2020届二轮复习专题一第2讲　力与直线运动课件（56张）（山东专用） 56页

第 2 讲 力与直线运动 总纲目录 考点一 匀变速直线运动规律的应用 考点二 牛顿运动定律的应用 素养引领 · 情境命题 考点三 动力学综合问题 考点一　匀变速直线运动规律的应用 1.(多选)(2018课标Ⅲ,18,6分)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动,甲做匀 加速直线运动,乙做匀速直线运动。甲、乙两车的位置 x 随时间 t 的变化如图 所示。下列说法正确的是   (　 CD 　) A.在 t 1 时刻两车速度相等 B.从0到 t 1 时间内,两车走过的路程相等 C.从 t 1 到 t 2 时间内,两车走过的路程相等 D.在 t 1 到 t 2 时间内的某时刻,两车速度相等 答案     CD　本题考查 x - t 图像的应用。在 x - t 图像中,图线的斜率表示物体运 动的速度,在 t 1 时刻,两图线的斜率关系为 k 乙 > k 甲 ,两车速度不相等;在 t 1 到 t 2 时间 内,存在某一时刻甲图线的切线与乙图线平行,如图所示,该时刻两车速度相 等,选项A错误,D正确。从0到 t 1 时间内,乙车走过的路程为 x 1 ,甲车走过的路程 小于 x 1 ,选项B错误。从 t 1 到 t 2 时间内,两车走过的路程都为 x 2 - x 1 ,选项C正确。   2.(多选)(2018课标Ⅱ,19,6分)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动,其 速度-时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示。 已知两车在 t 2 时刻并排行驶。下列说法正确的是   (　 BD 　) A.两车在 t 1 时刻也并排行驶 B.在 t 1 时刻甲车在后,乙车在前 C.甲车的加速度大小先增大后减小 D.乙车的加速度大小先减小后增大 答案     BD　本题考查对 v - t 图线的理解、追及和相遇问题。 v - t 图线与时间轴 包围的面积表示车运动的位移, t 2 时刻两车并排行驶,故 t 1 时刻甲车在后,乙车 在前,所以A错,B对。 v - t 图线上各点切线的斜率表示瞬时加速度,由此可知,C 错,D对。 3.(多选)(2014山东理综,15,6分)一质点在外力作用下做直线运动,其速度 v 随 时间 t 变化的图像如图。在图中标出的时刻中,质点所受合外力的方向与速度 方向相同的有   (　 AC 　)   A. t 1 　    B. t 2 　    C. t 3 　    D. t 4 答案     AC     v - t 图像中,纵轴表示各时刻的速度, t 1 、 t 2 时刻速度为正, t 3 、 t 4 时刻 速度为负,图线上各点切线的斜率表示该时刻的加速度, t 1 、 t 4 时刻加速度为 正, t 2 、 t 3 时刻加速度为负,根据牛顿第二定律,加速度与合外力方向相同,故 t 1 时 刻合外力与速度均为正, t 3 时刻合外力与速度均为负,A、C正确,B、D错误。 1.处理匀变速直线运动的四种方法 (1)基本公式法:应用三个基本公式求解。 (2)推论法:应用中间时刻速度、中间位置速度、位移差公式等推论求解。 (3)比例法:根据初速度为零的匀变速直线运动的比例关系式求解。 (4)逆向思维法:匀减速直线运动到速度为零的过程,可认为是初速度为零的 反向匀加速直线运动的逆过程。 2. 追及问题的一个条件和两个关系 (1) 一个临界条件 : 速度相等 , 它往往是能否追上、物体间距离最大或最小的 临界条件 , 也是分析判断问题的切入点。 (2) 两个等量关系 : 时间关系和位移关系 , 通过画草图找出两物体运动的时间 关系和位移关系是解题的突破口。 3. 运动图像问题分析时要注意从轴、点、线、面积、斜率、截距等处入手 分析,找出解题突破点,并注意与实际物理过程相对应。 1.(2019山东潍坊二模)中国自主研发的“暗剑”无人机,时速可超过2马赫。 