（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）.docx

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1、1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 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 F ma 为纽带，理解图

2、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 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)如图 1(a)，一物块在 t0 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 v0、 v1、 t1均为已知量，则可求出( )图 1A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 v t 图象可知物块沿斜

3、面向上滑行时的加速度大小为 a ，根据牛顿第二定律v0t1得 mgsin mg cos ma，即 gsin g cos .同理向下滑行时v0t12gsin g cos ，两式联立得 sin ， ，可见能计算出斜面v1t1 v0 v12gt1 v0 v12gt1cos的倾斜角度 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v02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 t1v02 v02 ，选项 D 正确；仅根据 v t 图象无法求出物块的质量，选项

4、B 错误v0 v12gt1 v0v0 v14g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 2A从着

5、舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的110B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 2.5gD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 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105m，即大约是无阻拦索时的 ，A 正确；由 v t 图象的斜率可知飞机钩住阻拦索后加速1103度大约保持在 27.6m/s22.5 g，故 C 正确；由 v t

6、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 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

7、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 v0 a 物 t a 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 a g ，木板的加速度大小 a . m物 gm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 v0 a 板 t a 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 a g ，木板的加速度大小 a . m物 gm板例 3 一长木板置于粗糙水平地面上，

8、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 v t 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 34(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/

9、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 a2 m/s24 m/s 2.4 01根据牛顿第二定律有 2mg ma2，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 x vt a1t212解得 a11m/s 2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(m15 m)g( m15 m)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(15m m)g 2mg15 ma3可得 a3 m/s243对小物块，加速

10、度大小为 a24m/s 2由于 a2 a3，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 x1 vt1 a3t12 m, 末速度 v1 m/s12 103 83小物块向右运动的位移 x2 t12mv 025此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为 a24m/s 2木板继续减速，加速度大小仍为a3 m/s243假设又经历 t2二者速度相等，则有 a2t2 v1 a3t2解得 t20.5s此过程中，木板向左运动的位移x3 v1t2 a3t22 m，末速度 v3 v1 a3t22m/s12 76小物块向左运动的位移 x4 a2t220.5m12此后小物块和木板一起匀减速运动二者的相对位移最大， x x1 x2 x3 x46m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/s 2向左运动的位移为 x5 2mv322a1所以木板右端离墙壁最远的距离为 x x1 x3 x56.5m答案 (1)0.1 0.4 (2)6m (3)6.5m