2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)第三章力與運(yùn)動(dòng)核心素養(yǎng)提升學(xué)案粵教版

PAGE5-第三章力與運(yùn)動(dòng)核心1.科學(xué)思維(千變?nèi)f化之“斜面模型”)斜面模型是中學(xué)物理中常見(jiàn)的模型之一。斜面模型的基本問(wèn)題有物體在斜面上的平衡、運(yùn)動(dòng)及受力問(wèn)題。通過(guò)斜面模型，借助斜面的幾何特點(diǎn)，尤其是斜面的角度關(guān)系，可以對(duì)共點(diǎn)力的平衡、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律以及功能關(guān)系等學(xué)問(wèn)，整體法與隔離法、極值法、極限法等物理方法進(jìn)行考查。考生在處理此類問(wèn)題時(shí)，要特殊留意受力分析、正交分解法以及牛頓其次定律的運(yùn)用。模型一斜面中的“平衡類模型”【典例1】(2024·福州模擬)如圖1所示，有一傾角為θ的斜面，斜面上有一能繞固定軸B轉(zhuǎn)動(dòng)的木板AB，木板AB與斜面垂直，把球放在斜面和木板AB之間，不計(jì)摩擦，球?qū)π泵娴膲毫镕1，對(duì)木板的壓力為F2。將板AB繞B點(diǎn)緩慢推到豎直位置的過(guò)程中，則()圖1A.F1和F2都增大 B.F1和F2都減小C.F1增大，F(xiàn)2減小 D.F1減小，F(xiàn)2增大解析小球受到三個(gè)共點(diǎn)力作用而處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)，三個(gè)力首尾相連構(gòu)成一個(gè)閉合矢量三角形，如圖所示，由圖可知，將板AB繞B點(diǎn)緩慢推到豎直位置的過(guò)程中，F(xiàn)1和F2均增大，故A正確。答案A模型二斜面中的“動(dòng)力學(xué)模型”【典例2】(多選)(2024·日照一模)如圖2所示，斜面A固定于水平地面上，在t＝0時(shí)刻，滑塊B以初速度v0自斜面底端沖上斜面，t＝t0時(shí)刻到達(dá)最高點(diǎn)。取沿斜面對(duì)上為正方向，下列表示滑塊在斜面上整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度v隨時(shí)間t改變的圖象中，可能正確的是()圖2解析若斜面是光滑的，則滑塊在上滑和下滑的過(guò)程中所受合力為重力沿斜面對(duì)下的分力，大小、方向均不變，故A正確；若斜面不光滑且滑塊上滑過(guò)程中所受的滑動(dòng)摩擦力大于重力沿斜面對(duì)下的分力，則滑塊沿斜面上升到最高點(diǎn)后會(huì)靜止在斜面上，故B正確；若斜面不光滑且滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)所受的滑動(dòng)摩擦力(即最大靜摩擦力)小于重力沿斜面對(duì)下的分力，則滑塊在上升過(guò)程中由重力沿斜面對(duì)下的分力和沿斜面對(duì)下的滑動(dòng)摩擦力充當(dāng)合外力，而在下降過(guò)程中由重力沿斜面對(duì)下的分力和沿斜面對(duì)上的滑動(dòng)摩擦力充當(dāng)合外力，所以滑塊沿斜面下滑的加速度肯定小于沿斜面上滑的加速度，故C錯(cuò)誤，D正確。答案ABD模型三斜面中的“連接體模型”【典例3】如圖3甲所示，兩滑塊A、B用細(xì)線跨過(guò)定滑輪相連，B距地面肯定高度，A可在細(xì)線牽引下沿足夠長(zhǎng)的粗糙斜面對(duì)上滑動(dòng)，斜面固定在水平地面上。已知mA＝2kg，mB＝4kg，斜面傾角θ＝37°。某時(shí)刻由靜止釋放A，測(cè)得A沿斜面對(duì)上運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖乙所示。