在某次试飞测试中,起飞前沿地面做匀加速直线运动,加速过程中连续经过两 段均为120 m的测试距离,用时分别为2 s和1 s,则无人机的加速度大小是   (　 B 　) A.20 m/s 2 　    B.40 m/s 2 C.60 m/s 2 　    D.80 m/s 2 答案     B　解法一:无人机匀加速运动的过程中,连续经过两段均为 x =120 m 的位移,第一段所用的时间 t 1 =2 s、第二段所用的时间 t 2 =1 s。则第一段有: x = v 0 t 1 +   a   、连续两段有:2 x = v 0 ( t 1 + t 2 )+   a ( t 1 + t 2 ) 2 ,解得 a =40 m/s 2 ,故选项B正确。 解法二:第一段的平均速度 v 1 =   =   m/s=60 m/s;第二段的平均速度 v 2 =   =   m/s=120 m/s,在匀变速直线运动的过程中,中间时刻的瞬时速度等于平均 速度,由加速度定义式可得 a =   =   m/s 2 =40 m/s 2 ,故选项B正确。 2.(2019山东青岛二模) A 、 B 两物体沿同一直线运动,运动过程中的 x - t 图像如 图所示,下列说法正确的是   (　 D 　) A.4 s时 A 物体运动方向发生改变 B.0~6 s内 B 物体的速度逐渐减小 C.0~5 s内两物体的平均速度相等 D.0~6 s内某时刻两物体的速度大小相等 答案     D     A 物体的 x - t 图线是一条倾斜的直线,所以 A 物体做匀速直线运动,且 速度为 v A =   =   m/s=-1 m/s,故选项A错误;0~6 s内 B 物体的 x - t 图线的斜率 增大,则 B 物体的速度逐渐增大,故选项B错误;0~5 s内, A 物体的位移Δ x A =-1 m- 4 m=-5 m, B 物体的位移Δ x B =-1 m-(-4 m)=3 m,所以 A 、 B 两物体在0~5 s内位移 不相等,则平均速度不相等,故选项C错误;0~6 s内, A 物体的位移Δ x A '=-2 m-4 m =-6 m, B 物体的位移Δ x B '=2 m-(-4 m)=6 m,则|Δ x A '|=|Δ x B '|, A 物体做匀速直线运 动, B 物体的速度逐渐增大,则在0~6 s内某时刻两物体的速度大小相等,故选项 D正确。 3.(2019山东淄博二模)甲、乙两车同时从同一地点沿同一直线运动,它们的 运动速度随时间变化的 v - t 图像如图所示。关于两车的运动情况,下列说法正 确的是   (　 D 　) A.0~ t 0 内,乙车一直在做加速度减小的加速运动 B. t = t 0 时,甲、乙两车恰好相遇 C. t =2 t 0 时,甲、乙两车相距最远 D.0~2 t 0 内,甲车的平均速度大于乙车的平均速度 答案     D　0~ t 0 内,乙车先做减速运动,后做加速运动,且加速度逐渐减小,故选 项A错误;在 t = t 0 时,甲、乙两车速度相同,则此时两车相距最远,故选项B、C错 误;0~2 t 0 内,甲的位移大于乙车的位移,则甲车的平均速度大于乙车的平均速 度,故选项D正确。 考点二　牛顿运动定律的应用 1.(多选)(2019课标Ⅲ,20,6分)如图(a),物块和木板叠放在实验台上,物块用一 不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连,细绳水平。 t =0时,木板 开始受到水平外力 F 的作用,在 t =4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力 f 随时间 t 变化的关系如图(b)所示,木板的速度 v 与时间 t 的关系如图(c)所示。木板与实 验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s 2 。由题给数据可以得出   (　　) 图(a) 图( b ) 图( c ) A.木板的质量为1 kg B.2~4 s内,力 F 的大小为0.4 N C.0~2 s内,力 F 的大小保持不变 D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2 答案     AB　本题考查牛顿运动定律的综合应用,体现了物理学科科学推理 的核心素养。 