资源简介

第二部分
初高中物理知识衔接
第25讲力学单位制
知识清单
ZHISHIQINGD AN
初中物理知识储备
量的单位，只要在式子末尾写出所求量的单位
1.知道力学中常见物理的量的国际单位，例如质量
即可。
的单位为千克、长度的单位为米、时间的单位为
2.推导物理量的单位：物理公式确定了各物理量的
秒、速度的单位为米每秒。
数量关系的同时，也确定了各物理量的单位关
2.知道电学中常见物理量的国际单位：电流的国际
系，所以我们可以根据物理公式中物理量间的关
单位为安培、电压的国际单位为伏特。
系推导出物理量的单位。
高中物理新知学习」
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
一、基本单位
F=kx中k的单位为N/m,F:=uFN中以无单
1.基本量
位，F=kma中k无单位
被选定的能够利用物理量之间的关系推导出其
他物理量的单位的一些物理量，如力学中有长
4.单位制可检查物理量关系式的正误：根据物理量
度、质量、时间。
的单位，如果发现某公式在单位上有问题，或者
2.基本单位：所选定的基本量的单位。
所求结果的单位与采用的单位制中该量的单位
在力学中，选定长度、质量和时间这三个物理量
不一致，那么该公式或计算结果肯定是错误的。
的单位为基本单位。
初高中物理衔接点]
长度的单位有厘米(cm)、米(m)、千米(km)等。
1.同学们请思考：同一物理量采用不同单位来计
质量的单位有克(g)、千克(kg)等。
量，其数值不同的问题会引发什么问题？接着结
时间的单位有秒(s)、分钟(min)、小时(h)等。
合学生熟悉的速度和加速度的定义介绍基本量、
3.导出单位
基本单位、导出单位、单位制等概念，然后通过学
由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量
习国际单位制，帮助同学们形成对单位制系统
的单位，例如速度的单位“米每秒”(m/s)、加速
全面的认识，最后通过例题来示范对单位的规范
度的单位“米每二次方秒”(m/s2)、力的单位“牛
准确使用。
顿”(kg·m/s2)。
2.力学单位制对于帮助同学们认识不同单位之间
4.单位制：基本单位和导出单位一起组成了一个单
的关系、准确使用和表示单位有着重要作用。同
位制。
学们在初中阶段对物理单位更多的是感性认识，
二、国际单位制
比如对牛顿、帕斯卡、安培、伏特、焦耳、瓦特等单
1.国际单位制：1960年第11届国际计量大会制订
的一种国际通用的、包括一切计量领域的单
位的规定，同学们并不容易理解。在本节，通过
位制。
力学单位制的学习，帮助同学们体会物理量单位
2.国际单位制中的基本量
的命名和使用规则，体会到进行单位规定的合理
国际单位制中选定长度(l)、质量()、时间(t)、
性和方便性
电流(I)、热力学温度(T)、物质的量()、发光强
3.本节的学习重点是基本单位和导出单位。这是
度(I)七个量为基本量。
因为，只有理解了什么是基本单位，基本单位有
3.国际单位制中的力学基本单位
哪些，什么是导出单位，导出单位与基本单位是
长度l,单位：m;质量，单位：kg:时间t,单
什么关系，同学们才能对所学的单位形成全面清
位：s。
晰的认识，才能准确使用和规范表达单位。同学
三、单位制的四个主要应用
们经历初中的学习，在使用单位进行运算和表达
1.简化计算过程的单位表达：在解题计算时，已知
形成了习惯，在经过本节的学习后将要使用更加
量均采用国际单位制，计算过程中不用写出各个
便捷的表达方式，需要教师进行引导。
69参考答案
5.答案：BD
大，A、B始终处于相对静止状态，B错误，D正确；当拉力
解析：轰炸机经过静止在地面上的目标正上方时投下炸
F=16N时，对整体由牛顿第二定律可得F=(mA十mB)
弹，由于惯性，炸弹具有与飞机相同的水平逸度，所以炸
弹不能击中目标，故A错误；地球由西向东自转，我们向
a,解得a=
mA十mB6十2m/s2=2m/s3,则有B受到
16
上跳起来以后，由于惯性，仍有与地面相同的速度，所以
A的摩据力等于Fr=mBa'=2X2N=4N,C错误。
