【物理】2020届一轮复习人教版非线性关系问题学案
专题06 非线性关系问题
目录
一、数形结合法 1
二、数学解析法 8
两个物理量之间的关系是一次函数关系，其图象是一条直线。比如加速度与合外力关系，电压与电流的关系。如果两个物理量不是一次函数关系，其图象是各种各样的曲线，它们是非线性关系。非线性关系问题是中学物理教学中的难点，也是每年全国各地高考物理试题中的热点。
按解题方法把这些问题进行梳理分类，大致可分为数形结合法、数学解析法等几种类型。通过解析，以期对高三物理复习教学工作有所启迪。
一、数形结合法
数形结合法是定性分析非线性关系问题的最基本方法。这是因为在高中物理中，非线性关系问题的研究重点是定性分析。解决这类问题首先要定性地画出所要求的物理量与相关量的函数图象，按曲线所体现的物理意义来解释具体的物理问题，曲线的物理意义主要包括：曲线纵坐标随横坐标变化的物理意义，坐标值正负的物理意义，曲线与横轴、纵轴交点的物理意义，曲线上任意一点切线斜率的物理意义，曲线与横轴所围面积的物理意义等方面。
典例1.（19年全国2卷）如图（a），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v-t图像如图（b）所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则（ ）
A. 第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小
B. 第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大
C. 第二次滑翔过程中在竖直方向上平均加速度比第一次的大
D. 竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大
【答案】BD
【解析】A．由v-t图面积易知第二次面积大于等于第一次面积，故第二次竖直方向下落距离大于第一次下落距离，所以，A错误；
B．由于第二次竖直方向下落距离大，由于位移方向不变，故第二次水平方向位移大，故B正确
C．由于v-t斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由易知a1>a2，故C错误
D．由图像斜率，速度为v1时，第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故a1>a2，由G-fy=ma，可知，fy1
，D错误。
【点评与总结】金属棒进入第一磁场区域到刚进入第二磁场的运动过程，要定性地画出速度时间图象，通过对图象的面积与斜率的理解，解决相关问题。金属棒通过第一磁场区域与通过第二磁场的运动过程完全一样，因此在两个磁场区域中安培力做功相等，焦耳热相等。
针对训练2.如图所示，平直木板AB倾斜放置，板上的P点距A端较近，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B逐渐减小，先让物块从A由静止开始滑到B。然后，将A着地，抬高B，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从B由静止开始滑到A。上述两过程相比较，下列说法中一定正确的有（ ）
A． 物块经过P点的动能，前一过程较小
B． 物块从顶端滑到P点的过程中因摩擦产生的热量，前一过程较少
C．物块滑到底端的速度，前一过程较大
D．物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长
【解析】从整个过程来看，两种情况的摩擦力做功相等，所以滑到底端的速度大小相等。两个过程相比较，小物块滑到P点可以先总体比较出前一过程的摩擦力大，前一过程的合力小，再比较合力做功是前一过程小，因此动能也小。
至于两个过程中小物块滑到底端的时间，由于速度与时间是非线性关系，定量计算无法展开，可以比较两个过程图象得出结论。我们很容易分析出前一过程的加速度是逐渐增大，而后一过程的加速度是逐渐减小的，根据两个过程的加速度的变化特征以及小物块滑到底端的位移与速度的大小相等作出如图图象就可以比较出前一过程时间较长。所以 本题选择AD。
【点评与总结】在研究动力学中的非线性关系问题时，要培养学生利用速度时间图象法解决问题的意识，洞察两个物理量的变化关系，建立合适的坐标系画出图象，以便解决相关的物理问题。利用图像除了比较出滑到底端的时间大小，也可比较出滑到点动能的大小。本题是建立图象，有时须建立图象、图象等。
典例3（19年北京卷）
电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同。
（1）请在图中画出上述u–q图像。类比直线运动中由v–t图像求位移的方法，求两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep。
（2）在如图所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源（忽略内阻）。通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的q–t曲线如图中①②所示。
a．①②两条曲线不同是______（选填E或R）的改变造成的；
b．电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电。依据a中的结论，说明实现这两种充电方式的途径。
