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2022届高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 核心素养专项提升学案 新人教版

2022届高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 核心素养专项提升学案 新人教版

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姓名：

- 13 -

核心素养专项提升
一、新教材经典素材
科学探究——球形物体空气阻力大小与速率关系的研究
人教版新教材提出了要加强课题研究,并提供了一个研究样例和一个参考选题。研究样例为“球形物体空气阻力大小与速率关系的研究”。
思维指导
学习研究样例时,一方面要了解课题研究的选题是怎样提出的,研究的证据是怎样收集的,怎样通过对证据的解释形成研究结论如何撰写课题研究报告等;另一方面要对教材中的课题,深入拓展探究,要根据平时的观察和发现,选择感兴趣的课题进行研究,达到举一反三的目的。
通过教材提供的研究样例,在明确样例中气球所受空气
阻力的大小和气球运动的速率如何测量的同时,要掌握平衡法测量阻力和利用数码相机等测量速度的方法。
创新训练
1.

(2020福建福州高三模拟)让钢球从某一高度竖直落下进入液体中,图中是闪光照相机拍摄的钢球在液体中的不同位置,则下列说法正确的是(　　)
A.钢球进入液体中先做加速运动,后做减速运动
B.钢球进入液体中先做减速运动,后做加速运动
C.钢球在液体中所受阻力先小于重力,后等于重力
D.钢球在液体中所受阻力先大于重力,后等于重力
2.(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成,甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落,假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比,与球的速率无关。若它们下落相同的距离,则(　　)
A.甲球用的时间比乙球长
B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
二、情境化主题突破
科学态度与责任——交通安全类问题分析(二)

在第一章《核心素养专项提升》中,我们将匀变速直线运动与交通安全问题结合,但没有涉及交通安全中相互作用的问题,现在结合牛顿第二定律就交通安全中的动力学情境类问题进行分类练习,警示大家注意交通安全。
创新训练
1.驾车打盹极其危险。某轿车在平直公路上以大小v1=32 m/s的速度匀速行驶,轿车司机老王疲劳驾驶开始打盹时,轿车与前方正以大小v2=18 m/s 的速度匀速行驶的大货车间的距离L=100 m。若老王打盹的时间t1=6 s,醒来时发现险情紧急刹车,从老王醒来到轿车开始减速行驶所用的时间t0=1 s,轿车减速行驶中所受阻力大小为其重力的710,g取10 m/s2。
(1)请通过计算判断轿车是否会撞上货车;
(2)若从老王开始打盹到轿车开始减速行驶的时间内(即t1+t0时间内),货车匀加速到速度大小v3=24 m/s之后匀速行驶,请通过计算判断轿车是否会撞上货车。

2.“避险车道”是由粗糙碎石铺成的上坡路段,供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险。如图是某公路的避险车道及周围路段示意图(俯视图),其中下坡路段倾角为5°,避险车道倾角为37°。一辆总质量为4.5×103 kg以54 km/h的速率在下坡路段向下匀速行驶的汽车突然刹车失灵(同时发动机失去动力),司机仅控制方向,使汽车驶入避险车道,最后停下。后经交警勘察和回放录像,发现该汽车在避险车道上运动的距离为28 m,且从刹车失灵到停止运动经历了28 s。若该汽车在避险车道上运动时受到的平均阻力大小为汽车总重力的45,它在下坡路段和避险车道上的运动均看成匀变速直线运动且不计其在下坡路段和避险车道交界处的能量损失,取sin 37°=0.6,sin 5°=0.09,求:

(1)汽车在避险车道上的加速度的大小;
(2)汽车在运动过程中的最大动量的大小;
(3)汽车在刹车失灵后进入避险车道前受到的平均阻力的大小。

三、科学思维之模型建构
滑块—滑板模型

模型建构
1.模型特点:通常涉及两个或两个以上的物体,并且物体间存在相对滑动。
2.摩擦力方向的特点(以两个物体为例)
(1)若两个物体同向运动,且两个物体“一快一慢”,则“快”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为阻力,“慢”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为动力。
(2)若两个物体反向运动,则每个物体受到的另一个物体对它的摩擦力均为阻力。
3.运动特点
(1)滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和滑板同向运动,位移大小之差等于板长;反向运动时,位移大小之和等于板长。
设板长为L,滑块位移大小为x1,滑板位移大小为x2
同向运动时:如图甲所示,L=x1-x2
反向运动时:如图乙所示,L=x1+x2