还落在原地而不落到原地的西边，故B正确：惯性由质量
2.答案：D
决定，系好安全带，人的质量不变，惯性不变，系上安全带
后，人虽然因惯性向前运动，但受安全带的约束，增加了
解析：若雪花只受重力，有=弓g2,解得1=28，实际上。
安全系数，可以减小惯性带来的危害，故C错误：被抛出
雪花下落过程中受到的空气阻力较大，所以其下落时间
的小球，尽管速度的大小和方向都玫变了，但小球的质量
应大于2s,故D正确。
不变，惯性不变，故D正确。
3.答案：B
第23讲实验：探究加速度
解析：依题意，物体合力为F=V√8十62N=10N,根据牛
与力、质量的关系
顿第二定律，可得a=E
=5m/s2,故B正确
达标训练
1.答案：(1)②减小均匀
4.答案：AC
(2)没有满足小车质量远大于所挂砝码的质量
解析：由图像中图线与时间轴所包国的面积表示位
(3)0.3751.50
移，故火突位置距离消防地面的距离为x=612X10m
解析：(1)由图乙可知，点与点之间的距离越来越大，可知
小车做加速运动，说明木板的倾角太大，所以应减小木板
=90m,故C正确：无人机整个上升过程平均速度为v=
的倾角，反复调节，直到纸带上打出的点迹均匀，说明平
衡摩擦力已彻底
上=90m=7.5m/s,故A正确；加速阶段的加速度大小
128
(2)假设砝码和砝码盘的质量为，小车的质量为M,对
系统签依有mg=(m十M0a,解得a=学m,对砝码和班
a1=
△0=10
△14
m/s2=2.5m/s2,减速阶段的加速度大小
Mg=mg,可知
42
A=10
△t2
2
m/s2=5m/s2,故B错误；加速阶段时，根
码盘分析有mg一F=ma,解得F=
M十m
1+m
据牛顿第二定律F一mg=ma1,代入数据解得无人机螺
M
旋浆产生升力为F=187.5N,故D错误
加g一
F
5.答案：BC
当m《M时F≈mg,则a=M干m=M,可知a与F成正
解析：撤去挡板前，以A球为对象，根据平衡条件可得弹
比。当n>M时a=g,即随者m的不断增加，a值会不断
黄弹力为F弹=gsin日，在突然撤去挡板的瞬间，弹黄弹
逼近g,故图像变弯曲的原国是小车质量没有满足运大于
力保持不变，A球的受力保持不变，则A球的加速度大小
所挂砝码的质量。
F弹十mgs1n0
(3)物体通过1计数点的速度一2
x27.50×10-2
为零：对B球，根据牛顿第二定律可得4B=
2×0.1
m/s
2gsin0,故选BC
=0.375m/s。运动的加速度a=22=1.50X10
6.答案：(1)7.5N,水平向左(2)7.5m/s2,水平向右
T
0.12
-m/s2
解析：(1)对小球受力分析，如图所示
=1.50m/s2
由物体的平衡条件有，水平方向Fsin
2.答案：(1)平衡摩擦力(2)C(3)1.302.00(4)C
37°-F6=ma
解析：(1)将长木板右端适当垫高，可以让小车重力的分
坚直方向F.c0s37°=mg
力与摩擦力平衡，从而控制小车受到的力，使得连接小车
代入数据解得Fa=37.5N,F6=7.5N,b
绳子的拉力就等于小车受到的合外力
绳拉力水平向左。
(2)电火花打点计时器是一种能够按照相同的时间间隔，
(2)当小车的加速度向右达到最大时有
在纸带上连续打点的仪器，它使用交流电源，由学生电源
F.sin37°=iam
F.c0s37°=g
mg
供电，工作电压为220V,故C正确，A、B错误
(3)由于匀变速直线运动中某一段的平均途度等于这一
联立解得am=7.5m/s2
段中间时刻的瞬时速度，又由于打点计时器打出的纸带
方向水平向右。
中每两点间的时间间隔是相同的，所以E点是DF的中
第25讲
力学单位制
间时刻，则有E=DF=
(53.99-28.02)×10-2
m/8≈
达标训练
0.2
1,30m/s。由逐差法可得小车从O到F运动的加速度大
1.答案：A
小为a=4=[(53.99-18.01)-18.01]×102
解析：普朗克常量
m/s
h=6.62607015×10-34kg·m2·s-1=6.62607015×
0.3
2.00m/s2.