（3）设想使用理想的“恒流源”替换（2）中电源对电容器充电，可实现电容器电荷量随时间均匀增加。请思考使用“恒流源”和（2）中电源对电容器的充电过程，填写下表（选填“增大”、“减小”或“不变”）。
“恒流源”
（2）中电源
电源两端电压
通过电源的电流
【答案】 (1). (2). R 要快速度充电时，只要减小图2中的电阻R；要均匀充电时，只要适当增大图2中的电阻R即可 (3).. 增大 不变 不变 减小
【解析】由电容器电容定义式得到图象，类比图象求位移求解电量，由图3斜率解决两种充电方式不同的原因和方法；根据电容器充电过程中电容器两极板相当于电源解答
(1)由电容器电容定义式可得：，整理得：，所以图象应为过原点的倾斜直线，如图：
由题可知，两极间电压为U时电容器所储存的电能即为图线与横轴所围面积，即，当两极间电压为U时，电荷量为，所以 ；
(2)a.由于电源内阻不计，当电容器充满电后电容器两端电压即电源的电动势，电容器最终的电量为： ，由 图可知，两种充电方式最终的电量相同，只是时间不同，所以①②曲线不同是R造成的；
b.由图3可知，要快速度充电时，只要减小图2中的电阻R，要均匀充电时，只要适当增大图2中的电阻R即可；
(3)在电容器充电过程中在电容器的左极板带正电，右极板带负电，相当于另一电源，且充电过程中电量越来越大，回路中的总电动势减小，当电容器两端电压与电源电动势相等时，充电结束，所以换成“恒流源”时，为了保证电流不变，所以“恒流源两端电压要增大，通过电源的电流不变，在(2)电源的电压不变，通过电源的电流减小。
【点评与总结】对于图像面积的物理意义在不同的非线性关系问题中有不同的体现，对于U-q图象，我们可以假设在电压不变，的情况下,由此可知这个图线与横轴所谓的面积为电功，即电容器储存的电能。
针对训练3a.为了探究受到空气阻力时，物体运动速度随时间的变化规律，某同学采用了“加速度与物体质量、物体受力关系”的实验装置（如图所示）。实验时，平衡小车与木板之间的摩擦力后，在小车上安装一薄板，以增大空气对小车运动的阻力。
（1）往砝码盘中加入一小砝码，在释放小车 之前 （选填“之前”或“之后”）接通打点计时器的电源，在纸带上打出一系列的点。
（2）从纸带上选取若干计数点进行测量，得出各计数点的时间t与速度v的数
据如下表：
请根据实验数据作出小车的v-t图像。
（3）通过对实验结果的分析，该同学认为：随着运动速度的增加，小车所受的空气阻力将变大，你是否同意他的观点？请根据v-t图象简要阐述理由。
【解析】根据提供的数据在如图所示的坐标纸上作出v-t图象，根据图象的物理意义知小车的加速度逐渐减小，进而推知小车所受的空气阻力随速度的增大而增大。
【点评与总结】由作出的图象推导出空气阻力随速度的增大而增大。是学生分析综合能力的飞跃。要得出小车做加速度逐渐减小的加速运动，小车所受的重力、弹力均不变，只有空气阻力随速度的增大而增大，才使得加速度减小。可以进一步探究，当木板足够长时，小车的加速度可以减小零，加速度为零后，速度不变，阻力也不变。从问题的认识深度来说，本题的数据不够完整，尾部数据应该有不变的速度数值。
针对训练3b。（18年全国3卷）如图（a），在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电流i，i的变化如图（b）所示，规定从Q到P为电流的正方向。导线框R中的感应电动势（ ）
A．在时为零 B．在时改变方向
C．在时最大，且沿顺时针方向 D．在时最大，且沿顺时针方向
【答案】AC
【解析】根据法拉第电磁感应定律，感应电动势，即为的导数，有,S不变，与B成正比，所以，E与i的导数成正比，据此可以画出E-t图象如下：
从图象可以看出：
A．在 时为零，正确；
B．在 时改变方向，错误；
C．在 时为负最大，且沿顺时针方向，正确；
D．在 时为正最大，且沿逆时针方向，D错误。
【点评与总结】长直导线电流随时间图线是正弦规律变化的曲线，在某一点产生的磁场也是正弦规律变化，容易知道产生的感应电动势是预先规律变化的，电流也是按余弦规律，画出对应的感应电流的图线，即可解决相应的问题。
二、数学解析法
待求的物理量与其他的相关物理量是非线性关系，这类问题相对复杂，要找对相关的自变量，根据相对应的物理规律，构建自变量与待求物理量的函数关系，依据函数关系进一步求解。极值问题、临界问题都可以归为这一类，但由于极值问题、临界问题以另行成文，本文不再重复讨论。
典例4.（19年全国1卷）如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2。不计空气阻力，则满足
A. 1<<2 B. 2<<3 C. 3<<4 D. 4<<5
【答案】C
【解析】运动员起跳到达最高点的瞬间速度为零，又不计空气阻力，故可逆向处理为自由落体运动。则根据初速度为零匀加速运动，相等相邻位移时间关系，可知，即，故本题选C。
【点评与总结】
运动员上升的位移与时间的关系是非线性关系，要根据初速度为零匀加速运动的推论得出各个相等位移所用时间的比例关系。也就是说，把竖直上抛运动等效处理为自由落体运动。
针对训练4（19年全国2卷）如图，长为l的细绳下方悬挂一小球a。绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方l的处有一固定细铁钉。将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度（约为2°）后由静止释放，并从释放时开始计时。当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正。下列图像中，能描述小球在开始一个周期内的x-t关系的是_____。
