高考物理二轮 考前三个月 第二部分 专题一 第4讲 用转化和建模的思维巧解信息题教案.docx

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高考物理二轮考前三个月第二部分专题一第4讲用转化和建模的思维巧解信息题教案

第4讲　用“转化和建模”的思维巧解信息题

信息给予型题的题干主要以日常生活、生产及现代科技中的某个事件、问题为情景，让考生通过阅读、理解、思考和分析筛选出有用的信息，把题干所涉及的实际问题抽象为一种物理过程，并根据此物理过程建立起相应的物理模型，然后用题干中的相关信息去解决问题．

近几年的高考试题更加注重物理知识与实际问题的联系，通过与实际问题联系紧密的情景设计，一方面要求学生在合理的近似下建立物理模型，考查学生灵活运用物理规律和方法解决实际问题的能力，另一方面又要求学生能够注意物理模型建立的条件，区分理想模型与真实物体，以增强学生思维的活力．

在情景设计上，信息载体常涉及最新科技动态及应用、日常生活及社会热点等问题．要求学生在理解物理知识的同时，会用所学知识解决实际问题，能把生活中的物理情景转化为熟悉的物理模型，然后运用物理规律建立方程解决．特别是计算题部分，更是突出了对物理过程的分析，强化了建模能力的考查，考查学生提取信息、获取新知识，再运用新知识解决实际问题的能力．

新信息给予题所提供的材料，大都是课本内容中没有涉及的．它们的材料内容新，表达方法新，题干较长．由于信息题的以上特点，导致学生解答信息题时会遇到一些困难，主要表现在以下几个方面：

（1）面对新信息问题，畏难导致思维受阻

（2）受信息表象干扰，难以把握问题本质

（3）面对复杂信息情景，缺乏信息的划分、整合思维

（4）对于现象与问题，缺乏有效的建模思维

1．在题目中寻找有效信息

信息的载体具有多样化，可以是文字、公式、图线、表格和函数图象等，审题时一定要抓住题干中所给的可采集的知识点．在此我们可以将可采集的知识点与得到的信息列表如下：

数

物理量（具体数据、物理量的符号）

形

情景结构图、物理量关系图象、数学图

语

关键语言（字、词、句）

对象

状态、特征

过程

力和运动的特征、功和能的特征

条件

隐含、关键

2.将文字信息转化为物理信息

文字信息题的特点是：

物理语言往往被一大堆文字所掩盖，各种有用信息间的关系也不是一眼能看出来的．审题时先粗读材料，后细审设问，问题或明确或隐藏，也有问题中套问题的，但都是针对材料提出来的．审题的过程中包含了对材料的理解，数据的提取，要注意对现象、数据按内在联系进行抽象归纳，并合理推理，进而找到解决问题的方法，将复杂的实际问题进行科学抽象，保留主要因素，略去次要因素，建立正确的物理模型．而解题的关键是理解，理解了其中的新术语、新概念，实际上就是接受了有用信息，有了进一步的处理基础，然后再将其转化为物理知识，从而使问题得以解决．

例1

　广州亚运会男子4×100m接力赛上中国队勇夺冠军，现有甲、乙两运动员在训练交接棒的过程中发现，甲短矩离加速后能保持9m/s的速度跑完全程．为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记，在某次练习中，甲在接力区前x0处做了标记，当甲跑到此标记时向乙发出起跑口令，乙在接力区的前端听到口令时立即起跑（忽略声音传播的时间及人的反应时间），已知接力区的长度为L＝20m，设乙起跑后的运动是匀加速运动，试求：

（1）若x0＝13.5m，且乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒，则在完成交接棒时乙离接力区末端的距离为多大？

（2）若x0＝16m，乙的最大速度为8m/s，并能以最大速度跑完全程，要使甲、乙能在接力区完成交接棒，则乙在听口令后加速的加速度最大为多少？

审题突破　解本类语言文字叙述较多的题，首先要提炼文字，使之变成物理语言，其次是将物理语言转换成相应的物理模型，最后应用模型的相关规律、公式解题．

提炼1：

“9m/s”：

甲向乙传递接力棒时甲的速度．

提炼2：

“x0”：

甲在乙后x0处，甲比乙多跑了x0.