甲

乙
(2)若滑块与滑板最终相对静止,则它们的末速度相等。
案例探究

【典例】(2017全国卷Ⅲ)如图,两个滑块A和B的质量分别为mA=1 kg和mB=5 kg,放在静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5;木板的质量为m=4 kg,与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=3 m/s。A、B相遇时,A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度大小g=10 m/s2。求
(1)B与木板相对静止时,木板的速度;
(2)A、B开始运动时,两者之间的距离。
解题指导
审题

关键词句
分析解读
A、B两滑块开始相向滑动
由A、B初始运动方向,可知三个物体间的摩擦力方向,明确A、B的初始运动性质
mA=1kg,mB=5kg,m=4kg,μ1=0.5,μ20.1
分析计算可得A、B、木板分别所受摩擦力的大小,特别注意正确分析木板所受摩擦力的方向
A、B相遇时,A与木板恰好相对静止
由A、B、木板对地位移的分析计算,可求得A、B开始运动时两者之间的距离
……A与木板恰好相对静止……
(1)B与木板相对静止时……
由此启示,需要分析整个运动过程经历了什么样的转折变化

破题1.对各物体受力分析,由牛顿第二定律求加速度,从而确定各物体初始阶段的运动性质。
2.分析运动过程,找出运动状态变化的两个转折点:①B与木板相对静止,②A与木板相对静止。由此明确整个运动过程的三个阶段中,各物体的受力和运动状况。
3.分阶段由牛顿第二定律和运动学公式列方程。
4.根据运动全过程的分析,分析计算各物体的对地位移,即可求解。

　　1.解答“滑块—滑板”问题的思维流程

2.概括总结:(1)分别选研究对象→分别受力分析→分别求加速度→分别求位移;
(2)分析位移关系、速度关系→找临界点。

创新训练

1.(多选)如图所示,长木板放置在水平面上,一小物块置于长木板的中央,长木板和物块的质量均为m,物块与木板间的动摩擦因数为μ,木板与水平面间动摩擦因数μ3,已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,重力加速度为g。现对物块施加一水平向右的拉力F,则木板加速度大小a可能是(　　)

A.a=μg B.a=μg3 C.a=2μg3 D.a=F2m-μg3
2.如图所示,一个长度为L=1 m、高度为h=0.2 m的长木板静止在水平地面上,其质量M=0.4 kg,一质量m=0.1 kg的小物块(可视为质点)放置在其上表面的最右端。物块与长木板、长木板与地面之间动摩擦因数均为μ=0.5。已知重力加速度g取10 m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现给长木板施加一个水平向右持续作用的外力F。

(1)若F恒为3 N,试求长木板的加速度大小;
(2)若F=kt,k>0,在t=0时刻到物块刚从长木板上滑落的时间内,请定性画出物块与长木板间摩擦力大小随时间变化的图线,不用标注时间以及力的大小;
(3)若F为5.8 N,作用1.5 s后撤去,试判断物块是否能从长木板上掉下,如能,请求出小物块落地时距长木板左端的距离;如不能,求出物块距长木板右端的距离。

