2019屆物理講義第三章 本章學(xué)科素養(yǎng)提升

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精縱觀全國近幾年的高考試題,以圖象的方式考查牛頓第二定律是一類很重要的題目，此類問題要求考生具備理解圖象所給予的信息和破譯圖象信息的能力，圖象的形式以v－t、a－t、F－t圖象居多，考查最多的是v－t圖象，題型既有選擇題也有計(jì)算題,難度中等.(1）題型特點(diǎn)物理公式與物理圖象的結(jié)合是中學(xué)物理的重要題型，也是近年高考的熱點(diǎn)，特別是v－t圖象在考題中出現(xiàn)率極高.對于已知圖象求解相關(guān)物理量的問題,往往是結(jié)合物理過程分析圖象的橫、縱軸所對應(yīng)的物理量的函數(shù)入手，分析圖線的斜率、截距所代表的物理意義得出所求結(jié)果.(2）問題實(shí)質(zhì)圖象類問題的實(shí)質(zhì)是力與運(yùn)動的關(guān)系問題,以牛頓第二定律F＝ma為紐帶，理解圖象的種類，圖象的軸、點(diǎn)、線、截距、斜率、面積所表示的意義。運(yùn)用圖象解決問題一般包括兩個角度：①用給定圖象解答問題;②根據(jù)題意作圖,用圖象解答問題.在實(shí)際的應(yīng)用中要建立物理情景與函數(shù)、圖象的相互轉(zhuǎn)換關(guān)系.(3)解題關(guān)鍵解決這類問題的核心是分析圖象,我們應(yīng)特別關(guān)注v－t圖象中的斜率（加速度)和力的圖線與運(yùn)動的對應(yīng)關(guān)系.例1（多選)（2015·課標(biāo)全國卷Ⅰ·20)如圖1(a）,一物塊在t＝0時刻滑上一固定斜面，其運(yùn)動的vt圖線如圖(b)所示。若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出（）圖1A。斜面的傾角B。物塊的質(zhì)量C。物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)D.物塊沿斜面向上滑行的最大高度解析由vt圖象可求知物塊沿斜面向上滑行時的加速度大小為a＝eq\f（v0,t1），根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，即gsinθ＋μgcosθ＝eq\f（v0，t1）.同理向下滑行時gsinθ－μgcosθ＝eq\f(v1，t1），兩式聯(lián)立得sinθ＝eq\f(v0＋v1，2gt1），μ＝eq\f（v0－v1，2gt1cosθ)，可見能計(jì)算出斜面的傾角θ以及動摩擦因數(shù),選項(xiàng)A、C正確;物塊滑上斜面時的初速度v0已知，向上滑行過程為勻減速直線運(yùn)動,末速度為0，那么平均速度為eq\f（v0,2）,所以沿斜面向上滑行的最遠(yuǎn)距離為x＝eq\f（v0,2）t1,根據(jù)斜面的傾斜角度可計(jì)算出向上滑行的最大高度為xsinθ＝eq\f(v0，2)t1·eq\f(v0＋v1,2gt1)＝eq\f(v0v0＋v1，4g），選項(xiàng)D正確；僅根據(jù)vt圖象無法求出物塊的質(zhì)量，選項(xiàng)B錯誤。答案ACD例2（多選)2012年11月，“殲15”艦載機(jī)在“遼寧號”航空母艦上著艦成功。圖2甲為利用阻攔系統(tǒng)讓艦載機(jī)在飛行甲板上快速停止的原理示意圖.飛機(jī)著艦并成功鉤住阻攔索后,飛機(jī)的動力系統(tǒng)立即關(guān)閉，阻攔系統(tǒng)通過阻攔索對飛機(jī)施加一作用力，使飛機(jī)在甲板上短距離滑行后停止，某次降落，以飛機(jī)著艦為計(jì)時零點(diǎn)，飛機(jī)在t＝0.4s時恰好鉤住阻攔索中間位置，其著艦到停止的速度-時間圖線如圖乙所示。假如無阻攔索，飛機(jī)從著艦到停止需要的滑行距離約為1000m。已知航母始終靜止，重力加速度的大小為g，不計(jì)空氣阻力.則（)圖2A。從著艦到停止，飛機(jī)在甲板上滑行的距離約為無阻攔索時的eq\f(1,10）B。在0。4s～2.5s時間內(nèi)，阻攔索的張力幾乎不隨時間變化C。在滑行過程中，飛行員所承受的加速度大小會超過2.5gD.在0。4s～2。5s時間內(nèi)，阻攔系統(tǒng)對飛機(jī)做功的功率幾乎不變思維導(dǎo)引能正確識圖，并從圖象中提取所需的信息，是解答此類問題的關(guān)鍵,本題的分析思路具有一定的代表性，邏輯流程如下：解析由v－t圖象中圖線與t軸圍成的面積，可估算出飛機(jī)在甲板上滑行的距離約為103m，即大約是無阻攔索時的eq\f（1，10)，A正確;由題圖的斜率可知飛機(jī)鉤住阻攔索后加速度大約保持在a＝27.1m/s2＞2.5g,故C正確；由v－t圖象斜率知，飛機(jī)與阻攔索作用過程中(0。