提炼3：

“乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上”：

甲和乙的运动是常见的追及问题，甲做匀速运动，乙做匀加速运动，甲比乙多跑了x0，追上时乙的速度等于甲的速度．

提炼4：

“要使甲、乙能在接力区完成交接棒”：

甲、乙在接力区边缘完成交接棒时所对应的乙的加速度应是临界加速度．

解析　

（1）设经过时间t，甲追上乙，乙的加速度为a1，则根据题意有vt－vt/2＝x0

将v＝9m/s，x0＝13.5m代入得t＝3s

又v＝a1t

解得a1＝3m/s2

设乙跑的距离为x，则x＝a1t2/2

代入数据得到x＝13.5m

所以乙离接力区末端的距离为

Δx＝L－x＝20m－13.5m＝6.5m

（2）由题意可知，乙的加速度越大，在完成交接棒时乙跑过的距离越长．当在接力区的边缘完成交接棒时，乙的加速度最大，设乙此时的加速度为a2

运动的时间t0＝

＝

乙达到其最大速度所用的时间t1＝

L＝

a2t

＋v乙（t0－t1）

联立解得a2＝

m/s2＝2.67m/s2

答案　

（1）6.5m　

（2）2.67m/s2

3．将图表信息转化为物理信息

图表信息分为图片信息和表格数据信息，题目所给的信息包含在图表中，解题时要注意观察图片或分析表格数据，注意题图所给物理情景．按时间或空间发展进程分析物理过程，从图表中提取有用的物理信息，正确构建物理模型．

例2

　太阳系八大行星绕太阳运动的轨道可粗略地认为是圆；各行星的半径、日星距离和质量如下表所示：

行星名称

水星

金星

地球

火星

木星

土星

天王星

海王星

星球半径/（×106m）

2.44

6.05

6.38

3.40

71.4

60.27

25.56

24.75

日星距离/（×1011m）

0.58

1.08

1.50

2.28

7.78

14.29

28.71

45.04

质量/（×1024kg）

0.33

4.87

6.00

0.64

1900

569

86.8

102

则根据所学的知识可以判断以下说法中正确的是（　　）

A．太阳系的八大行星中，海王星做圆周运动的速率最大

B．太阳系的八大行星中，水星做圆周运动的周期最大

C．如果已知地球的公转周期为1年，万有引力常量G＝6.67×10－11N·m2/kg2，再利用地球和太阳间的距离，则可以求出太阳的质量

D．如果已知万有引力常量G＝6.67×10－11N·m2/kg2，并忽略地球的自转，利用地球的半径以及地球表面的重力加速度g＝10m/s2，则可以求出太阳的质量

审题突破　本题所给的是数据表格，我们应对数据做对比分析，从中找到所给数据的规律．

提炼1：

太阳的八大行星的球体半径的大小，可用于计算星球表面重力加速度和第一宇宙速度．

提炼2：

太阳的八大行星的公转半径，可用于计算公转周期和速率．

提炼3：

太阳的八大行星的质量，可用于计算行星表面重力加速度．

解析　对于太阳的行星，其所受太阳的引力充当其做圆周运动的向心力，G

＝m

，解得v＝

，可知轨道半径大的行星运动速率小，由表格数据知海王星的轨道半径最大，所以其运动速率最小，选项A错．根据G

＝mr

，得T＝2π

，由表格数据知水星的轨道半径最小，所以其运动周期最小，B错，由G

＝mr

，若知道万有引力常量G、行星的公转周期T和轨道半径，则可求中心天体的质量M，C正确．由于图表中没有地球的公转周期，虽然给出地球的半径和地球表面的重力加速度，但也无法求太阳质量，D错．

答案　C

4．从实际问题抽象出常见的物理模型

物理模型是为了研究物理问题而假想的物理情景，它忽略了次要因素，抓住了主要因素，是理想化的物理情景．而实际问题涉及到多个物体、多个环境因素，问题非常复杂，在此我们可以将问题简化，在实际问题中抽象出一些常见的物理模型，利用我们熟悉的物理知识去分析，题目便迎刃而解．