核心素养·专项提升
一、新教材经典素材
创新训练
1.D　通过闪光照相机拍摄的钢球在液体中的不同位置,由相邻小球的间距先减小后不变可知,小球先做减速运动,后做匀速运动。加速度的方向先向上,然后为零,由牛顿第二定律得f-mg=ma,则阻力先大于重力,然后等于重力。故选D。
2.BD　设小球在下落过程中所受阻力F阻=kR,k为常数,R为小球半径,由牛顿第二定律可知:mg-F阻=ma,由m=ρV=43ρπR3知:43ρπR3g-kR=43ρπR3a,即a=g-3k4ρπ·1R2,故知:R越大,a越大,即下落过程中a甲>a乙,选项C错误;下落相同的距离,由h=12at2知,a越大,t越小,选项A错误;由2ah=v2-v02知,a越大,v越大,选项B正确;由W阻=-F阻h知,甲球克服阻力做的功更大一些,选项D正确。
二、情境化主题突破
创新训练
1.答案(1)会　(2)不会
解析(1)从老王打盹到轿车开始减速轿车的位移x1=v1(t1+t0)=224m
在t1+t0=7s的时间内货车的位移
x3=v2(t1+t0)=18×7m=126m
此时两车相距
Δx=(L+x3)-x1=100m+126m-224m=2m
轿车减速运动的加速度710mg=ma
解得a=7m/s2
两车速度相等时v1-at2=v2
解得t2=2s
则这段时间内轿车比货车多走的距离为
Δs=v1t2-12at22-v2t2=14m>Δx=2m
故轿车会撞上货车;
(2)若从老王开始打盹到轿车开始减速行驶的时间内(即t1+t0时间内),货车匀加速到速度大小v3=24m/s之后匀速行驶,则在t1+t0时间内货车的位移
x4=v2+v32(t1+t0)=18+242×7m=147m
此时两车相距
Δx'=(L+x4)-x1=100m+147m-224m=23m
轿车开始刹车,当两车速度相等时v1-at2'=v3
解得t2'=87s
则这段时间内轿车比货车多走的距离为
Δs'=v1t2'-12at2'2-v3t2'=4.6m<Δx'=23m
故轿车不会撞上货车。
2.答案(1)a=14 m/s2　(2)1.26×105 kg·m·s-1　(3)f=1.8×103 N
解析(1)在避险车道上
mg·sin37°+0.8mg=ma
所以a=14m/s2
(2)由运动公式-2ax2=0-vm2
所以vm=28m/s
最大动量p=mvm=1.26×105kg·m·s-1
(3)在避险车道上减速过程有0-vm=-at2
所以t2=2s
故加速下滑过程t1=28s-t2=26s
a1=(vm-v0)t1
mg·sin5°-f=ma1
求得f=1.8×103N
三、科学思维之模型构建
典例答案(1)1 m/s　(2)1.9 m
解析(1)滑块A和B在木板上滑动时,木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3,A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB,木板相对于地面的加速度大小为a1。在物块B与木板达到共同速度前有
f1=μ1mAg①
f2=μ1mBg②
f3=μ2(m+mA+mB)g③
由牛顿第二定律得
f1=mAaA④
f2=mBaB⑤
f2-f1-f3=ma1⑥
设在t1时刻,B与木板达到共同速度,其大小为v1。由运动学公式有
v1=v0-aBt1⑦
v1=a1t1⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入已知数据得v1=1m/s⑨
(2)在t1时间间隔内,B相对于地面移动的距离为sB=v0t1-12aBt12⑩
设在B与木板达到共同速度v1后,木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的体系,由牛顿第二定律有
f1+f3=(mB+m)a2
由①②④⑤式知,aA=aB;再由⑦⑧式知,B与木板达到共同速度时,A的速度大小也为v1,但运动方向与木板相反。由题意知,A和B相遇时,A与木板的速度相同,设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2,则由运动学公式,对木板有v2=v1-a2t2
对A有v2=-v1+aAt2
在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为s1=v1t2-12a2t22
在(t1+t2)时间间隔内,A相对地面移动的距离为
sA=v0(t1+t2)-12aA(t1+t2)2

A和B相遇时,A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时,两者之间的距离为s0=sA+s1+sB
联立以上各式,并代入数据得
s0=1.9m
(也可用如图的速度—时间图线求解)
创新训练
1.BD　若物块与木板一起向右加速,没有发生相对滑动,以物块和木板整体为研究对象进行受力分析,有:F-μ3(m+m)g=2ma
解得:a=F2m-13μg
若物块和木板间发生相对滑动,以木板为研究对象有:μmg-μ3·2mg=ma
解得:a=13μg
故B、D正确,A、C错误。
2.答案(1)1 m/s2　(2)见解析　(3)能　0.59 m
解析(1)假设长木板与物块相对静止时,对物块受力分析,最大加速度
a0=μmgm=5m/s2
对长木板与物块,由牛顿第二定律
F0-μ(M+m)g=(M+m)a0
得F0=5N
长木板与地面最大静摩擦力为
fm=μ(M+m)g=2.5N
因为2.5N5N时,物块相对木板滑动,摩擦力f=μmg
保持不变。故物块与长木板间摩擦力大小随时间变化的图线如下:

(3)因为F=5.8N>F0,所以物块与长板相对滑动,对长板有
F-μ(M+m)g-μmg=Ma1
加速度a1=7m/s2
物块的加速度a2=μmgm=5m/s2
物块与长木板分离时有
L=12a1t2-12a2t2
解得时间t=1s<1.5s
可得,滑块可以从长木板上掉下。此时长木板速度v1=a1t=7m/s
物块速度v2=a2t=5m/s
物块做平抛运动h=12gt22
其落地时间t2=0.2s
平抛水平距离s2=v2t2=1m
物块与长板分离后长板的加速度a3
F-μMg=Ma3
得a3=9.5m/s2
在t2时间内木板向右运动距离
s1=v1t1+12a3t22=1.59m
最终小物块落地时距长木板左端的距离
Δs=s1-s2=0.59m
所以能掉下,小物块落地时距长木板左端的距离为0.59m。