2021届高考物理粤教版一轮学案：第三章核心素养提升

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1A.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＝＝0.25 m在0～0.5 s内，A加速向上滑动的位移s1＝＝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＝mAv－0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 J2.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4A.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能为零D.木块受到的摩擦力方向一定沿斜面向上解析　木块与斜面间的最大静摩擦力fm＝μmgcos θ＝0.4mg，木块重力沿斜面方向的分力为G1＝mgsin θ＝0.6mg，由G1＞fm可知，弹簧弹力的方向不可能向下，即弹簧不可能处于压缩状态，故A错误；弹簧有最大形变量时满足G1＋fm＝kΔxm，解得Δxm＝，故B错误；当G1＝F弹时，木块受到的摩擦力为零，故C正确；当G1＞F弹时，木块受到的摩擦力沿斜面向上，当G1＜F弹时，木块受到的摩擦力沿斜面向下，故D错误。答案　C弹簧类的平衡问题，一般是与弹簧相连的物体在弹簧弹力和其他力作用下处于平衡状态。若已知弹簧的情况(劲度系数、形变量)可以求解其他力；反过来，若已知物体受到的其他力也可以求解弹簧的情况。模型二　轻弹簧模型中的“弹力突变与不变模型”【典例2】 (多选)(2019·宁夏银川模拟)一根细绳与一根轻弹簧，上端分别固定在A、B两点，下端交于C点共同拉住一个小球：如图5所示，AC、BC与竖直方向的夹角均为θ，重力加速度为g，则(　　)图5A.烧断细绳的瞬间，小球的加速度为B.烧断细绳的瞬间，小球的加速度为gsin θC.弹簧在B处断开的瞬间，小球的加速度为gtan θD.弹簧在C处与小球断开的瞬间，小球的加速度为gsin θ解析　对小球受力分析，其受重力、弹簧的弹力F和细绳的拉力FT，如图所示，根据平衡条件有F＝FT＝，烧断细绳的瞬间，细绳的拉力消失，弹簧弹力和重力不变，故合力变为，方向与原细绳拉力的方向相反，故加速度为，故A正确，B错误；弹簧在B处断开的瞬间，由于弹簧上端没有与有质量的物体相连，因此弹簧弹力突变为零，小球加速度为gsin θ，C错误；弹簧在C处与小球断开的瞬间，弹簧对小球的弹力突变为零，细绳的拉力方向不突变，大小突变，等于重力沿绳方向的分力大小，小球受重力和细绳的拉力，小球将做圆周运动，但此时的向心力为零，合力等于重力沿垂直于绳方向的分力，根据牛顿第二定律，有mgsin θ＝ma，解得a＝gsin θ，D正确。答案　AD模型三　轻弹簧模型中的“动力学模型”【典例3】 (多选)(2019·四川省雅安市模拟)如图6所示，以大小为g的加速度加速下降的电梯地板上放有一质量为m的物体，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在电梯壁上，另一端与物体接触(不粘连)，弹簧水平且无形变。用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧被压缩了L，撤去F后，物体由静止向左运动2L后停止运动。已知物体与电梯地板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则撤去F后(　　)图6A.与弹簧分离前，物体相对电梯地板运动的加速度大小越来越大B.与弹簧分离后，物体相对电梯地板运动的加速度大小越来越小C.弹簧压缩量为时，物体相对电梯地板运动的速度最大D.物体相对电梯地板做匀减速运动的时间为2解析　撤去F后，物体在水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹簧弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，故水平方向的合外力先减小后反向增大，则加速度先减小后反向增大，故物体相对电梯地板先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体与弹簧分离后，物体在水平方向上只受滑动摩擦力，加速度不变，做匀减速运动，A、B错误；因为电梯向下做匀加速直线运动，故有mg－FN＝m·g，解得FN＝mg，当弹簧的弹力和摩擦力相等时，物体水平方向上的速度最大，有μFN＝kx，解得x＝，即弹簧压缩量为x＝时物体相对电梯地板运动的速度最大，C正确；水平方向上，物体离开弹簧后做匀减速直线运动，弹簧被压缩了L，而物体的总位移大小为2L，所以物体做匀减速直线运动的位移大小为L，离开弹簧后，物体相对电梯地板的加速度为a′＝＝μg，因为末速度为零，所以L＝a′t2，解得t＝2，D正确。答案　CD