【答案】A
【解析】
由T=2π得：T1=2π，T2=2π=π=T1，故BD错误；
，
由能量守恒定律可知，小球先后摆起得最大高度相同，故l-lcosθ1=
根据数学规律可得：故，即第一次振幅是第二次振幅得2倍，故A正确，C错误。
【点评与总结】绳碰到铁钉后的摆长变短，可以推导出其运动周期与振幅都变小。周期由单摆的周期公式得出，振幅则需要进一步推导。
典例5.（19年北京卷）（1）雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g。
（1）质量为m的雨滴由静止开始，下落高度h时速度为u，求这一过程中克服空气阻力所做的功W。
（2）将雨滴看作半径为r的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f=kr2v2，其中v是雨滴的速度，k是比例系数。
a．设雨滴的密度为ρ，推导雨滴下落趋近的最大速度vm与半径r的关系式；
b．示意图中画出了半径为r1、r2（r1>r2）的雨滴在空气中无初速下落的v–t图线，其中_________对应半径为r1的雨滴（选填①、②）；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的v–t图线。
（3）由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S的圆盘，证明：圆盘以速度v下落时受到的空气阻力f ∝v2（提示：设单位体积内空气分子数为n，空气分子质量为m0）。
【解析】（1）根据动能定理
可得
（2）a．根据牛顿第二定律
得
当加速度为零时，雨滴趋近于最大速度vm
雨滴质量
由a=0，可得，雨滴最大速度
b．①
如答图
（3）根据题设条件：大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。以下只考虑雨滴下落的定向运动。
简化的圆盘模型如答图3。设空气分子与圆盘碰撞前后相对速度大小不变。在∆t时间内，与圆盘碰撞的空气分子质量为
以F表示圆盘对气体分子的作用力，根据动量定理，
有
得
由牛顿第三定律，可知圆盘所受空气阻力
采用不同的碰撞模型，也可得到相同结论。
【点评与总结】本题中第二小题的加速度与速度的关系是二次函数关系，当加速度减小为零时，速度达到最大值。与此相类似，第三小题中圆盘收受的空气阻力与圆盘的速度也是二次函数关系。
针对训练5a.（19年天津卷）2018年，人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生，这种引擎不需要燃料，也无污染物排放。引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极、之间的匀强电场（初速度忽略不计），、间电压为，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力。单位时间内飘入的正离子数目为定值，离子质量为，电荷量为，其中是正整数，是元电荷。
（1）若引擎获得的推力为，求单位时间内飘入、间的正离子数目为多少；
（2）加速正离子束所消耗的功率不同时，引擎获得的推力也不同，试推导的表达式；
（3）为提高能量的转换效率，要使尽量大，请提出增大的三条建议。
【答案】（1）（2））（3）三条建议：用质量大的离子；用带电量少的离子；减小加速电压。
【解析】（
（1）设正离子经过电极时的速度为v，根据动能定理，有
①
设正离子束所受的电场力为，根据牛顿第三定律，有
②
设引擎在时间内飘入电极间的正离子个数为，由牛顿第二定律，有
③
联立①②③式，且得
④
（2）设正离子束所受的电场力为，由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有
⑤
考虑到牛顿第三定律得到，联立①⑤式得
⑥
（3）为使尽量大，分析⑥式得到
三条建议：用质量大的离子；用带电量少的离子；减小加速电压。
【点评与总结】以时间内飘入、间的正离子整体为研究对象，根据反冲原理、动能定理以及动量定理进行推导，求得的物理量与相关量是非线性关系。
针对训练5b.（19年全国2卷）如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在地面上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：
（1）抽气前氢气的压强；
（2）抽气后氢气的压强和体积。
【答案】（1）（p0+p）；（2）；
【解析】
（1）设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得
（p10–p）·2S=（p0–p）·S①
得p10=（p0+p）②
（2）设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氢气的压强和体积分别为p2和V2，根据力的平衡条件有p2·S=p1·2S③
由玻意耳定律得p1V1=p10·2V0④
p2V2=p0·V0⑤
由于两活塞用刚性杆连接，故
V1–2V0=2（V0–V2）⑥
联立②③④⑤⑥式解得
⑦
⑧
【点评与总结】气体做等温变化，其压强与体积是反比例关系，依据两部分气体的体积关系以及两部分气体的压强关系，再根据等温变化规律求解。