已知g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：圖3(1)A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)A沿斜面對(duì)上滑動(dòng)的最大位移的大?。?3)滑動(dòng)過(guò)程中細(xì)線對(duì)A的拉力所做的功。解析(1)在0～0.5s內(nèi)，依據(jù)圖乙知，A的加速度大小a1＝eq\f(v1,t)＝eq\f(2,0.5)m/s2＝4m/s2，此時(shí)間段B的加速度大小與A的加速度大小相等分析可知有mBg－mAgsinθ－μmAgcosθ＝(mA＋mB)a1解得μ＝0.25。(2)B落地后，A接著減速上升，對(duì)A受力分析，由牛頓其次定律得mAgsinθ＋μmAgcosθ＝mAa2，代入數(shù)據(jù)可得a2＝8m/s2故A減速向上滑動(dòng)的位移s2＝eq\f(veq\o\al(2,1),2a2)＝0.25m在0～0.5s內(nèi)，A加速向上滑動(dòng)的位移s1＝eq\f(veq\o\al(2,1),2a1)＝0.5m所以A沿斜面對(duì)上滑動(dòng)的最大位移的大小s＝s1＋s2＝0.75m。(3)A沿斜面對(duì)上滑動(dòng)的過(guò)程中，只有A加速上滑過(guò)程細(xì)線對(duì)A的拉力做功，由動(dòng)能定理知W－(mAgsinθ＋μmAgcosθ)s1＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)－0解得細(xì)線對(duì)A的拉力所做的功W＝12J。答案(1)0.25(2)0.75m(3)12J2.科學(xué)思維(輕彈簧模型)輕彈簧模型是高考中常見(jiàn)的物理模型之一。在物體運(yùn)動(dòng)引起彈簧形變的過(guò)程中，從力的角度看，彈簧上的彈力是變力，從能量的角度看，彈簧是儲(chǔ)能元件。因此，借助彈簧模型，可以很好地考查考生的分析綜合實(shí)力。在高考試題中，對(duì)彈簧(主要是輕彈簧)模型的考查主要涉及三個(gè)方面：靜力學(xué)中的彈簧問(wèn)題、動(dòng)力學(xué)中的彈簧問(wèn)題以及與能量轉(zhuǎn)化有關(guān)的彈簧問(wèn)題?？忌谔幚磉@些問(wèn)題時(shí)，要特殊留意彈簧“可拉可壓”的特性以及彈簧彈力不行突變的特性。模型一輕彈簧模型中的“平衡模型”【典例1】如圖4所示，一質(zhì)量為m的木塊，與勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，彈簧的另一端固定在斜面頂端。木塊放在斜面上能處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知斜面傾角θ＝37°，木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5。彈簧在彈性限度內(nèi)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。則()圖4A.彈簧可能處于壓縮狀態(tài)B.彈簧的最大形變量為eq\f(3mg,5k)C.木塊受到的摩擦力可能為零D.木塊受到的摩擦力方向肯定沿斜面對(duì)上解析木塊與斜面間的最大靜摩擦力fm＝μmgcosθ＝0.4mg，木塊重力沿斜面方向的分力為G1＝mgsinθ＝0.6mg，由G1＞fm可知，彈簧彈力的方向不行能向下，即彈簧不行能處于壓縮狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；彈簧有最大形變量時(shí)滿意G1＋fm＝kΔxm，解得Δxm＝eq\f(mg,k)，故B錯(cuò)誤；當(dāng)G1＝F彈時(shí)，木塊受到的摩擦力為零，故C正確；當(dāng)G1＞F彈時(shí)，木塊受到的摩擦力沿斜面對(duì)上，當(dāng)G1＜F彈時(shí)，木塊受到的摩擦力沿斜面對(duì)下，故D錯(cuò)誤。答案C彈簧類的平衡問(wèn)題，一般是與彈簧相連的物體在彈簧彈力和其他力作用下處于平衡狀態(tài)。