江苏专用2020版高考物理新增分大一轮复习第三章牛顿运动定律本章学科素养提升讲义含解析.pdf

本章学科素养提升本章学科素养提升 以图象的方式考查牛顿第二定律是一类很重要的题目，此类问题要求考生具备理解图象所给 予的信息和破译图象信息的能力， 图象的形式以vt、at、Ft图象居多， 考查最多的是v t图象，题型既有选择题也有计算题，难度中等 (1)题型特点 物理公式与物理图象的结合是中学物理的重要题型， 也是近年高考的热点， 特别是vt图象， 在考题中出现率极高对于已知图象求解相关物理量的问题，往往是从结合物理过程分析图 象的横、纵轴所对应的物理量的函数入手，分析图线的斜率、截距所代表的物理意义得出所 求结果 (2)问题实质 图象类问题的实质是力与运动的关系问题， 以牛顿第二定律Fma为纽带， 理解图象的种类， 图象的轴、 点、 线、 截距、 斜率、 面积所表示的意义 运用图象解决问题一般包括两个角度 ： 用给定图象解答问题；根据题意作图，用图象解答问题在实际的应用中要建立物理情景 与函数、图象的相互转换关系 (3)解题关键 解决这类问题的核心是分析图象， 我们应特别关注vt图象中的斜率(加速度)和力的图线与 运动的对应关系 例 1 (多选)如图 1(a)，一物块在t0 时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图(b) 所示若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( ) 图 1 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 解析 由vt图象可知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得 v0 t1 mgsinmgcosma， 即gsingcos.同理向下滑行时gsingcos v0 t1 v1 t1 ， 两式联立得 sin，可见能计算出斜面的倾斜角度以及动摩擦 v0v1 2gt1 v0v1 2gt1cos 因数，选项 A、C 正确；物块滑上斜面时的初速度v0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动， 末速度为 0，那么平均速度为，所以沿斜面向上滑行的最远距离为xt1，根据斜面的倾 v0 2 v0 2 斜角度可计算出向上滑行的最大高度为xsint1·，选项 D 正确；仅 v0 2 v0v1 2gt1 v0v0v1 4g 根据vt图象无法求出物块的质量，选项 B 错误 答案 ACD 例 2 (多选)2012 年 11 月，“歼 15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功图 2(a)为 利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图 飞机着舰并成功钩住阻拦索后， 飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距 离滑行后停止某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t0.4s 时恰好钩住阻拦索中间 位置，其着舰到停止的速度时间图线如图(b)所示假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要 的滑行距离约为 1000m 已知航母始终静止， 重力加速度的大小为g， 不计空气阻力 则( ) (a) (b) 图 2 A从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的 1 10 B在 0.4s2.5s 时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化 C在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过 2.5g D在 0.4s2.5s 时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变 思维导引 能正确识图，并从图象中提取所需的信息，是解答此类问题的关键，本题的分析 思路具有一定的代表性，逻辑流程如下： 解析 由vt图象中图线与t轴围成的面积， 可估算出飞机在甲板上滑行的距离约为 105m， 即大约是无阻拦索时的，A 正确；由vt图象的斜率可知飞机钩住阻拦索后加速度大约保 1 10 持在 27.6m/s22.5g，故 C 正确；由vt图象斜率知，飞机在 0.42.5s 内所受合力恒定， 此过程中，阻拦索两段间的夹角变小，故阻拦索的张力要逐渐减小，B 错误；由PFv知， 阻拦索对飞机做功的功率逐渐减小，故 D 错误 答案 AC 滑块木板模型是力学中最常见的模型之一，是历年高考的热点内容该类试题有如下几种 命题角度 角度 1 物块不受力而木板受拉力 木板受逐渐增大的拉力而物块不受力，这种情况下，开始物块和木板一起做加速运动，当物 块加速度达到其最大值g时，物块、木板开始发生相对滑动，此后物块加速度保持不变， 木板加速度逐渐增大 角度 2 给物块一初速度v0，两者都不受拉力且叠放在光滑水平地面上 1若木板足够长，这种情况下，物块减速、木板加速，直至两者速度相等，此后将一起匀速 运动下去，速度关系为v0a物ta板t. 2 若木板不够长， 这种情况下， 物块会一直减速到滑下木板， 木板会一直加速到物块滑下时， 分离前物块加速度大小ag，木板的加速度大小a. m物g m板 角度 3 木板有初速度v0，两者都不受拉力且叠放在光滑水平面上 1若木板足够长，木板减速、物块加速，直至两者速度相等，此后将一起匀速运动下去，速 度关系为v0a板ta物t； 2若木板不够长，则木板会一直减速到物块滑下，物块会一直加速到滑下木板分离前物块 的加速度大小ag，木板的加速度大小a. m物g m板 例 3 一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板 右端与墙壁的距离为 4.5m，如图 3 甲所示t0 时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向 右运动，直至t1s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)碰撞前后木板速度大小不变，方向 相反；运动过程中小物块始终未离开木板已知碰撞后 1s 时间内小物块的vt图线如图乙 所示木板的质量是小物块质量的 15 倍，重力加速度大小g取 10m/s2.求： 图 3 (1)木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2； (2)木板的最小长度； (3)木板右端离墙壁的最终距离 思维流程 解析 (1)根据题图图象可以判定碰撞前小物块与木板的共同速度为v4m/s 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v4m/s 小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小a2m/s24 m/s2. 40 1 根据牛顿第二定律有2mgma2，解得20.4 木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t1s，位移x4.5m，末速度v4m/s 其逆运动则为匀加速直线运动，可得xvta1t2 1 2 解得a11m/s2 对小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得 ：1(m15m)g (m15m)a1 解得10.1 (2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有1(15mm)g2mg15ma3 可得a3 m/s2 4 3 对小物块，加速度大小为a24m/s2 由于a2a3，所以小物块速度先减小到 0，所用时间为 t11s 在此过程中，木板向左运动的位移为x1vt1a3t12m, 末速度v1 m/s 1 2 10 3 8 3 小物块向右运动的位移x2t12m v0 2 此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a24m/s2 木板继续减速，加速度大小仍为 a3 m/s2 4 3 假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2v1a3t2 解得t20.5s 此过程中，木板向左运动的位移 x3v1t2a3t22 m，末速度v3v1a3t22m/s 1 2 7 6 小物块向左运动的位移x4a2t220.5m 1 2 此后小物块和木板一起匀减速运动 二者的相对位移最大，xx1x2x3x46m 小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为 6m (3)最后阶段小物块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a11m/s2 向左运动的位移为x52m v32 2a1 所以木板右端离墙壁最远的距离为xx1x3x56.5m 答案 (1)0.1 0.4 (2)6m (3)6.5m