10-84J·s,故A正确。
2.答案：B
(4)如果实验中长木板的右端垫得过高，木板倾角过大，
解析：根据做功公式W=FLcos0,可知功的单位为N·m,
则重力的分力大于摩擦力，即平衡摩擦过大，还为加砝
码，即蝇子拉力为零的情况，小车已经有一个较小的加速
故A错误：根据电场强度公式E=
,可知电场强度的单
度，开始做匀加速直线运动，即绘出的心F关系应为C
位为V/m,故B正确；根据磁通量公式亚=BS,可知磁通
图，故C正骑，A、B、D错误。
第24讲牛顿第二定律
量的单位为T·m己，故C错误；根据加速度公式a=
△t
达标训练
可知加速度的单位为m/s2,故D错误。
1,答案：D
3.答案：D
解析：由題意可知，由于物体B放在光滑的水平面上，因
解析：力学基本量是长度、质量、时间，故A错误：kg是基
此只要拉力F不是零，A、B将一起运动，所以当拉力0
本单位，N,m/s是导出单位，故B错误：根据牛顿第二定
F<12N时，A不会静止不动，A错误；若A、B能产生相
律衣达式可知：1N=1kg·m/s,故C错误；新闻中涉及
对滑动时，则有a=mA5=0.2×6X10
的11米、400吨和101,2秒中，米和秒是国际单位制中的
2
m/s=6m/s2,
基本单位，D正确
mB
对A、B整体，由牛顿第二定律可得产生相对滑动时最大
4,答案：ABC
拉力为F=(mA十mB)a=(6+2)X6N=48N,由此可
解析：国际单位制中七个基本单位是：米、千克、秒、安培、
知，在绳子承受的最大拉力20N范国内，无论拉力F多
开尔文、摩尔和坎德拉。本题选不属于国际单位制中的
基本单位，故A、B、C正确。
89衔接必刷题
物理
5.答案：AC
6.答案：(1)5tm/s2(2)2.5m(3)3.4s
解析：米、千克、秒是国际单位制中的三个基本单位，牛顿
解析：(1)货物在AB上相对滑动时，根据牛顿第二定律得
是国际单位制中的导出单位，因此都是国际单位制中的
umg=mal
单位，A正确：计算中解得作用力的表达式F=m尺
·用
解得a1=5m/s2
(2)设货物达到共同速度的时间为t1,则功=a1t1
单位制的方法检查，这个力的单位是kgms=kg·S,因
解得t1=1s
此kg·8这个结果是错误的；作用力的正确表达式为F=
通过的距离1=
2a1t月
m尺，力的正确单位应是kg·m/s2,B错误：伽利略的理
解得s1=2.5m
传送带道过的位移s2=1t1=5m
想斜面实验开创了实验研究和逻辑推理相结合的探索自
则痕迹的长度△s=s2一s1=2.5m。
然规律的科学方法，C正确；牛顿第一定律并不是牛顿第
(3)货物加速的位移为s1=2,5mLAB
二定律中=0的特殊情况，因为牛頓第一定律描述的是
物体不受外力时的运动状态，是一种理想情况，有其自身
则匀速运动时间为t2
LAB一1=0.9s
的物理意义和独立地位，同时还引入惯性的概念，牛顿第
1
一定律指出：了力和运动的关系，而第二定律定量给出了
货物以5m/s的速度冲上倾斜传送带，共速前根据牛顿
决定物体加速度的因素，所以牛顿第一定律是研究力学
第二定律得mgsin0十1gc0s0=ia2
的基础，是不能用牛顿第二定律来代替的，D错误。
解得a2=10m/s
第26讲
牛顿运动定律的应用
方向沿传送带向下，共速时t3=一=0.25s
02
达标训练
由于mgsin>mgcos0,当货物的速度小于v1时，对货
1.答案：B
解析：根据题意，设A开始下滑时的加速度大小为，A接
物分析a3=mgsin日一ngcos0
触挡板时的速度大小为，则由牛顿第二定律有4mgin30
解得a3=2m/s2
一mg=5ma,由运动学公式有2=2ad,解得2=2gd,之
方向沿传送带向下，又t4=
2=1.25s
3
后B以速度v向上做竖直上抛运动，上升的高度为1
则总时间为t总=t1十t2十ta十t4=3.4s。
2g=号，则物块B上升的最大高度为h=d十1=6口，故
第27讲
超重和失重
5
B正确。
达标训练
2.答案：B
1.答案：B
解析：对物体A受力分析，均受到重力、支持力和滑动摩
解析：当物体具有向上的加遮度时，物即体对支持物的压
擦力，根据牛顿第二定律，有一mg=ma,故加速度为a1
力（或对悬绳的拉力）大于物体所受重力的现象叫做超
一2m/s2,同理物体B的加速度为a2=一以g=
