合应用
1．若加速度方向向上(或斜向上)，物体处于超重状态；若加速度方向向下(或斜向下)，物体处于失重状态．
2．若系统中某一部分有向上或向下的加速度，则系统整体也处于超重或失重状态．
例29． 某实验小组利用DIS系统观察超重和失重现象。他们在学校电梯房内做实验，在电梯天花板上固定一个力传感器，测量挂钩向下，并在挂钩上悬挂一个重为10N的钩码，在电梯运动过程中，计算机显示屏上显示出如图所示图象，以下根据图象分析所得结论错误的是（ ）
A．该图象显示出了力传感器对钩码的拉力大小随时间的变化情况
B．从时刻t1到t2，钩码处于失重状态，从时刻t3到t4，钩码处于超重状态
C．电梯可能先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后静止
D．电梯可能先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后静止
【答案】D
【详解】A．题图中图象显示了力传感器对钩码的拉力大小随时间的变化情况。故A正确，不符合题意；
B．0~t1，钩码受力平衡；t1~t2，拉力小于10N，钩码处于失重状态；t2~t3，钩码受力平衡；t3~t4，拉力大于10N，钩码处于超重状态。故B正确，不符合题意；
CD．由于不知道电梯运动方向，则电梯可能先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后静止；电梯也可能先匀速向上，接着减速向上，再静止，然后加速向上，最后匀速。故C正确，不符合题意，D错误，符合题意。
故选D。
例30． 图甲是莱芜一中尚清华同学站在接有力传感器的板上做下蹲、起跳动作的示意图，图中的O点表示他的重心。图乙是传感器所受压力随时间变化的图像，图像上a、b两点的纵坐标分别为900N和300N，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。根据图像分析可知（ ）
A．尚清华的重力可由b点读出，为300N
B．尚清华在b到c的过程中先处于超重状态再处于失重状态
C．尚清华在双脚与板不接触的过程中处于完全失重状态
D．尚清华在b点对应时刻的加速度大于在c点对应时刻的加速度
【答案】C
【详解】A．开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力为900N，人的重力也为900N，选项A错误；
B．b到c过程中，人对板的压力先小于人的真实重力，后大于人的真实重力，则人先处于失重状态后处于超重状态，选项B错误；
C．离开板后人只受重力的作用，处于完全失重状态，选项C正确；
D．b点对应时刻弹力与重力的差值要小于c点对应时刻弹力与重力的差值，则人在b点对应时刻的加速度要小于在c点对应时刻的加速度，选项D错误。
故选C。
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