第三章 专题探究(三) 牛顿运动定律的综合应用-【导与练】2022高考物理一轮总复习教师用书word（教科版）

专题探究(三)　牛顿运动定律的综合应用 考向一　动力学中的图像问题 　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 1.常见的四类动力学图像及解题办法 v-t图像 根据图像的斜率判断加速度的大小和方向,进而根据牛顿第二定律求解合力 F-a图像 对物体进行受力分析,然后根据牛顿第二定律推导出两个量间的函数关系式,根据函数关系式结合图像,明确图像的斜率、截距的意义,从而求出未知量 a-t图像 要注意加速度的正负,正确分析每一段的运动情况,然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程 F-t图像 要结合物体受到的力,根据牛顿第二定律求出加速度,分析每一时间段的运动性质 2.解题策略 命题点1　常见的图像问题 [例1] (2020·河南洛阳期末)(多选)如图(甲)所示,质量为m的小球(可视为质点)放在光滑水平面上,在竖直线MN的左侧受到水平恒力F1作用,在MN的右侧除受F1外还受到与F1在同一直线上的水平恒力F2作用,现小球从A点由静止开始运动,小球运动的v-t图像如图(乙)所示,下列说法中正确的是(　BC　) A.小球在MN右侧运动的时间为t2-t1 B.F2的大小为+m C.小球在MN右侧运动的加速度大小为 D.小球在0～t1时间内运动的最大位移为v1t1 [审题指导] (1)明确v-t图像斜率的物理意义表示运动物体的加速度。 (2)明确v-t图像面积的物理意义表示运动物体的位移。 解析:由图(乙)知小球在t1、t3时刻加速度改变方向,故可知t1时刻小球进入MN右侧,t3时刻小球进入MN左侧,则小球在MN右侧运动的时间为t3-t1,故A错误;由图(乙)可知小球在MN右侧的加速度大小为a′==,在MN左侧,由牛顿第二定律可得F1=ma=,在MN的右侧,由牛顿第二定律可得F2-F1=ma′,所以F2=ma′+F1=+,故B、C正确;由图线与t轴围成的面积表示位移可得,0～t1时间内运动的最大位移为x=,故D错误。 [跟踪训练1] (多选)如图所示,光滑水平地面上,可视为质点的两滑块A、B在水平外力作用下紧靠在一起压紧弹簧,弹簧左端固定在墙壁上,此时弹簧的压缩量为x0,以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示的一维坐标系。现将外力突然反向并使B向右做匀加速运动,下列关于拉力F、两滑块间弹力N与滑块B的位移x关系的图像可能正确的是(　BD　) 解析:当A和B相对静止加速时,对A、B整体,由牛顿第二定律得F+k(x0-x)=(mA+mB)a,因为可能有kx0=(mA+mB)a,则得F=kx,即F-x图像可能为过原点的直线。当A、B分离时,对A,k(x0-x)=mAa,此时x<x0,当A、B分离后,对B,F=mBa大小恒定,与x无关,B正确;在A、B分离前,对A,k(x0-x)-N=mAa,分离后N=0,D正确。 命题点2　图像信息的应用 [例2] (2020·四川宜宾一模)(多选)如图(甲),质量m=1 kg 的物体沿倾角θ=37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动,风对物体的作用力沿水平方向向右,其大小与风速v成正比,比例系数用k表示,物体加速度a与风速v的关系如图(乙)所示,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是(　BCD　) A.物体沿斜面做匀变速运动 B.当风速v=5 m/s时,物体沿斜面下滑的速度最大 C.物体与斜面间的动摩擦因数为0.25 D.比例系数k为 kg/s [审题指导] (1)坐标(0,4)的物理含义是风速为0时,沿斜面向下的加速度大小为4 m/s2。 (2)坐标(5,0)的物理含义是风速为5 m/s时,加速度为0。 解析:由图可知,物体的加速度逐渐减小,所以物体沿斜面的运动不是匀变速运动,故A错误;由图可知,风速为5 m/s时,物体的加速度为零,其沿斜面下滑的速度最大,故B正确;风速为0时,物体的加速度大小为a0=4 m/s2,对物体进行受力分析,沿斜面的方向根据牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma0,解得μ==0.25,故C正确;风速v=5 m/s时,物体的加速度为零,对物体进行受力分析可得mgsin θ-μN-kvcos θ=0,又N=mgcos θ+kvsin θ,联立得k== kg/s,故D正确。 解决图像综合问题的三点提醒 (1)分清图像的类别:即分清横、纵坐标所代表的物理量,明确其物理意义,掌握物理图像所反映的物理过程,会分析临界点。 (2)注意图线中特殊点的物理意义:图线与横、纵坐标轴的交点,图线的转折点,两图线的交点等。 (3)明确从图像中获得的信息:把图像与具体的题意、情境结合起来,再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义,确定从图像中可以获取的信息。 [跟踪训练2] (2021·广东新高考适应性考试)(多选)研究“蹦极”运动时