分析知木板受到的摩擦力 f '= f 。0~ 2 s,木板静止, F = f ', F 逐渐增大,所以C错 误。4~5 s,木板加速度大小 a 2 =   m/s 2 =0.2 m/s 2 ,对木板受力分析, f '= ma 2 =0. 2 N,得 m =1 kg,所以A正确。2~4 s,对木板有 F - f '= ma 1 , F = f '+ ma 1 =0.2 N+1 ×   N= 0.4 N,所以B正确。由于无法确定物块的质量,则尽管知道滑动摩擦力大小,仍无法确定物块与木板间的动摩擦因数,故D错误。 2.(2018课标Ⅰ,15,6分)如图,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物 块 P ,系统处于静止状态。现用一竖直向上的力 F 作用在 P 上,使其向上做匀加 速直线运动。以 x 表示 P 离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示 F 和 x 之间关系的图像可能正确的是   (　 A 　)   答案     A　本题考查胡克定律、共点力的平衡及牛顿第二定律。设系统静 止时弹簧压缩量为 x 0 ,由胡克定律和平衡条件得 mg = kx 0 。力 F 作用在 P 上后,物 块受重力、弹力和 F ,向上做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得, F + k ( x 0 - x )- mg = ma 。联立以上两式得 F = kx + ma ,所以 F - x 图像中图线是一条不过原点的倾 斜直线,故A正确。 3.(多选)(2013山东理综,14,5分)伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探 索自然规律的科学方法,利用这种方法伽利略发现的规律有   (　 AC 　) A.力不是维持物体运动的原因 B.物体之间普遍存在相互吸引力 C.忽略空气阻力,重物与轻物下落得同样快 D.物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反 答案     AC　伽利略的斜面实验表明物体的运动不需要外力来维持,A正确; 伽利略假想将轻重不同的物体绑在一起时,重的物体会因轻的物体阻碍而下 落变慢,轻的物体会因重的物体拖动而下落变快,即二者一起下落快慢应介于 单独下落时之间,而从绑在一起后更重的角度考虑二者一起下落时应该更快, 从而由逻辑上否定了重物比轻物下落快的结论,并用实验证明了轻重物体下 落快慢相同的规律,C正确;物体间普遍存在相互吸引力与物体间相互作用力 的规律是牛顿总结的,对应万有引力定律与牛顿第三定律,故B、D皆错误。 1.理顺两类基本问题 (1)由因推果——已知物体的受力情况,确定物体的运动情况 首先根据物体的受力确定物体的加速度,再根据加速度特点及加速度与速度 的方向关系确定速度变化的规律。 (2)由果溯因——已知物体的运动情况,确定物体的受力情况 由物体的运动情况,确定物体的加速度及其变化规律,再结合牛顿第二定律确 定受力情况。 2.解决动力学问题的常用方法 (1)整体法与隔离法。 (2)正交分解法:一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解,有时根据 情况也可以把加速度进行正交分解。 1.(多选)(2019山东泰安一模)雨滴在空气中下落时会受到空气阻力的作用。 假设阻力大小只与雨滴的速率成正比,所有雨滴均从相同高处由静止开始下 落,到达地面前均达到最大速率。下列判断正确的是   (　 CD 　) A.达到最大速率前,所有雨滴均做匀加速运动 B.所有雨滴的最大速率均相等 C.较大的雨滴最大速率也较大 D.较小的雨滴在空中运动的时间较长 答案     CD　设雨滴下落时受到的阻力为 f = kv ,根据牛顿第二定律: mg - kv = ma , 则雨滴下落时,随着速率的增加,加速度逐渐减小,则达到最大速率前,所有雨 滴均做加速度减小的变加速运动,选项A错误;当 a =0时速率最大,则 v m =   ,质 量越大最大速率越大,选项B错误,C正确;较小的雨滴在空中运动的最大速率 较小,整个过程的平均速率较小,则在空中运动的时间较长,选项D正确。 