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第三章 運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系
2025年高考物理一輪基礎(chǔ)知識(shí)復(fù)習(xí)
牛頓運(yùn)動(dòng)定律的基本應(yīng)用
目錄
力學(xué)單位制
動(dòng)力學(xué)兩類基本問(wèn)題
超重和失重
壹
貳
叁
力學(xué)單位制
壹
基本單位和導(dǎo)出單位一起組成了單位制,國(guó)際單位制的基本單位如下表:
基本物理量 符號(hào) 單位名稱 單位符號(hào)
質(zhì)量 m 千克(公斤) kg
時(shí)間 t 秒 s
長(zhǎng)度 l 米 m
電流 I 安[培] A
熱力學(xué)溫度 T 開(kāi)[爾文] K
物質(zhì)的量 n,(ν) 摩[爾] mol
發(fā)光強(qiáng)度 I,(IV) 坎[德拉] cd
1.[人教版必修一P103第5題情境變式，2023遼寧卷]安培通過(guò)實(shí)驗(yàn)研究，發(fā)現(xiàn)了電流之間相互作用力的規(guī)律。若兩
段長(zhǎng)度分別為和、電流大小分別為和的平行直導(dǎo)線間距為 時(shí)，相互作用力的大小可以表示為
。比例系數(shù) 的單位是( )
B
A./ B. C. D.
【解析】由得，又，則比例系數(shù)的單位為 ，B正確。
2.［粵教版必修一P126資料活頁(yè)情境變式］大連中遠(yuǎn)海運(yùn)重工為中遠(yuǎn)海運(yùn)發(fā)展建造的62 000噸多
用途紙漿船順利完成試航任務(wù)返回碼頭。 總長(zhǎng)201.8米、兩柱間長(zhǎng)198.3米、型寬
32.26米、型深19.3米，航速13.5節(jié)，續(xù)航力22 000海里。下列說(shuō)法正確的是( )
D
A.“米”是國(guó)際單位制中力學(xué)三個(gè)基本物理量之一
B.“節(jié)”是速度單位，物理學(xué)中所有的物理量都有單位
C.“噸”是國(guó)際單位制中的導(dǎo)出單位
D.“海里”不是力的單位，力的單位“牛頓”是國(guó)際單位制中的導(dǎo)出單位
【解析】國(guó)際單位制中力學(xué)的三個(gè)基本物理量是：長(zhǎng)度、質(zhì)量、時(shí)間，而“米”只是長(zhǎng)度的單位，A錯(cuò)誤；單位是物
理量的組成部分，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，如動(dòng)摩擦因數(shù) 就沒(méi)有單位，B錯(cuò)
誤；“噸”是質(zhì)量的一個(gè)單位，但不是國(guó)際單位制中的單位，C錯(cuò)誤；“海里”是長(zhǎng)度單位，不是力的單位，力的單位
“牛頓”是由 推導(dǎo)出來(lái)的，是國(guó)際單位制中的導(dǎo)出單位，D正確。
動(dòng)力學(xué)兩類基本問(wèn)題
貳
動(dòng)力學(xué)兩類基本問(wèn)題
1.兩類基本的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題
（1）已知物體受力情況，判斷其運(yùn)動(dòng)情況；
（2）已知物體運(yùn)動(dòng)情況，判斷其受力情況.
應(yīng)用 ______________解決動(dòng)力學(xué)問(wèn)題，受力分析和運(yùn)動(dòng)分析是關(guān)鍵， _______
是解決此類問(wèn)題的紐帶.
