【物理】2019届一轮复习人教版第三章力物体的平衡本章学科素养提升学案

【物理】2019届一轮复习人教版第三章力物体的平衡本章学科素养提升学案

纵观全国近几年的高考试题，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v－t、a－t、F－t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v－t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F＝ma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：①用给定图象解答问题；②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v－t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)(2015·课标全国卷Ⅰ·20)如图1(a)，一物块在t＝0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图象可求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mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，即gsin θ＋μgcos θ＝.同理向下滑行时gsin θ－μgcos θ＝，两式联立得sin θ＝，μ＝，可见能计算出斜面的倾角θ以及动摩擦因数，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x＝t1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为xsin θ＝t1·＝，选项D正确；仅根据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甲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t＝0.4 s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度—时间图线如图乙所示.假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000 m.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(　　)‎ 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 B.在0.4 s～2.5 s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0.4 s～2.5 s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v－t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103 m，即大约是无阻拦索时的，A正确；由题图的斜率可知飞机钩住阻拦索后加速度大约保持在a＝27.1 m/s2＞2.5g，故C正确；由v－t图象斜率知，飞机与阻拦索作用过程中(0.4 s～2.5 s时)，其F合恒定，在此过程中阻拦索两段间的夹角变小，而合力恒定，则阻拦索的张力要减小，B错误；由P＝Fv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　滑块不受力而木板受拉力 木板受逐渐增大的拉力而滑块不受力，这种情况下，开始滑块和木板一起做变加速运动，当滑块加速度达到其最大值μg时，滑块、木板开始发生相对滑动，此后滑块加速度保持不变，木板加速度逐渐增大.‎ 角度2　给滑块一初速度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，滑块减速、木板加速，直至两者速度相等将一起匀速运动下去，其速度关系为v0－a滑t＝a板t.‎ ‎2.若木板不够长，这种情况下，滑块会一直减速到滑下木板，木板会一直加速到滑块滑下.分离前滑块加速度a＝μg，木板的加速度a＝.‎ 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、滑块加速，直至两者速度相等将一起匀速运动下去，其速度关系为v0－a板t＝a滑t；‎ ‎2.若木板不够长，则木板会一直减速到滑块滑下，滑块会一直加速到滑下木板.分离前滑块的加速度a＝μg，木板的加速度a＝.‎ 例3　(2015·全国卷Ⅰ·25)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4.5 m，如图3甲所示.t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s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1 s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10 m/s2.求：‎ 图3‎ ‎(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；‎ ‎(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)根据题图乙可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v＝4 m/s 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4 m/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 a2＝ m/s2＝4 m/s2.‎ 根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4‎ 木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1 s，位移x＝4.5 m，末速度v＝4 m/s 其运动可看做反向匀加速直线运动可得x＝vt＋a1t2‎ 解得a1＝1 m/s2‎ 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：μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即μ1g＝a1‎ 解得μ1＝0.1‎ ‎(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3‎ 可得a3＝ m/s2‎ 对滑块，加速度大小为a2＝4 m/s2‎ 由于a2＞a3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t1＝1 s 过程中，木板向左运动的位移为x1＝vt1－a3t12＝ m，末速度v1＝ m/s 滑块向右运动的位移x2＝t1＝2 m 此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2＝4 m/s2‎ 木板继续减速，加速度大小仍为a3＝ m/s2‎ 设又经历t2二者速度相等，则有a2t2＝v1－a3t2‎ 解得t2＝0.5 s 此过程中，木板向左运动的位移x3＝v1t2－a3t22＝ m，末速度v3＝v1－a3t2＝2 m/s 滑块向左运动的位移x4＝a2t22＝0.5 m 此时二者的相对位移最大，Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6 m 此后小物块和木板一起匀减速运动，‎ 小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m ‎(3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1＝1 m/s2‎ 向左运动的位移为x5＝＝2 m 所以木板右端离墙壁最远的距离为x＝x1＋x3＋x5＝6.5 m 答案　(1)0.1　0.4　(2)6 m　(3)6.5 m