2.(2019山东淄博二模)一质量为 m 的物块放在倾角为 θ 的固定斜面上。现对物 块施加一个竖直向下的恒力 F ,如图所示。下列说法正确的是   (　 B 　)   A.若物块原来加速下滑,施加压力后物块加速度不变 B.若物块原来加速下滑,施加压力后物块加速度变大 C.若物块原来处于静止状态,施加压力后物块开始加速下滑 D.若物块原来匀速下滑,施加压力后物块开始减速下滑 答案     B　若物块原来加速下滑,施加一个竖直方向的恒力 F ,沿斜面方向有: ( F + mg ) sin θ - f = ma ,垂直斜面方向有: F N =( F + mg ) cos θ ,结合滑动摩擦力公式 f = μ F N 解得: a =   ,施加压力后物块加速度变大,故选项A错误,B 正确;若物块原来处于静止状态( μ >tan θ ),施加一个竖直方向的恒力 F ,沿斜面 方向的分力为( F + mg ) sin θ ,垂直斜面方向有: F N =( F + mg ) cos θ , μF N = μ ( F + mg ) cos θ >( F + mg ) sin θ ,则物块仍然静止,故选项C错误;若物块原来匀速下滑( μ = tan θ ),施加一个竖直方向的恒力 F ,沿斜面方向的分力为( F + mg ) sin θ ,垂直斜 面方向有: F N =( F + mg ) cos θ , μF N = μ ( F + mg ) cos θ =( F + mg ) sin θ ,则物块仍然匀速 下滑,故选项D错误。 3.(多选)(2019山东日照一模)长木板上表面的一端放有一个木块,木块与木板 接触面上装有摩擦力传感器,如图甲所示,木板由水平位置缓慢向上转动(即 木板与地面间的夹角 α 变大),另一端不动,摩擦力传感器记录了木块受到的摩 擦力 F f 随角度 α 的变化图像如图乙所示。下列判断正确的是   (　　)   A.木块与木板间的动摩擦因数 μ =tan θ 1 B.木块与木板间的动摩擦因数 μ =   C.木板与地面的夹角为 θ 2 时,木块做自由落体运动 D.木板由 θ 1 转到 θ 2 的过程中,木块的速度变化越来越快 答案     AD    由题图乙可知,当夹角为 θ 1 时,木块受到的最大静摩擦力为 F f2 ,而 滑动摩擦力为 F f1 ,根据滑动摩擦力公式,有 μmg cos θ 1 = mg sin θ 1 ,解得 μ =tan θ 1 , 当 μmg cos θ 1 = F f1 ,解得 μ =   ,故选项A正确,B错误;木板与地面的夹角为 θ 2 时,摩擦力为零,则木块只受重力作用,但此时速度不是零,物体不做自由落体 运动,做初速度不为零、加速度为 g 的匀加速运动,故选项C错误;对木块根据 牛顿第二定律有: mg sin θ - μmg cos θ = ma ,则 a = g sin θ - μg cos θ ,则木板由 θ 1 转到 θ 2 的过程中即随着 θ 的增大,加速度 a 增大,即速度变化越来越快,故选项D正确。 考点三　动力学综合问题 1.(多选)(2015课标Ⅰ,20,6分)如图(a),一物块在 t =0时刻滑上一固定斜面,其运 动的 v - t 图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的 v 0 、 v 1 、 t 1 均为已知量,则可 求出   (　 ACD 　) A.斜面的倾角 B.物块的质量 C.物块与斜面间的动摩擦因数 D.物块沿斜面向上滑行的最大高度 答案     ACD　设物块的质量为 m 、斜面的倾角为 θ ,物块与斜面间的动摩擦因 数为 μ ,物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为 a 1 和 a 2 ,根据牛顿第二定 律有: mg sin θ + μmg cos θ = ma 1 , mg sin θ - μmg cos θ = ma 2 。再结合 v - t 图线斜率的 物理意义有: a 1 =   , a 2 =   。由上述四式可见,无法求出 m ,可以求出 θ 、 μ ,故B错, A、C均正确。