牛頓第二定律
加速度
2.力和運(yùn)動(dòng)問(wèn)題求解步驟
變式1 已知受力求運(yùn)動(dòng)情況
1.［人教版必修一P115第6題條件變式］如圖所示，質(zhì)量分別為和的、 兩個(gè)物體放在光滑水平面上，外
力、分別同時(shí)作用在兩個(gè)物體上，其中 （表達(dá)式中各個(gè)物理量的單位均為國(guó)際單位），
。已知 ,下列說(shuō)法正確的是( )
D
A.時(shí)，物體的加速度大小為
B.時(shí)物體 的加速度最小
C. 后兩個(gè)物體運(yùn)動(dòng)方向相反
D.若僅將、位置互換，時(shí)物體的加速度大小為
【解析】在水平方向上的分力為，假設(shè)、間無(wú)彈力，則， 時(shí)，
有，則，因此、之間有彈力，會(huì)共同運(yùn)動(dòng)，有 ，解
得，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物體的加速度最小時(shí)兩物體間恰好無(wú)彈力，有，解得 ，選項(xiàng)B
錯(cuò)誤；之前，兩物體均沿方向做加速運(yùn)動(dòng)，后方向反向， 先做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，該過(guò)
程中兩個(gè)物體運(yùn)動(dòng)方向仍然相同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若僅將、位置互換，假設(shè)時(shí)、 間無(wú)彈力，則
，，假設(shè)成立，則時(shí)物體的加速度大小為 ，選項(xiàng)D正確。
2.［多選］［人教版必修一P114第2題模型變式］如圖所示，傾角 的光滑斜面固
定在水平地面上，與斜面垂直的擋板 固定在斜面底端，輕彈簧一端固定在擋板上，另一
端與物塊連接，質(zhì)量為的物塊和質(zhì)量為的物塊 并排靜止在斜面上。現(xiàn)用一沿斜
面向上的外力拉物塊，已知重力加速度大小為，，彈簧的勁度系數(shù)為 ，
不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是( )
BD
A.當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，物塊、 分離
B.物塊、分離瞬間，的加速度大小為
C.物塊、分離瞬間，彈簧的形變量為
D.從外力作用在物塊上到物塊、分離的過(guò)程中，的位移大小為
【解析】當(dāng)物塊、分離時(shí)、間的彈力為零且加速度相同，對(duì)進(jìn)行受力分析可知， ,
解得,方向沿斜面向上，對(duì)物塊受力分析可知彈簧對(duì) 的彈力沿斜面向上，彈簧處于壓縮狀態(tài)，故A錯(cuò)誤，B
正確；兩物塊分離瞬間，對(duì)物塊進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得 ，可得彈簧的壓縮
量，故C錯(cuò)誤；當(dāng)沒(méi)有作用在上時(shí)、處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)共點(diǎn)力平衡得 ，可得
，則運(yùn)動(dòng)的位移為 ，故D正確。
變式2 等時(shí)圓模型
3.［多選］如圖所示，1、2、3、4四小球均由靜止開(kāi)始沿著光滑的斜
面從頂端運(yùn)動(dòng)到底端，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間分別為、、、 。已知豎直
固定的圓環(huán)的半徑為，圓心為 ，固定在水平面上的斜面水平底端的
長(zhǎng)度為，重力加速度為 。下列說(shuō)法正確的是( )
BC
A. B. C. D.
【解析】解法一：利用牛頓第二定律推導(dǎo)。1號(hào)小球的加速度大小 ，位移大小
，運(yùn)動(dòng)時(shí)間，同理可知，2號(hào)小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間 ；3號(hào)小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；4號(hào)
小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，則，故選 。
解法二：等時(shí)圓模型法。
第一步，設(shè)置頂點(diǎn)。將2號(hào)小球斜面起點(diǎn)平移至1號(hào)小球斜面起點(diǎn)處,如圖1所示；將4號(hào)小球斜面起點(diǎn)平移至3號(hào)小球斜面起點(diǎn)處，如圖2所示。
圖1
圖2
第二步，作等時(shí)圓。由幾何關(guān)系可知2號(hào)小球斜面端點(diǎn)恰好交于圖1圓周上；以3號(hào)小球斜面起點(diǎn)為頂點(diǎn)作豎直線，
以3號(hào)小球斜面為弦作圓，根據(jù)幾何關(guān)系可知 。
第三步，比較時(shí)間。根據(jù)等時(shí)圓模型特點(diǎn)可知，，由于 ，3、4號(hào)小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間更長(zhǎng)，有
，故選 。
模型透析
等時(shí)圓模型
變式3 已知運(yùn)動(dòng)情況求受力
4.［人教版必修一P96例題1條件變式］如圖所示，水平桌面由粗糙程度不同的、兩部分組成，且 ，
物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）以某一初速度從點(diǎn)滑上桌面，最后恰好停在點(diǎn)。已知物塊經(jīng)過(guò)與 兩部分的時(shí)間之比
為，若物塊在、上所做的運(yùn)動(dòng)均可看作勻變速直線運(yùn)動(dòng)，則物塊與桌面的、 部分之間的動(dòng)摩擦
因數(shù)、 之比為( )