例3

　为登月探测月球，上海航天研制了“月球车”，如图1甲所示．某探究性学习小组对“月球车”的性能进行研究．他们让“月球车”在水平地面上由静止开始运动，并将“月球车”运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图乙所示的v－t图象，已知0～t1段为过原点的倾斜直线；t1～10s内“月球车”牵引力的功率保持不变，且P＝1.2kW,7s～10s段为平行于横轴的直线；在10s末停止遥控，让“月球车”自由滑行，“月球车”质量m＝100kg，整个过程中“月球车”受到的阻力Ff大小不变．

甲　　　　　　　　　　　　乙

图1

（1）求“月球车”所受阻力Ff的大小和“月球车”匀速运动时的速度大小；

（2）求“月球车”在加速运动过程中的总位移x.

（3）求0～13s内牵引力所做的总功．

（4）画出“月球车”整个运动过程中牵引力的功率随时间变化的图象．

审题突破　“月球车”在牵引力和阻力作用下的运动速度图象比较复杂，但仔细分析问题会发现：

题中包含了很多常见的物理模型：

①0～t1时间内，月球车受到恒定的牵引力和阻力的作用，由静止开始运动，加速度恒定，是初速度为零的匀加速直线运动．

②t1～7s时间内，月球车的功率不变，根据P＝Fv，随着v的增大，F减小，月球车的加速度减小，是加速度逐渐减小的变加速运动．

③0～7s时间内，整个过程是以恒定加速度启动的机车启动问题．

④7s～10s时间内，月球车的速度不变，牵引力等于阻力，其运动是匀速直线运动，是二力平衡问题，也是机车的最大速度问题．

⑤10s～13s时间内，月球车在阻力的作用下做匀减速直线运动，是牛顿运动定律与运动学公式相结合的直线运动问题．

解析　

（1）在10s末撤去牵引力后，“月球车”只在阻力Ff作用下做匀减速运动，由题图乙可得v1＝a·Δt＝3a

由牛顿第二定律得，Ff＝ma

7s～10s内“月球车”匀速运动，设牵引力为F，则F＝Ff

由P＝Fv1可得“月球车”匀速运动时的功率P＝Ffv1

联立解得v1＝6m/s，a＝2m/s2，Ff＝200N.

（2）“月球车”的加速运动过程可以分为0～t1时间内的匀加速运动和t1～7s时间内的变加速运动两个阶段．t1时功率为P＝1.2kW，速度为vt＝3m/s

由P＝F1vt可得此时牵引力为F1＝P/vt＝400N

由牛顿第二定律：

F1－Ff＝ma1，解得0～t1时间内的加速度大小为a1＝（F1－Ff）/m＝2m/s2

匀加速运动的时间t1＝vt/a1＝1.5s

匀加速运动的位移x1＝

a1t

＝2.25m

在0～7s内由动能定理可得F1x1＋P（7s－t1）－Ffx＝

mv

－0

代入数据解得“月球车”在加速运动过程中的总位移x＝28.5m.

（3）在0～1.5s内，牵引力做功W1＝F1x1＝400×2.25J＝900J

在1.5s～10s内，牵引力做功W2＝P（t2－t1）＝1200×（10－1.5）J＝10200J

10s后，停止遥控，牵引力做功为零

0～13s内牵引力所做的总功W＝W1＋W2＝11100J.