0~ t 1 时间内的 v - t 图线与横轴包围的面积大小等于物块沿斜面 上滑的最大距离, θ 已求出,故可以求出物块上滑的最大高度,故D正确。 2.(多选)(2016课标Ⅱ,19,6分)两实心小球甲和乙由同一种材料制成,甲球质量 大于乙球质量。两球在空气中由静止下落,假设它们运动时受到的阻力与球 的半径成正比,与球的速率无关。若它们下落相同的距离,则   (　 BD 　) A.甲球用的时间比乙球长 B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 答案     BD　甲、乙下落的时间与加速度有关,应先求加速度,由 m 甲 = ρV 甲 = ρ (   π   )得 R 甲 =   ,阻力 f 甲 = kR 甲 = k   ,由牛顿第二定律知 a 甲 =   = g - k   ,同理 a 乙 = g - k   ,因 m 甲 > m 乙 ,所以 a 甲 > a 乙 ,故C项错误;再由位移公式 h =   at 2 可知 t 甲 < t 乙 ,故A项错误;再由速度位移公式 v 2 =2 ah 得 v 甲 > v 乙 ,B项正确;甲球 受到的阻力大,甲、乙下落距离相等,故甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻 力做的功,D项正确。 3.(2019江苏单科,15,16分)如图所示,质量相等的物块 A 和 B 叠放在水平地面 上,左边缘对齐。 A 与 B 、 B 与地面间的动摩擦因数均为 μ 。先敲击 A , A 立即获 得水平向右的初速度,在 B 上滑动距离 L 后停下。接着敲击 B , B 立即获得水平 向右的初速度, A 、 B 都向右运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者 一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为 g 。求: (1) A 被敲击后获得的初速度大小 v A ; (2)在左边缘再次对齐的前、后, B 运动加速度的大小 a B 、 a B '; (3) B 被敲击后获得的初速度大小 v B 。 答案 　(1)   　(2)3 μg      μg 　(3)2   解析 　本题通过板、块组合模型考查了牛顿运动定律的综合应用,考查了学 生的综合分析能力与应用数学知识处理物理问题的能力,体现了科学思维中 的模型建构、科学推理等素养要素。 (1)由牛顿运动定律知, A 加速度的大小 a A = μg 匀变速直线运动2 a A L =   解得 v A =   (2)设 A 、 B 的质量均为 m 对齐前, B 所受合外力大小 F =3 μmg 由牛顿运动定律 F = ma B ,得 a B =3 μg 对齐后, A 、 B 所受合外力大小 F '=2 μmg 由牛顿运动定律 F '=2 ma B ',得 a B '= μg (3)经过时间 t , A 、 B 达到共同速度 v ,位移分别为 x A 、 x B , A 加速度的大小等于 a A 则 v = a A t , v = v B - a B t x A =   a A t 2 , x B = v B t -   a B t 2 且 x B - x A = L 解得 v B =2   1.模型分析 传送带问题的实质是相对运动问题,这样的相对运动将直接影响摩擦力的方 向。“滑块—木板”模型类问题中,滑动摩擦力的分析方法与传送带类似,但 这类问题比传送带类问题更复杂,因为木板往往受到摩擦力的影响也做匀变 速直线运动,处理此类物体匀变速直线运动问题时要注意从速度、位移、时 间等角度,寻找它们之间的联系。 2.解题关键 (1)搞清楚物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决该问题的关键。 (2)传送带问题还常常涉及临界问题,即物体与传送带达到相同速度,这时会 出现摩擦力改变的临界状态,对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。 