B
A. B. C. D.
【解析】設(shè)、兩部分長(zhǎng)度為，物塊在點(diǎn)的速度為，在、部分的加速度、 ，由題
意知時(shí)間，將物塊在間的運(yùn)動(dòng)逆向看成初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，則有，將物塊 在
間的運(yùn)動(dòng)逆向看成初速度為的勻加速運(yùn)動(dòng)，則有，解得 ，故選B。
5.［多選］［魯科版必修一P148第6題圖像變式］如圖（a）所示，小木塊在外力 的作用下由靜止開(kāi)始沿粗糙水平
面運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中木塊的速度隨位移變化的圖像如圖（b）所示，下列速度隨時(shí)間、外力隨速度 變化的圖
像可能正確的是( )
BC
圖（a）
圖（b）
A.&1& B.&2& C.&3& D.&4&
【解析】由題圖（b）可得，則，整理可得，可得 ，可知加速度隨速度的增大而增
大，A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)牛頓第二定律有，可得，當(dāng)時(shí)， ，C、D錯(cuò)誤。
6.［魯科版必修一P135例題設(shè)問(wèn)變式］如圖的羽毛球筒中有一羽毛球，球托底部離球筒口 ，球與
球筒內(nèi)壁緊密接觸。現(xiàn)小明同學(xué)將球筒豎直靜置，球筒下端距地面 ，然后將球筒由靜止釋放，若
球筒與地面相碰后速度瞬間減為0，且不會(huì)傾倒，之后羽毛球球托剛好滑行到球筒口。已知羽毛球軸向
高，質(zhì)量為，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，不計(jì)空氣阻力，取 。求：
（1）球筒豎直靜置釋放前羽毛球受到的摩擦力大小和球筒下落過(guò)程中羽毛球受到的摩擦力大小；
【答案】 0
【解析】 釋放前羽毛球靜止，設(shè)受到的摩擦力大小為
對(duì)羽毛球，由平衡條件得
羽毛球下落過(guò)程做自由落體運(yùn)動(dòng)，加速度為，設(shè)所受摩擦力大小為 ，對(duì)羽毛球，由牛頓第二定律得
解得
（2）羽毛球沿球筒下滑的過(guò)程中受到的滑動(dòng)摩擦力大小和重力大小的比值。
【答案】3.5
【解析】 不計(jì)空氣阻力，由靜止釋放球筒后，球筒做自由落體運(yùn)動(dòng)，則
解得球筒落地時(shí)羽毛球的速度大小
球筒落地后羽毛球球托剛好到達(dá)球筒口，羽毛球的位移
設(shè)羽毛球在球筒內(nèi)滑動(dòng)過(guò)程中的加速度大小為,則
解得
設(shè)羽毛球受到的摩擦力大小為，對(duì)羽毛球，由牛頓第二定律得
解得
故羽毛球沿球筒下滑的過(guò)程中受到的滑動(dòng)摩擦力大小與重力大小的比值為3.5。
超重和失重
叁
1.超重
（1）定義：物體對(duì)支持物的壓力（或?qū)覓煳锏睦Γ? ______物體所受重力的
現(xiàn)象．
（2）產(chǎn)生條件：物體具有 ______的加速度．
大于
向上
2.失重
（1）定義：物體對(duì)支持物的壓力（或?qū)覓煳锏睦Γ? ______物體所受重力的
現(xiàn)象．
（2）產(chǎn)生條件：物體具有 ______的加速度．
3.完全失重
（1）定義：物體對(duì)支持物（或懸掛物） ________________的現(xiàn)象稱為完全失
重．
（2）產(chǎn)生條件：物體的加速度 ，方向豎直向下．
小于
向下
完全沒(méi)有作用力
超重 失重 完全失重
現(xiàn)象 視重大于實(shí)重 視重小于實(shí)重 視重等于0
產(chǎn)生條件 有豎直向上的加速度或分加速度 有豎直向下的加速度或分 加速度，且 加速度 ,方向