（4）“月球车”在0～1.5s内做匀加速直线运动，速度v＝a1t（t≤1.5s），功率P＝F1v＝F1a1t（t≤1.5s），1.5s～10s内“月球车”牵引力的功率保持不变，为P＝1.2kW，此后“月球车”牵引力的功率为0.“月球车”整个运动过程中牵引力的功率随时间变化的图象如图所示．

答案　

（1）200N　6m/s　

（2）28.5m　（3）11100J　（4）见解析图

1．我国“蛟龙号”深潜器经过多次试验，终于在2012年6月24日以7020m深度创下世界最新纪录（国外最深不超过6500m），预示着可以征服全球99.8%的海底世界，假设在某次实验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面10min内全过程的深度曲线（a）和速度图象（b），如图2所示，则有（　　）

图2

A．（a）图中h3代表本次最大深度，应为6.0m

B．全过程中最大加速度是0.025m/s2

C．潜水员处于超重状态应发生在3min～4min和6min～8min的时间段内

D．整个潜水器在8min～10min时间段内机械能守恒

答案　C

解析　由（b）图可以计算出0～4min时间内蛟龙号下潜的深度h3＝

×（4＋2）×60×2.0m＝360m，A错．在全过程中，0～1min时间内与3min～4min时间内的加速度最大，a＝

＝

m/s2＝

m/s2，B错．在3min～4min和6min～8min时间段内，加速度方向向上，潜水员处于超重状态，C正确．由机械能的定义可知潜水器在8min～10min时间内机械能不守恒，D错．

2．如图3是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：

打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则（　　）

图3

A．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小

B．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力

C．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功

D．返回舱在喷气过程中处于失重状态

答案　A

解析　火箭开始喷气瞬间，返回舱受到向上的反作用力，所受合外力向上，故伞绳的拉力变小，所以选项A正确；返回舱与降落伞组成的系统在火箭喷气前受力平衡，喷气过程中减速的主要原因是受到喷出气体的反作用力，故选项B错误；返回舱在喷气过程中做减速直线运动，故合外力一定做负功，选项C错误；返回舱喷气过程中产生竖直向上的加速度，故应处于超重状态，选项D错误．

3．某同学设想驾驶一辆“陆地－太空”两用汽车，沿地球赤道行驶并且汽车相对于地球速度可以增加到足够大，当汽车速度增加到某一值时，它将成为脱离地面绕地球做圆周运动的“航天汽车”．不计空气阻力，已知地球的半径R＝6400km，重力加速度g＝9.8m/s2.下列说法正确的是（　　）

A．汽车在地面上速度增加时，它对地面的压力增大

B．当汽车速度增加到7.9km/s时，将离开地面绕地球表面做圆周运动

C．此“航天汽车”环绕地球做圆周运动的最小周期为1h

D．在此“航天汽车”上可以用弹簧测力计测量物体的重力

答案　B

解析　汽车在地面上沿赤道做圆周运动，当速度增大时，其向心加速度增大，地面对它的支持力减小，所以它对地面的压力减小，A错．当G

＝m

时，汽车离开地面，结合G

＝mg，可得v＝7.9km/s，B正确．当汽车在地面附近做圆周运动时，周期为T＝

＝84.8min，该周期为最小周期，C错．由于“航天汽车”处于完全失重状态，不可在此“航天汽车”上用弹簧测力计测量物体的重力．

4．为了安全，在公路上行驶的汽车之间应保持必要的安全距离．我国公安部门规定：

高速公路上行驶汽车的安全距离为200m，汽车行驶的最高速度为120km/h，取g＝10m/s2.请你根据下面提供的资料，说明计算安全距离为200m的依据．

资料一：

驾驶员的反应时间在0.3s～0.6s之间．

资料二：

各种路面与轮胎之间的动摩擦因数.

路面

动摩擦因数

干沥青与混凝土路面

0.7～0.8

干碎石路面

0.6～0.7

湿沥青与混凝土路面

0.33～0.4

答案　见解析

解析　由表分析，0.6s是最长的反应时间

对应刹车之前的最大可能距离x1＝vt

0．33是最小的动摩擦因数，对应最大加速度a＝Ff/m＝μg

对应最大的刹车距离x2＝

安全距离x＝x1＋x2＝vt＋

得：

x≈188m

x≈188m略小于200m，

因此200m的安全距离是必要的．

5．某舰载机降落到静止的航母上，图4甲为航母甲板上拦阻索阻拦舰载机过程的俯视示意图，图乙为舰载机尾钩钩住拦阻索正中位置、随即关闭发动机后加速度a随时间t变化的图象．已知舰载机质量M＝2.0×104kg，尾钩刚钩住拦阻索时的初速度v0＝75m/s，t1＝0.3s时拦阻索与尾钩刚钩住时拦阻索的初始位置夹角θ＝45°，此时舰载机所受空气阻力与甲板摩擦阻力大小之和Ff＝2.0×105N，舰载机钩住拦阻索至停止的全过程中，克服空气阻力与甲板摩擦阻力做的总功Wf＝2.0×107J．求：

