2020版物理新增分大一輪新（京津魯瓊）講義：第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 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(duì)于已知圖象求解相關(guān)物理量的問題,往往是從結(jié)合物理過程分析圖象的橫、縱軸所對(duì)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(dòng)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(gè)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(dòng)的對(duì)應(yīng)關(guān)系．例1（多選）(2015·全國卷Ⅰ·20)如圖1(a），一物塊在t＝0時(shí)刻滑上一固定斜面，其運(yùn)動(dòng)的v－t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(dòng)摩擦因數(shù)D．物塊沿斜面向上滑行的最大高度解析由v－t圖象可求知物塊沿斜面向上滑行時(shí)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(shí)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(dòng)摩擦因數(shù)，選項(xiàng)A、C正確；物塊滑上斜面時(shí)的初速度v0已知，向上滑行過程為勻減速直線運(yùn)動(dòng)，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)v－t圖象無法求出物塊的質(zhì)量,選項(xiàng)B錯(cuò)誤．答案ACD例2（2018·廣東省深圳市三校模擬）如圖2所示是水平面上的甲、乙兩物體在同一地點(diǎn)從同一時(shí)刻開始分別受到沿同一直線的水平拉力作用時(shí)的v－t圖象．已知兩物體的質(zhì)量分別為m甲＝2m,m乙＝3m，兩物體與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0。2，重力加速度g＝10m/s2.圖2(1）通過分析,判斷甲、乙所受水平拉力的方向是否相同?求出甲、乙所受水平拉力大小之比．(2）從t＝0開始經(jīng)過多長時(shí)間甲、乙再次相遇？甲與乙再次相遇時(shí)通過的位移多大？甲與乙再次相遇前的最遠(yuǎn)距離為多少？解析（1)設(shè)甲、乙兩物體所受的拉力分別為F甲和F乙，且均沿運(yùn)動(dòng)方向，則根據(jù)牛頓第二定律有F甲－μm甲g＝m甲a甲；F乙－μm乙g＝m乙a乙；根據(jù)v－t圖象的斜率等于加速度可知,a甲＝eq\f(6－10,5)m/s2＝－0.8m/s2，a乙＝eq\f（6－0,5)m/s2＝1。2m/s2，聯(lián)立解得F甲＝2.4m,F乙＝9.6m由于F甲＞0,F乙＞0,所以甲、乙所受的拉力同向，且F甲∶F乙＝1∶4（2)甲、乙兩物體再次相遇時(shí)，有x甲＝x乙即v0t1＋eq\f(1，2)a甲t12＝eq\f(1,2）a乙t12解得t1＝10s，即經(jīng)過10s甲、乙再次相遇．相遇時(shí)，x甲＝x乙＝eq\f(1,2)a乙t12＝eq\f（1,2)×1。2×102m＝60m當(dāng)甲、乙速度相等時(shí)，兩者相距最遠(yuǎn)，則有v0＋a甲t2＝a乙t2解得t2＝5s最遠(yuǎn)距離為Δx＝（v0t2＋eq\f(1，2）a甲t22）－eq\f(1,2）a乙t22解得Δx＝25m.答案(1）相同1∶4(2)10s60m25m“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(dòng)，當(dāng)滑塊加速度達(dá)到其最大值μg時(shí)，滑塊、木板開始發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，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(dòng)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(huì)一直減速到滑下木板,木板會(huì)一直加速到滑塊滑下．分離前滑塊加速度大小a＝μg，木板的加速度大小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(dòng)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(huì)一直減速到滑塊滑下，滑塊會(huì)一直加速到滑下木板．分離前滑塊的加速度大小a＝μg，木板的加速度大小a＝eq\f（μm滑g,m板）.例3（2018·福建省四地六校月考）如圖3甲，質(zhì)量M＝1kg的木板靜止在水平面上，質(zhì)量m＝1kg、大小可以忽略的鐵塊靜止在木板的右端．設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,已知木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0。1，鐵塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0。4，取g＝10m/s2?，F(xiàn)給木板施加一個(gè)水平向右的力F.圖3(1）若力F恒為12N,經(jīng)2s鐵塊恰好位于木板的左端，求木板的長度L;（2)若力F從零開始逐漸增加，且木板足夠長．試通過分析與計(jì)算，在圖乙中作出鐵塊受到的摩擦力Ff隨力F大小變化的圖象．解析(1）對(duì)鐵塊，由牛頓第二定律得:μ2mg＝ma2對(duì)木板，由牛頓第二定律得：F－μ2mg－μ1(M＋m）g＝Ma1設(shè)木板的長度為L，經(jīng)時(shí)間t鐵塊運(yùn)動(dòng)到木板的左端，則：x木＝eq\f(1，2）a1t2x鐵＝eq\f(1,2）a2t2又:x木－x鐵＝L聯(lián)立得:L＝4m(2)①當(dāng)F≤μ1(M＋m）g＝2N時(shí),系統(tǒng)沒有被拉動(dòng),鐵塊受到的摩擦力Ff＝0②當(dāng)F>μ1(M＋m)g＝2N時(shí),如果M、m相對(duì)靜止，鐵塊與木板有相同的加速度a，則：F－μ1（M＋m)g＝(M＋m)aFf＝ma解得：F＝2Ff＋2N此時(shí)：Ff≤μ2mg＝4N,也即F≤10N所以：當(dāng)2N<F≤10N時(shí)，F(xiàn)f＝eq\f（F－2,2)N③當(dāng)F>