2020年物理高考大一轮复习 高考必考题突破讲座3 牛顿第二定律图象问题的解题策略课件

第三章牛顿运动定律高考总复习·物理高考必考题突破讲座(三)牛顿第二定律图象问题的解题策略高考总复习·物理考情分析题型特点五年试题核心考点图象问题的类型(1)已知物体的F­t图象或F­a图象或F­x图象，分析物体的运动情况(2)已知物体的v­t图象或a­t图象，分析物体的受力情况(3)由已知条件确定某物理量的变化图象2015·全国卷Ⅰ，202018·全国卷Ⅰ，152018·全国卷Ⅲ，192016·上海卷，252015·江苏卷，6(1)v­t图象、a­t图象的应用(2)F­t图象、F­a图象、F­x图象的应用[解题思维]角度一由v­t图象或a­t图象分析物体的受力情况(1)v­t图象的斜率代表物体的加速度，通过v­t图象的斜率可以了解物体运动的加速度情况，也可以由a­t图象直接知道物体运动的加速度情况．(2)根据牛顿第二定律F＝ma，确定物体受到的合力，再结合受力分析，可进一步分析解答物体的受力问题．【例题1】(多选)如图甲所示，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v­t图线如图乙所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()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ACD解析物块在上滑过程中有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，v0＝a1t1；在下滑过程中有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，v1＝a2(2t1－t1)，由以上方程可以求出θ和μ，但不能求出物块的质量m，故选项A、C正确，B错误；由图象可得物块上滑的最大位移为x＝12v0t1，则上滑的最大高度为hmax＝xsinθ＝12v0t1sinθ，故选项D正确．角度二由F­t图象分析物体的运动情况(1)由F­t图象和物体的受力分析，可以了解物体的合力情况．结合牛顿第二定律F＝ma，进一步了解物体的加速度情况．(2)根据运动学规律，分析解答物体的运动问题．【例题2】(2019·北京第二中学高三月考)如图所示，小车静止在光滑水平地面上，小车的上表面由光滑的斜面AB和粗糙的平面BC组成(它们在B处由极短的光滑圆弧平滑连接)，小车右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当传感器受压力时，其示数为正值；当传感器受拉力时，其示数为负值．一个小滑块(可视为质点)从A点由静止开始下滑，经B至C点的过程中，传感器记录到的力F随时间t变化的关系如下列四图所示，其中可能正确的是()[思维导引]本题关键是根据滑块的受力转向对斜面体受力分析，确定受力方向，注意滑块加速下滑时，滑块对斜面体的压力恒定，力为正值，滑块匀减速运动时，滑块对小车的摩擦力大小恒定，对传感器产生的是拉力，为负值．答案D解析滑块先匀加速下滑后匀减速向左滑动；滑块加速下滑时，受重力和支持力，故对斜面体有向右下方的恒定压力，故传感器示数为正且恒定不变；滑块匀减速向左滑动时，对小车有向左的摩擦力，故传感器受到拉力且恒定，选项A、B、C错误，D正确．角度三由F­t图象和v­t图象综合分析物体的运动与受力(1)由F­t图象和v­t图象分析解答动力学综合问题，首先要清楚二者在相同时段内的对应关系．(2)由F­t图象到v­t图象是从受力分析到运动分析的过程．(3)由v­t图象到F­t图象是从运动分析到受力分析的过程．【例题3】(2019·长春二模)(多选)一滑块在水平地面上做直线运动，t＝0时速率为1m/s，从此时开始对物体施加一个与初速度相反的水平力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲、乙所示．则下列说法正确的是()A．2s末滑块距离出发点最远B．0～1s和1～2s时间内滑块的加速度大小相等、方向相反C．第1s内摩擦力对滑块冲量为1N·sD．第2s内力F的平均功率为1.5W答案CD解析由乙图可知，图象所围的面积为2s内的位移，所以在2s末滑块回到出发点，故选项A错误；由乙图可知，图象的斜率表示加速度，在前2s内斜率不变，故选项B错误；由甲图得F1＝1N，F2＝3N，由乙图得2s内滑块的加速度不变，即为a＝1m/s2，据牛顿第二定律有F1＋Ff＝ma，F2－Ff＝ma，解得Ff＝1N，所以第1s内摩擦力对滑块的冲量为I＝Fft＝1N·s，故选项C正确；第2s内力F的平均功率为F2·v1＋v22＝3×0＋12W＝1.5W，故选项D正确．角度四运动图象与受力图象的判断(1)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出与图象对应的函数方程式．(2)明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．【例题4】(2018·全国卷Ⅰ)如图所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是()A解析由牛顿运动定律得F－mg＋F弹＝ma，F弹＝k(x0－x)，kx0＝mg，联立解得F＝ma＋kx，对比题给的四个图象，可能正确的是选项A.[突破训练]1．(2019·华中师范大学第一附属中学高三滚动复习)(多选)在光滑水平面上，a、b两小球沿水平面相向运动．当小球间距小于或等于L时，受到大小相等，方向相反的相互排斥恒力作用．