重：当物体具有向下的加速度时，即物体对支持物的压力
一2m/s2,B物体初速度较小，首先停止运动，故其停止运
(或对悬绳的拉力)小于物体所受重力的现象叫做失重；
动的时间为1=0一迎=1s,该段时间内物体A的位移
所以加速下降过程，加速度向下，属于失重，减速下降过
程，加速度向上，属于超重，故A、C错误，B正确；平衡状
a2
态即物体受力平衡，处于匀速直线运动或者静止的状态
为xA1=vA1十交a1行=5m,物体B的位移为x1=vd1
称为平衡状态，减速下降过程加速度向上，受到的合力向
上，不是平衡状态，故D错误。
22了=1m,故此时开始，物体B不动，物体A继续做
2.答案：D
匀减速运动，直到相遇；1s末A的速度为”A1=vA十1t1
解析：12时01分指时刻，故A错误：研究火箭转向时，火
箭大小不能忽略，所以不可以把火箭看成质，点，故B错
=4m/s,物体A继续做匀减速运动过程无业=1红十之a2号
误；根据牛顿第三定律可知，燃气对火箭的推力等于火箭
=3m,解得t2=1s,故从出发到相遇的总时间为t=t1十
对燃气的推力，故C错误；卫星进入预定轨道后，绕地球
12=2s,故B正确。
做身速圆周运动，向心加速度方向指向地心，处于失重状
3.答案：C
态，故D正确。
解析：-t图像中图线的斜率表示加速度，由图可知，在t妇
3.答案：B
时刻斜率最大，则加速度最大，故A错误：“水火箭”运动
解析：当升降机静止时弹簧伸长4cm,假设弹簧动度系数
过程速度一直是正的，运动方向始终没有改变，12时刻后
是k,则mg=kx1,当升降机运动时弹黄仲长2cm,根据
仍在上升，故B错误；DE段是斜率绝对值为g的直线，说
牛顿第二定律有mg一kx2=ma,联立解得a=4.9m/s2,
明3时刻以后“水火箭”的加速度大小为g,由牛顿第二
方向竖直向下，为失重状态，则升降机可能是加速下降，
定律可知，“水火箭”所受合力等于重力，“水火箭”在g时
也可能是减速上升，故B正确。
刻失去推力，故C正确；妇一t4时间内“水火箭”的速度方
4.答案：BC
向是正的，加速度方向是负的，且加速度大小等于g,则
解析：由图可知，第208末该同学的速度为零，此时上升
“水火箭”做竖直上抛运动，故D错误。
高度最大，故A错误：根据1图像的斜率衣表示加速度可
4.答案：AD
知，在108一15s内，图像斜率为常，加速度为零，故B正
解析：斜面倾角为《，原来物体静止时，设此时静摩擦力等
确：根据-1图像的斜率表示加速度可知，在15一208内，
于滑动摩擦力，则有ngsin a=gcos a,即sina=4cosa,与
物体的重力无关，则施加竖直向下的力F等于增加了物
图像的针率为负，故加速度为负，即方向向下，该同学处
体的重力，则物体会仍然静止，故A正确，B错误：若物块
于失重状态，故C正确；若该同学在1520s内做匀减速
A原来加速下滑，有ngsin a>mgco8a,将F分解，则
直线运动，则平均速度为0=1.5)十0m/s=0.75m/s,根
Fsin a>uFcos a,则动力的增加大于阻力的增加，合外力
变大，故C错误，D正确。
据U-(图像与时间轴所因图形的面积衣示位移，可知该同
5.答案：BC
学实际运动的位移大于做匀减速直线运动的位移，故电
解析：剪断轻绳的一瞬间，小球沿斜面向下的加速度大小
梯的平均递度大于0.75m/s,故D错误。
为a=gsin0,竖直方向的分加速度大小为a1=gsin0,则
5.答案：BC
地面对斜面体的支持力大小为FN=Mg十mg一Ia1=
解析：由题图可知，=0.38时运动员的速度达到最大，此
Mg十mg一ngsin20=Mg十ngcos28,A错误，B正确；系
时运动员受到弹簧的弹力与重力平衡，弹簧并不处在原
统有向左的加速度，水平方向的外力即地面对斜面体的
长状态，A错误：由于cd段为直钱，说明运动员在=0.58
摩擦力向左，C正骑；小球的水平分加速度a2=gsin0cos0,
时离开弹簧，此时速率为v1=3m/s,故0=1一g△t,△t=
地面对斜面体的摩擦力大小为F:=ma2=ngsin0Cos日，
0.3s,即当t=0.8s时运动员到达最高处，B正确；由题
D错误。
可知，abc部分关于t=0.3s对称，故曲线在t=0.1s和t
90

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