（1）t1＝0.3s时刻拦阻索的拉力大小FT；

（2）舰载机钩住拦阻索至停止的全过程中，克服拦阻索拉力做的功W；

（3）t1＝0.3s时刻舰载机的速度大小为v1，求t1＝0.3s至t2＝2.5s内通过的位移大小x.（提示：

求速度变化量可类比于利用v－Ff图象求位移的方法）

甲

乙

图4

答案　

（1）2.8×105N　

（2）3.625×107J　（3）70.5m/s　82.5m

解析　

（1）由题图乙可知t1＝0.3s时，加速度大小a＝30m/s2

由牛顿第二定律有2FTsinθ＋Ff＝Ma

联立解得FT＝2

×105N＝2.8×105N

（2）以舰载机为研究对象，由动能定理有

－W－Wf＝0－

Mv

W＝3.625×107J

（3）由题图乙可得速度的减少量

Δv＝4.5m/s

t1＝0.3s，v1＝v0－Δv＝70.5m/s

t1～t2时间内通过的位移大小

x＝v1（t2－t1）－

a（t2－t1）2＝82.5m

6．如图5（a）所示，在水平路段AB上有一质量为2×103kg的汽车，正以10m/s的速度向右匀速运动，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的v－t图象如图（b）所示（在t＝15s处水平虚线与曲线相切），运动过程中汽车发动机的输出功率保持20kW不变，假设汽车在两个路段上受到的阻力（含地面摩擦力和空气阻力等）各自有恒定的大小．

（1）求汽车在AB路段上运动时所受的阻力的大小．

（2）求汽车刚到达B点时的加速度大小．

（3）求BC路段的长度．

（4）若汽车通过C位置以后，仍保持原来的输出功率继续行驶，且受到的阻力与AB路段的阻力相等，请在图（b）上画出15s以后汽车运动的大致图象．

（a）

（b）

图5

答案　

（1）2000N　

（2）1m/s2　（3）68.75m　（4）见解析图

解析　

（1）汽车在AB路段上以v1＝10m/s的速度做匀速运动，有F1＝Ff1，P＝F1v1

联立解得：

Ff1＝P/v1＝

N＝2000N.

（2）t＝15s时汽车以v2＝5m/s的速度做匀速运动，有F2＝Ff2，P＝F2v2

联立解得：

Ff2＝P/v2＝

N＝4000N

t＝5s时汽车行驶到B点开始做减速运动，其牵引力F1＝Ff1＝2000N

根据牛顿第二定律，有Ff2－F1＝ma

解得a＝（Ff2－F1）/m＝1m/s2.

（3）在BC路段，由动能定理得Pt－Ff2l＝

mv

－

mv

解得l＝68.75m

（4）汽车通过C位置以后，阻力变小，将做加速度逐渐减小的加速运动，达到v＝10m/s后做匀速运动，15s以后汽车运动的速度图象如图所示．

7．风洞实验室在航空航天飞行器的研究中发挥着重要的作用，用它可以分析、研究影响飞行器飞行速度的各种因素．

风洞实验室中可以产生方向水平、速度大小可调节的风，用来研究处在流动气体中物体的受力情况．

现将一套有木球的细折杆ABC固定在风洞实验室中，球的质量为m，重力加速度为g，球在杆上运动时，球与杆之间的滑动摩擦力跟它们之间的弹力成正比，比例系数为k，设AB、BC的交接处B点用一段小圆弧平滑连接（即认为小球过B点的瞬间速度大小不会突然变化），如图6所示．