若已知彈簧的狀況(勁度系數(shù)、形變量)可以求解其他力；反過(guò)來(lái)，若已知物體受到的其他力也可以求解彈簧的狀況。模型二輕彈簧模型中的“彈力突變與不變模型”【典例2】(多選)(2024·寧夏銀川模擬)一根細(xì)繩與一根輕彈簧，上端分別固定在A、B兩點(diǎn)，下端交于C點(diǎn)共同拉住一個(gè)小球：如圖5所示，AC、BC與豎直方向的夾角均為θ，重力加速度為g，則()圖5A.燒斷細(xì)繩的瞬間，小球的加速度為eq\f(g,2cosθ)B.燒斷細(xì)繩的瞬間，小球的加速度為gsinθC.彈簧在B處斷開(kāi)的瞬間，小球的加速度為gtanθD.彈簧在C處與小球斷開(kāi)的瞬間，小球的加速度為gsinθ解析對(duì)小球受力分析，其受重力、彈簧的彈力F和細(xì)繩的拉力FT，如圖所示，依據(jù)平衡條件有F＝FT＝eq\f(mg,2cosθ)，燒斷細(xì)繩的瞬間，細(xì)繩的拉力消逝，彈簧彈力和重力不變，故合力變?yōu)閑q\f(mg,2cosθ)，方向與原細(xì)繩拉力的方向相反，故加速度為eq\f(g,2cosθ)，故A正確，B錯(cuò)誤；彈簧在B處斷開(kāi)的瞬間，由于彈簧上端沒(méi)有與有質(zhì)量的物體相連，因此彈簧彈力突變?yōu)榱?，小球加速度為gsinθ，C錯(cuò)誤；彈簧在C處與小球斷開(kāi)的瞬間，彈簧對(duì)小球的彈力突變?yōu)榱?，?xì)繩的拉力方向不突變，大小突變，等于重力沿繩方向的分力大小，小球受重力和細(xì)繩的拉力，小球?qū)⒆鰣A周運(yùn)動(dòng)，但此時(shí)的向心力為零，合力等于重力沿垂直于繩方向的分力，依據(jù)牛頓其次定律，有mgsinθ＝ma，解得a＝gsinθ，D正確。答案AD模型三輕彈簧模型中的“動(dòng)力學(xué)模型”【典例3】(多選)(2024·四川省雅安市模擬)如圖6所示，以大小為eq\f(1,2)g的加速度加速下降的電梯地板上放有一質(zhì)量為m的物體，勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在電梯壁上，另一端與物體接觸(不粘連)，彈簧水平且無(wú)形變。用水平力F緩慢推動(dòng)物體，在彈性限度內(nèi)彈簧被壓縮了L，撤去F后，物體由靜止向左運(yùn)動(dòng)2L后停止運(yùn)動(dòng)。已知物體與電梯地板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，則撤去F后()圖6A.與彈簧分別前，物體相對(duì)電梯地板運(yùn)動(dòng)的加速度大小越來(lái)越大B.與彈簧分別后，物體相對(duì)電梯地板運(yùn)動(dòng)的加速度大小越來(lái)越小C.彈簧壓縮量為eq\f(μmg,2k)時(shí)，物體相對(duì)電梯地板運(yùn)動(dòng)的速度最大D.物體相對(duì)電梯地板做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2eq\r(\f(L,μg))解析撤去F后，物體在水平方向上受到彈簧的彈力和滑動(dòng)摩擦力，滑動(dòng)摩擦力不變，而彈簧的彈力隨著壓縮量的減小而減小，彈簧彈力先大于滑動(dòng)摩擦力，后小于滑動(dòng)摩擦力，故水平方向的合外力先減小后反向增大，則加速度先減小后反向增大，故物體相對(duì)電梯地板先做變加速運(yùn)動(dòng)，再做變減速運(yùn)動(dòng)，最終物體與彈簧分別后，物體在水平方向上只受滑動(dòng)摩擦力，加速度不變，做勻減速運(yùn)動(dòng)，A、B錯(cuò)誤；因?yàn)殡娞菹蛳伦鰟蚣铀僦本€運(yùn)動(dòng)，故有mg－FN＝m·eq\f(1,2)g，解得FN＝eq\f(1,2)mg，當(dāng)彈簧的彈力和摩擦力相等時(shí)，物體水平方向上的速度最大，有μFN＝kx，解得x＝eq\f(μmg,2k)，即彈簧壓縮量為x＝eq\f(μmg,