豎直向下
運(yùn)動(dòng)狀態(tài) 加速上升或減速下降 加速下降或減速上升 以加速度 加速下降
或減速上升
原理方程 <

4.實(shí)重和視重
（1）實(shí)重：物體實(shí)際所受的重力，它與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài) ______．
（2）視重：當(dāng)物體在豎直方向上有加速度時(shí)，物體對(duì)彈簧測(cè)力計(jì)的拉力或?qū)ε_(tái)秤的壓力將不等于物體的重力．此時(shí)彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)或臺(tái)秤的示數(shù)即為視重．
無(wú)關(guān)
1.［多選］［粵教版必修一P130第5題設(shè)問(wèn)變式］如圖所示，、 兩人通過(guò)安全帶連接在一起，
從飛機(jī)上跳下進(jìn)行雙人跳傘運(yùn)動(dòng)，降落傘未打開(kāi)時(shí)不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是( )
BD
A.在降落傘未打開(kāi)的下降過(guò)程中，安全帶的作用力不為零
B.在降落傘未打開(kāi)的下降過(guò)程中，相對(duì) 是靜止的
C.在降落傘未打開(kāi)的下降過(guò)程中，、 均處于超重狀態(tài)
D.在降落傘打開(kāi)后減速下降過(guò)程中，、 均處于超重狀態(tài)
【解析】在降落傘未打開(kāi)的下降過(guò)程中,由于此時(shí)不計(jì)空氣阻力,則、 兩人處于完全失重狀態(tài),安全帶的作用力為
零,錯(cuò)誤;在降落傘未打開(kāi)的下降過(guò)程中，倆人始終連接在一起均做自由落體運(yùn)動(dòng)，速度始終相同，即相對(duì) 是
靜止的，B正確;在降落傘打開(kāi)后減速下降過(guò)程中，加速度方向向上，、 均處于超重狀態(tài)，D正確。
關(guān)鍵點(diǎn)撥
在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會(huì)消失，但物體的重力始終存在，大小也沒(méi)有發(fā)生變化，只是“視重”發(fā)生了變化。
2.［魯科版必修一P148第5題情境變式］踢毽子是我國(guó)民間的一項(xiàng)體育運(yùn)動(dòng)，被譽(yù)為“生命的蝴蝶”。如圖
是一個(gè)小孩正在練習(xí)踢毽子，毽子近似沿豎直方向運(yùn)動(dòng)。若考慮空氣阻力的影響，毽子離開(kāi)腳后至回到
出發(fā)點(diǎn)的過(guò)程中( )
C
A.上升過(guò)程一直處于超重狀態(tài) B.下降過(guò)程一直處于超重狀態(tài)
C.上升的時(shí)間小于下降的時(shí)間 D.上升的時(shí)間大于下降的時(shí)間
【解析】經(jīng)過(guò)分析可知，上升過(guò)程重力和空氣阻力均向下，毽子的加速度向下，開(kāi)始下降時(shí)，毽子的加速度方向
豎直向下，所以兩個(gè)過(guò)程均存在失重狀態(tài)（【點(diǎn)撥】判斷是超重還是失重，核心是判斷加速度的方向。加速度的
方向向下為失重，加速度的方向向上為超重。）， 錯(cuò)誤；上升過(guò)程中，毽子所受的重力和空氣阻力均豎直向下，
下降過(guò)程中，毽子受豎直向下的重力和豎直向上的空氣阻力，則毽子上升過(guò)程中所受的合外力大于下降過(guò)程中所
受的合外力，則，根據(jù)定性分析可知， （【點(diǎn)撥】上升過(guò)程要運(yùn)用逆向思維看成初速度
為零的下降過(guò)程。），C正確，D錯(cuò)誤。