图6

实验时，先在无风的情况下让小球从斜杆上h高处由静止释放，小球最后滑到水平面上的C点停下，测得AC两点间水平距离为L；接着调节合适的风速大小，再将小球从杆的上端同一位置由静止释放，小球最后停在水平面上的D点，测得AD两点间水平距离为L/2，如果小球在运动过程中始终受到恒定的水平风力的作用，试求：

（1）比例系数k的大小；

（2）水平风力F多大？

（3）若斜面的倾角θ为已知，要使小球在杆上保持静止状态，水平风力F必须满足什么条件？

（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）

答案　见解析

解析　

（1）设AB间的水平距离为x，斜面的倾角为θ，无风时，小球从A点到C点，根据动能定理得：

mgh－kmgcosθ·

－kmg（L－x）＝0，所以k＝

（2）有风时，小球从A点到D点，根据动能定理得：

mgh－F·

－k（mgcosθ＋Fsinθ）·

－kmg（

－x）＝0（其中xtanθ＝h）

解得F＝

mg

（3）小球沿斜面有上滑趋势时：

Fmaxcosθ＝mgsinθ＋k（mgcosθ＋Fmaxsinθ）

所以Fmax＝

mg

小球沿斜面有下滑趋势时：

Fmincosθ＝mgsinθ－k（mgcosθ＋Fminsinθ）

所以Fmin＝

mg

所以风力大小的范围是：

mg≤F≤

mg

图7

8．为了解决高楼救险中云梯高度不够高的问题，可在消防云梯上再伸出轻便的滑杆，如图7为一次消防演习中模拟解救被困人员的示意图，被困人员使用安全带上的挂钩挂在滑杆上，沿滑杆下滑到消防云梯上逃生．为了安全，被困人员滑到云梯顶端的速度不能太大，通常滑杆由AO、OB两段直杆通过光滑转轴在O处连接，滑杆A端用挂钩钩在高楼的固定物上，且可绕固定物自由转动，B端用铰链固定在云梯上端，且可绕铰链自由转动，以便调节被困人员滑到云梯顶端的速度大小．设被困人员在调整好后的滑杆上下滑时滑杆与竖直方向的夹角保持不变，被困人员可看做质点，不计过O点时的机械能损失．已知AO长L1＝6m、OB长L2＝12m、竖直墙与云梯上端点B的水平距离d＝13.2m，被困人员安全带上的挂钩与滑杆AO间、滑杆OB间的动摩擦因数均为μ＝

.被困人员到达云梯顶端B点的速度不能超过6m/s，取g＝10m/s2.

（1）现测得OB与竖直方向的夹角为53°，请分析判断被困人员滑到B点是否安全．（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）

（2）若云梯顶端B点与竖直墙间的水平距离d保持不变，求能够被安全营救的被困人员与云梯顶端B的最大竖直距离．

答案　

（1）见解析　

（2）12.24m

解析　

（1）设OA、OB与竖直方向的夹角分别为α、β，由几何关系可知d＝L1sinα＋L2sinβ，代入数据可得α＝37°

在AO段由牛顿第二定律有mgcosα－μmgsinα＝ma1，解得

a1＝3m/s2

滑到O点时的速度大小为v0，由运动学公式有v

＝2a1L1，解得v0＝6m/s

在OB段由牛顿第二定律有：

mgcosβ－μmgsinβ＝ma2，解得a2＝－

m/s2

由运动学公式有：

v

－v

＝2a2L2，解得vB＝2

m/s

因vB

（2）设滑杆两端点A、B的最大竖直距离为h，对被困人员下滑全过程由动能定理得mgh－μmgL1sinα′－μmgL2sinβ′＝

mv2

d＝L1sinα′＋L2sinβ′

h＝

＋μd，解得h≤12.8m

若两杆拉直，A、B间的竖直高度为

h′＝

＝12.24m

所以能够被安全营救的被困人员与云梯顶端B的最大竖直距离为hm＝12.24m

9．粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，且沿x轴方向的电势φ与坐标值x的关系如下述表格所示：

1

2

3