4s～2.5s時)，其F合恒定，在此過程中阻攔索兩段間的夾角變小，而合力恒定，則阻攔索的張力要減小，B錯誤;由P＝Fv知，阻攔索對飛機(jī)做功的功率逐漸減小,故D錯誤。答案AC滑塊—木板模型是力學(xué)中最常見的模型之一，是歷年高考的熱點(diǎn)內(nèi)容.該類試題有如下幾種命題角度.角度1滑塊不受力而木板受拉力木板受逐漸增大的拉力而滑塊不受力，這種情況下,開始滑塊和木板一起做變加速運(yùn)動，當(dāng)滑塊加速度達(dá)到其最大值μg時,滑塊、木板開始發(fā)生相對滑動，此后滑塊加速度保持不變,木板加速度逐漸增大.角度2給滑塊一初速度v0，兩者都不受拉力且疊放在光滑水平地面上1.若木板足夠長,這種情況下,滑塊減速、木板加速，直至兩者速度相等將一起勻速運(yùn)動下去，其速度關(guān)系為v0－a滑t＝a板t。2。若木板不夠長，這種情況下，滑塊會一直減速到滑下木板，木板會一直加速到滑塊滑下。分離前滑塊加速度a＝μg，木板的加速度a＝eq\f(μm滑g，m板)。角度3木板有初速度v0，兩者都不受拉力且疊放在光滑水平面上1。若木板足夠長，木板減速、滑塊加速，直至兩者速度相等將一起勻速運(yùn)動下去，其速度關(guān)系為v0－a板t＝a滑t；2.若木板不夠長，則木板會一直減速到滑塊滑下，滑塊會一直加速到滑下木板。分離前滑塊的加速度a＝μg，木板的加速度a＝eq\f（μm滑g，m板）。例3（2015·全國卷Ⅰ·25)一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4。5m，如圖3甲所示。t＝0時刻開始,小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動，直至t＝1s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短).碰撞前后木板速度大小不變,方向相反；運(yùn)動過程中小物塊始終未離開木板.已知碰撞后1s時間內(nèi)小物塊的vt圖線如圖乙所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。求：圖3(1）木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2;(2)木板的最小長度;(3)木板右端離墻壁的最終距離。思維流程解析(1)根據(jù)題圖乙可以判定碰撞前小物塊與木板共同速度為v＝4m/s碰撞后木板速度水平向左,大小也是v＝4m/s小物塊受到滑動摩擦力而向右做勻減速直線運(yùn)動，加速度大小a2＝eq\f（4－0，1)m/s2＝4m/s2.根據(jù)牛頓第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0。4木板與墻壁碰撞前,勻減速運(yùn)動時間t＝1s，位移x＝4。5m，末速度v＝4m/s其運(yùn)動可看做反向勻加速直線運(yùn)動可得x＝vt＋eq\f（1,2)a1t2解得a1＝1m/s2小物塊和木板整體受力分析，滑動摩擦力提供合外力,由牛頓第二定律得：μ1（m＋15m)g＝（m＋15m）a1，即μ1g＝a1解得μ1＝0.1（2)碰撞后，木板向左做勻減速運(yùn)動，依據(jù)牛頓第二定律有μ1（15m＋m）g＋μ2mg＝15ma3可得a3＝eq\f（4,3）m/s2對滑塊，加速度大小為a2＝4m/s2由于a2＞a3，所以滑塊速度先減小到0，所用時間為t1＝1s過程中,木板向左運(yùn)動的位移為x1＝vt1－eq\f(1,2）a3t12＝eq\f（10，3)m，末速度v1＝eq\f（8,3)m/s滑塊向右運(yùn)動的位移x2＝eq\f(v＋0,2)t1＝2m此后，小物塊開始向左加速，加速度大小仍為a2＝4m/s2木板繼續(xù)減速，加速度大小仍為a3＝eq\f（4，3）m/s2設(shè)又經(jīng)歷t2二者速度相等,則有a2t2＝v1－a3t2解得t2＝0。5s此過程中,木板向左運(yùn)動的位移x3＝v1t2－eq\f（1,2）a3t22＝eq\f(7，6）m，末速度v3＝v1－a3t2＝2m/s滑塊向左運(yùn)動的位移x4＝eq\f（1,2）a2t22＝0。5m此時二者的相對位移最大,Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6m此后小物塊和木板一起勻減速運(yùn)動，小物塊始終沒有離開木板,所以木板最小的長度為6m（3)最后階段滑塊和木板一起勻減速直到停止，整體加速度大小為a1＝1m/s2向左運(yùn)動的位移為x