3.［粵教版必修一P121圖4-6-2模型變式］某同學(xué)抱著箱子做蹲起運(yùn)動(dòng)研究超重和失重現(xiàn)象，在箱內(nèi)
的頂部和底部均安裝有壓力傳感器，兩質(zhì)量均為 的物塊用輕彈簧連接分別抵住傳感器，如圖所
示。當(dāng)該同學(xué)抱著箱子靜止時(shí)，頂部的壓力傳感器顯示示數(shù)。重力加速度取 。不
計(jì)空氣阻力，則( )
D
A.箱子靜止時(shí)，底部壓力傳感器顯示示數(shù)
B.當(dāng) 時(shí)，箱子處于失重狀態(tài)，人可能抱著箱子下蹲
C.當(dāng) 時(shí)，箱子處于超重狀態(tài)，人可能抱著箱子向上站起
D.若箱子保持豎直從高處自由釋放，運(yùn)動(dòng)中兩個(gè)壓力傳感器的示數(shù)均為
【解析】當(dāng)箱子靜止時(shí)，對(duì)兩物塊和彈簧組成的系統(tǒng)受力分析可知 ，得底部壓力傳感器顯示示數(shù)
，對(duì)頂部物塊有，得，故A錯(cuò)誤；當(dāng)時(shí)，對(duì)頂部物塊有 ，
所以加速度方向向上，箱子處于超重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；當(dāng)時(shí)， ，加速度方向向下，箱子處
于失重狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；箱子自由下落時(shí)處于完全失重狀態(tài)，兩個(gè)物塊所受合力均為，則應(yīng)有 ，彈
簧長(zhǎng)度沒(méi)變，則彈簧彈力大小不變，所以兩個(gè)壓力傳感器的示數(shù)均為 ，故D正確。
4.［人教版必修一P110思考與討論拓展變式］加速度傳感器是一些智能手機(jī)上配備的
較為實(shí)用的軟件，能顯示物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度變化情況。現(xiàn)需要分析某升降機(jī)在
實(shí)際運(yùn)行過(guò)程中的加速度，將手機(jī)放置于升降機(jī)上并打開(kāi)加速度傳感器，使升降機(jī)從
靜止開(kāi)始上下運(yùn)動(dòng)，得到如圖所示的豎直方向上加速度隨時(shí)間變化的圖像，該圖像以
豎直向上為正方向。由此可判斷出( )
B
A.手機(jī)在 時(shí)刻速度為0
B.運(yùn)行過(guò)程中手機(jī)有可能與升降機(jī)分離
C.在 時(shí)間內(nèi)，手機(jī)處于超重狀態(tài)
D.在 時(shí)間內(nèi)，升降機(jī)受到手機(jī)的壓力先減小再增大
【解析】根據(jù)圖像與橫軸圍成的面積表示速度，結(jié)合題圖可知， 時(shí)刻手機(jī)向上速度達(dá)到最大，故A錯(cuò)誤；由
題圖可知，有段時(shí)間手機(jī)豎直向下的加速度等于重力加速度，所以手機(jī)有可能離開(kāi)過(guò)升降機(jī)，故B正確；由題圖可
知，時(shí)間內(nèi)，手機(jī)的加速度向下，處于失重狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；由題圖可知， 時(shí)間內(nèi)，手機(jī)加速度向上，
由牛頓第二定律有，由于減小，則減小， 時(shí)間內(nèi)，手機(jī)加速度向下，由牛頓第二定律有
，由于增大，則減小，即在 時(shí)間內(nèi)，升降機(jī)對(duì)手機(jī)的支持力一直減小，由牛頓第三定律可
知，手機(jī)對(duì)升降機(jī)的壓力一直減小，故D錯(cuò)誤。
謝謝

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