小球间距大于L时，相互排斥力为零．小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度v随时间t的变化关系图象如图所示，由图可知()A．a球质量大于b球质量B．在t1时刻两小球间距最小C．在0～t2时间内两小球间距逐渐减小D．在0～t3时间内b球所受排斥力方向始终与运动方向相反答案AC解析两个小球受到的斥力大小相同，但是加速度大小不同，根据a＝Fm可知加速度小的小球质量大，所以a球质量大于b球质量，选项A正确；0～t1时间内，两小球相向运动，距离越来越小，t1～t2时间内两小球运动方向相同，但a小球速度大，两小球的距离继续减小，t2时刻两小球距离最小，选项B错误，C正确；t1～t3时间内b球所受排斥力方向始终与运动方向相同，选项D错误．2．(2019·安阳高三模拟)(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻质量为m的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的v­t图象如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是()A．M＝mB．M＝2mC．木板的长度为8mD．木板与物块间的动摩擦因数为0.1答案BC解析物块在木板上运动过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力，故μmg＝ma1，而v­t图象的斜率表示加速度，故a1＝7－32m/s2＝2m/s2，解得μ＝0.2；对木板受力分析可知μmg＝Ma2，a2＝2－02m/s2＝1m/s2，解得M＝2m，选项A、D错误，B正确；从图中可知物块和木板最终分离，两者v­t图象与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝12×(7＋3)×2m－12×2×2m＝8m，选项C正确．3．(2019·临沂十九中高三模拟)(多选)如图所示，光滑斜面的底端固定一垂直于斜面的挡板，质量相同的A、B两物体由轻弹簧连接，放在斜面上，最初处于静止状态．现用一平行于斜面的力F拉B物体沿斜面向上做匀加速直线运动，以B物体初始位置为坐标原点、沿斜面向上建立Ox坐标轴，在A物体离开挡板之前(弹簧一直处于弹性限度内)，外力F和挡板对A物体的支持力N随B物体的位置坐标x的变化关系图线正确的是()答案AD解析设原来系统静止时弹簧的压缩长度为x0，当B物体的位移为x时，弹簧的压缩长度为(x0－x)，弹簧的弹力大小为k(x0－x)；对B物体，根据牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mgsinθ＝ma，得F＝kx－kx0＋ma＋mgsinθ，又kx0＝mgsinθ，则有F＝kx＋ma，可见F与x是线性关系，故选项A正确，B错误；对于A物体，弹簧处于压缩状态时，根据平衡条件得N＝mgsinθ＋k(x0－x)；弹簧处于伸长状态时，根据平衡条件得N＝mgsinθ－k(x－x0)，得N＝mgsinθ＋k(x0－x)，故选项D正确，C错误．4．(2019·万州三中高三月考)如图甲所示，质量m＝1kg、初速度v0＝6m/s的物块受水平向左的恒力F作用，在粗糙的水平地面上从O点开始向右运动，O点为坐标原点，整个运动过程中物块速率的二次方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g取10m/s2，下列说法错误的是()A．t＝2s时物块速度为零B．t＝3s时物块回到O点C．恒力F大小为2ND．物块与水平面间的动摩擦因数为0.1答案B解析物块匀减速直线运动的加速度大小为a1＝v202x1＝362×6m/s2＝3m/s2，物块匀减速直线运动的时间为t1＝v0a1＝63s＝2s，故选项A正确；匀加速直线运动的加速度大小为a2＝v22x2＝162×8m/s2＝1m/s2，反向加速到出发点的时间t′＝2x1a2＝2×61s＝23s，故选项B错误；根据牛顿第二定律得F＋Ff＝ma1，F－Ff＝ma2，联立两式解得F＝2N，Ff＝1N，则动摩擦因数为μ＝Ffmg＝110＝0.1，故选项C、D正确．5．(2019·临沂十九中高三调研)如图甲所示，在倾角为θ的足够长的斜面上，有一个带风帆的滑板从静止开始沿斜面下滑，滑板的总质量为m，滑板与斜面间的动摩擦因数为μ，滑板上的风帆受到的空气阻力与滑板下滑的速度成正比，即Ff＝kv.(1)试求滑板下滑的最大速度vm的表达式；(2)若m＝2kg、θ＝30°，g取10m/s2，滑块从静止开始沿斜面下滑的速度—时间图象如图乙所示，图中斜线是t＝0时刻的速度图象的切线．由此求μ和k的值．解析(1)风帆受力如图所示，当mgsinθ＝Ff1＋Ff2时，风帆下滑的速度最大为vm，则有mgsinθ＝μmgcosθ＋kvm，vm＝mgk(sinθ－μcosθ)．(2)由图象知t＝0时风帆下滑的加速度a＝3－01m/s2＝3m/s2，风帆下滑过程中最大速度vm＝2m/s，当t＝0时，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma，a＝g(sinθ－μcosθ)＝10×(0.5－32μ)＝3m/s2，解得μ＝0.23.由mgsinθ＝mgμcosθ＋kvm，得k＝mgvm(sinθ－μcosθ)＝2×102×(0.5－0.23×32)N/(m·s－1)＝3N/(m·s－1)．答案(1)mgk(sinθ－μcosθ)(2)0.233N/(m·s－1)