要使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度 与木板的速度恰好相等。 1.(多选)(2019山东泰安二模)如图所示,一足够长的木板静止在粗糙的水平面 上, t =0时刻滑块从板的左端以初速度 v 0 水平向右滑行,木板与滑块间存在摩 擦,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块的 v - t 图像可能是   (　 AC 　) 答案     AC　滑块滑上木板,受到木板对滑块向左的滑动摩擦力,做匀减速运 动,若滑块对木板的摩擦力大于地面对木板的摩擦力,则木板做匀加速直线运 动,当两者速度相等时,一起做匀减速运动。设滑块与木板之间的动摩擦因数 为 μ 1 ,木板与地面间的动摩擦因数为 μ 2 ,滑块的质量为 m ,木板的质量为 M ,若木 板滑动,则 μ 1 mg > μ 2 ( M + m ) g ,最后一起做匀减速运动,加速度 a '= μ 2 g ,开始滑块做 匀减速运动的加速度大小 a = μ 1 g > μ 2 g ,由此可知图线的斜率变小,故C正确,D错 误;若 μ 1 mg < μ 2 ( M + m ) g ,则木板不动,滑块一直做匀减速运动,故A正确;由于地面 有摩擦力,最终滑块和木板不可能一起做匀速直线运动,故B错误。 2.(多选)(2019山东莱芜一中质检)如图所示,三角形传送带以1 m/s的速度沿逆 时针匀速转动,两边的传送带长度都是2 m,且与水平方向的夹角均为37 ° 。现 有两个物块 A 、 B 从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑,两物块与 传送带间的动摩擦因数都是0.5, g 取10 m/s 2 ,sin 37 ° =0.6, cos 37 ° =0.8。下列判 断正确的是   (　 BCD 　) A.物块 A 先到达传送带底端 B.物块 A 、 B 同时到达传送带底端 C.传送带对物块 A 、 B 的摩擦力都沿传送带向上 D.物块 A 下滑过程中相对传送带的路程小于物块 B 下滑过程中相对传送带的 路程 答案     BCD　物块 A 、 B 都以1 m/s的初速度沿传送带下滑,因 mg sin 37 ° > μmg cos 37 ° ,故传送带对两物块的滑动摩擦力均沿斜面向上,大小也相等,故两物 块沿斜面向下的加速度大小相同,滑到底端时位移大小相同,故时间相同,故A 错误,B、C正确;相对传送带的路程由相对位移决定, A 物块与传送带运动方 向相同,相对传送带的路程较小,故D正确。 3.(2019山东淄博期中)如图所示,一长 L =2 m、质量 M =4 kg的薄木板(厚度不 计)静止在粗糙的水平台面上,其右端距平台边缘 l =5 m,木板的正中央放有一 质量为 m =1 kg的小物块(可视为质点)。已知木板与地面、物块与木板间的 动摩擦因数均为 μ 1 =0.4,现对木板施加一水平向右的恒力 F ,其大小为48 N, g 取 10 m/s 2 ,试求:   (1) F 作用了1.2 s时,木板的右端离平台边缘的距离; (2)要使小物块最终不能从平台上滑出去,则物块与平台间的动摩擦因数 μ 2 应 满足的条件。 解析 　(1)假设开始时物块与木板会相对滑动,由牛顿第二定律,对木板有: F - μ 1 ( M + m ) g - μ 1 mg = Ma 1 解得: a 1 =6 m/s 2 对物块有: μ 1 mg = ma 2 解得: a 2 =4 m/s 2 因为 a 2 < a 1 ,故假设成立 设 F 作用 t 秒后,小物块恰好从木板左端滑离,则有:   =   a 1 t 2 -   a 2 t 2 代入数据解得: t =1 s 答案 　(1)0.64 m　(2) μ 2 ≥ 0.2 在此过程中,木板的位移为: x 1 =   a 1 t 2 =   × 6 × 1 2 m=3 m 末速度为: v 1 = a 1 t =6 × 1 m/s=6 m/s 物块的位移为: x 2 =   a 2 t 2 =   × 4 × 1 2 m=2 m 末速度为: v 2 = a 2 t =4 × 1 m/s=4 m/s 在小物块从木板上滑落后的0.2 s内,由牛顿第二定律, 对木板有: F - μ 1 Mg = Ma 1 ' 解得: a 1 '=8 m/s 2 木板发生的位移为: x 1 '= v 1 t 0 +   a 1 '   解得: x 1 '=1.36 m 此时木板距平台边缘的距离为: Δ x = l - x 1 - x 1 '=(5-3-1.36) m=0.64 m。 (2)小物块滑至平台后,做匀减速直线运动,由牛顿第二定律,对物块有: μ 2 mg = ma 2 ' 解得: a 2 '= μ 2 g 若小物块在平台上速度减为0,则通过的位移为: x 2 '=   要使物块最终不会从平台上掉下去需满足: l +   ≥ x 2 + x 2 ' 联立解得: μ 2 ≥ 0.2。 素养引领·情境命题 　　物理公式不但决定了物理量间的数量关系,还决定了物理量单位间的关 系,创设不同情境下物理量单位问题,也能培养考生对物理量间关系的认识, 培养物理解题能力。 1.2019年北京时间4月10日21时,人类历史上首张黑洞照片被正式披露,引起 世界轰动。黑洞是一类特殊的天体,质量极大,引力极强,在它附近(黑洞视界) 范围内,连光也不能逃逸,并伴随很多新奇的物理现象。传统上认为,黑洞 “有进无出”,任何东西都不能从黑洞视界里逃逸出来。但霍金、贝肯斯坦 等人经过理论分析,认为黑洞也在向外发出热辐射,即著名的“霍金辐射”, 因此可以定义一个“黑洞温度” T : T =   ,其中 h 为普朗克常量, c 为真空中 的光速, G 为引力常量, M 为黑洞质量, k 是一个有重要物理意义的常量,叫做 “玻尔兹曼常量”。以下几个选项,不能用来表示“玻尔兹曼常量”单位的 是   (　  A 　) A.   　    B.   C.J·K -1 　    D.   答案     A    根据 T =   得 k =   ,又知 h 的单位为J·s,则1 J·s =1 N·m·s= 1 kg·m 2 /s, c 的单位是m/s, G 的单位是N·m 2 /kg 2 ,则1 N·m 2 /kg=1 m 3 /(kg·s 2 ), M 的单位 是kg, T 的单位是K,代入上式可得 k 的单位是   ,则1   =1 J·K -1 =1   , 不等于   ,故A错误,B、C、D正确。 2.(2019北京理综,20,6分)国际单位制(缩写SI)定义了米(m)、秒(s)等7个基本 单位,其他单位均可由物理关系导出。例如,由m和s可以导出速度单位m·s -1 。 历史上,曾用“米原器”定义米,用平均太阳日定义秒。但是,以实物或其运 动来定义基本单位会受到环境和测量方式等因素的影响,而采用物理常量来 定义则可避免这种困扰。1967年用铯-133原子基态的两个超精细能级间的 跃迁辐射的频率Δ ν =9 192 631 770 Hz定义s;1983年用真空中的光速 c =299 79 2 458 m·s -1 定义m。2018年第26届国际计量大会决定,7个基本单位全部用基 本物理常量来定义(对应关系如图,例如,s对应Δ ν ,m对应 c )。新SI自2019年5月 20日(国际计量日)正式实施,这将对科学和技术发展产生深远影响。下列选 项 不正确 的是   (　 D 　) A.7个基本单位全部用物理常量定义,保证了基本单位的稳定性 B.用真空中的光速 c (m·s -1 )定义m,因为长度 l 与速度 v 存在 l = vt ,而s已定义 C.用基本电荷 e (C)定义安培(A),因为电荷量 q 与电流 I 存在 I =   ,而s已定义 D.因为普朗克常量 h (J·s)的单位中没有kg,所以无法用它来定义质量单位 答案     D　本题考查了国际单位制中的基本单位及导出单位,利用单位的定 义方法及导出方法考查了学生的理解能力、推理能力,体现了科学本质、科 学态度等素养要求,渗透了关注社会发展、科技进步等价值观念。 由于物理常量与环境和测量方式等因素无关,故用来定义基本单位时也不受 环境、测量方式等因素的影响,A正确。由题意可知, t 、 ν 的单位已定义,真空 中光速 c 、基本电荷 e 、普朗克常量 h 均为基本物理常量,故可分别用 l = vt 、 I =   、 hν = mc 2 来定义长度单位m、电流单位A及质量单位kg,B、C正确,D错误。