必修1 第三章 核心素养提升-2022新高考物理【步步高】大一轮复习讲义题库（粤教版 广东）配套word

1.科学思维(千变万化之“斜面模型”) 斜面模型是中学物理中常见的模型之一。斜面模型的基本问题有物体在斜面上的平衡、运动及受力问题。通过斜面模型，借助斜面的几何特点，尤其是斜面的角度关系，可以对共点力的平衡、牛顿运动定律、匀变速运动规律以及功能关系等知识，整体法与隔离法、极值法、极限法等物理方法进行考查。考生在处理此类问题时，要特别注意受力分析、正交分解法以及牛顿第二定律的运用。 模型一　斜面中的“平衡类模型” 【典例1】 (2019·福州模拟)如图1所示，有一倾角为θ的斜面，斜面上有一能绕固定轴B转动的木板AB，木板AB与斜面垂直，把球放在斜面和木板AB之间，不计摩擦，球对斜面的压力为F1，对木板的压力为F2。将板AB绕B点缓慢推到竖直位置的过程中，则(　　) 图1 A.F1和F2都增大 B.F1和F2都减小 C.F1增大，F2减小 D.F1减小，F2增大 解析　小球受到三个共点力作用而处于动态平衡状态，三个力首尾相连构成一个闭合矢量三角形，如图所示，由图可知，将板AB绕B点缓慢推到竖直位置的过程中，F1和F2均增大，故A正确。 答案　A 模型二　斜面中的“动力学模型” 【典例2】 (多选)(2019·日照一模)如图2所示，斜面A固定于水平地面上，在t＝0时刻，滑块B以初速度v0自斜面底端冲上斜面，t＝t0时刻到达最高点。取沿斜面向上为正方向，下列表示滑块在斜面上整个运动过程中速度v随时间t变化的图象中，可能正确的是(　　) 图2 解析　若斜面是光滑的，则滑块在上滑和下滑的过程中所受合力为重力沿斜面向下的分力，大小、方向均不变，故A正确；若斜面不光滑且滑块上滑过程中所受的滑动摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，则滑块沿斜面上升到最高点后会静止在斜面上，故B正确；若斜面不光滑且滑块在斜面上运动时所受的滑动摩擦力(即最大静摩擦力)小于重力沿斜面向下的分力，则滑块在上升过程中由重力沿斜面向下的分力和沿斜面向下的滑动摩擦力充当合外力，而在下降过程中由重力沿斜面向下的分力和沿斜面向上的滑动摩擦力充当合外力，所以滑块沿斜面下滑的加速度一定小于沿斜面上滑的加速度，故C错误，D正确。 答案　ABD 模型三　斜面中的“连接体模型” 【典例3】 如图3甲所示，两滑块A、B用细线跨过定滑轮相连，B距地面一定高度，A可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动，斜面固定在水平地面上。已知mA＝2 kg，mB＝4 kg，斜面倾角θ＝37°。某时刻由静止释放A，测得A沿斜面向上运动的v－t图象如图乙所示。已知g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： 图3 (1)A与斜面间的动摩擦因数； (2)A沿斜面向上滑动的最大位移的大小； (3)滑动过程中细线对A的拉力所做的功。 解析　(1)在0～0.5 s内，根据图乙知，A的加速度大小a1＝ m/s2＝4 m/s2，此时间段B的加速度大小与A的加速度大小相等 ＝ 分析可知有mBg－mAgsin θ－μmAgcos θ＝(mA＋mB)a1 解得μ＝0.25。 (2)B落地后，A继续减速上升，对A受力分析，由牛顿第二定律得mAgsin θ＋μmAgcos θ＝mAa2， 代入数据可得a2＝8 m/s2 故A减速向上滑动的位移s2＝,2a2)＝0.25 m 在0～0.5 s内，A加速向上滑动的位移s1＝,2a1)＝0.5 m 所以A沿斜面向上滑动的最大位移的大小 s＝s1＋s2＝0.75 m。 (3)A沿斜面向上滑动的过程中，只有A加速上滑过程细线对A的拉力做功，由动能定理知 W－(mAgsin θ＋μmAgcos θ)s1＝－0 mAv 解得细线对A的拉力所做的功W＝12 J。 答案　(1)0.25　(2)0.75 m　(3)12 J 2.科学思维(轻弹簧模型) 轻弹簧模型是高考中常见的物理模型之一。在物体运动引起弹簧形变的过程中，从力的角度看，弹簧上的弹力是变力，从能量的角度看，弹簧是储能元件。因此，借助弹簧模型，可以很好地考查考生的分析综合能力。在高考试题中，对弹簧(主要是轻弹簧)模型的考查主要涉及三个方面：静力学中的弹簧问题、动力学中的弹簧问题以及与能量转化有关的弹簧问题。考生在处理这些问题时，要特别注意弹簧“可拉可压”的特性以及弹簧弹力不可突变的特性。 模型一　轻弹簧模型中的“平衡模型” 【典例1】 如图4所示，一质量为m的木块，与劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧的另一端固定在斜面顶端。木块放在斜面上能处于静止状态。已知斜面倾角θ＝37°，木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5。弹簧在弹性限度内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则(　　) 图4 A.弹簧可能处于压缩状态 B.弹簧的最大形变量为 C.木块受到的摩擦力可