2023届高考物理（新粤教版）一轮总复习讲义第三章 牛顿运动定律

这是一份2023届高考物理（新粤教版）一轮总复习讲义第三章 牛顿运动定律，文件包含2023届高考物理新粤教版一轮总复习讲义专题强化三牛顿运动定律的综合应用动力学图像连接体及临界极值问题DOCX、2023届高考物理新粤教版一轮总复习讲义第2讲牛顿第二定律基本应用doc、2023届高考物理新粤教版一轮总复习讲义第1讲牛顿三定律的理解DOCX、2023届高考物理新粤教版一轮总复习讲义专题强化四动力学中三种典型物理模型doc、2023届高考物理新粤教版一轮总复习讲义实验四探究加速度与物体受力物体质量的关系doc、2023届高考物理新粤教版一轮总复习讲义章末核心素养提升doc等6份学案配套教学资源，其中学案共55页， 欢迎下载使用。
一、瞬时问题
1.当物体所受合力发生突变时，加速度也同时发生突变，而物体运动的速度不能发生突变。
2.轻绳(或轻杆)和轻弹簧(或橡皮条)的区别
如图1甲、乙中小球m1、m2原来均静止，现如果均从图中A处剪断，则剪断绳子瞬间图甲中的轻质弹簧的弹力来不及变化；图乙中的下段绳子的拉力立即变
为0。
图1
(1)轻绳(或轻杆)：剪断轻绳(或轻杆)后，原有的弹力将突变为0。
(2)轻弹簧(或橡皮条)：当轻弹簧(或橡皮条)两端与其他物体连接时，轻弹簧(或橡皮条)的弹力不能发生突变。
二、两类动力学问题
1.动力学的两类基本问题
第一类：已知受力情况求物体的运动情况。
第二类：已知运动情况求物体的受力。
2.解决两类基本问题的方法：以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解。
三、超重和失重
1.超重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象。
(2)产生条件：物体具有向上的加速度。
2.失重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象。
(2)产生条件：物体具有向下的加速度。
3.完全失重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于0的现象。
(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下。
4.实重和视重
(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。
(2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。
【自测】 在竖直方向运动的电梯地板上放置一台秤，将物体放在台秤上。电梯静止时台秤示数为FN。在电梯运动的某段过程中，台秤示数大于FN。在此过程中( )
A.物体受到的重力增大
B.物体处于失重状态
C.电梯可能正在加速下降
D.电梯可能正在加速上升
答案 D
解析 物体的视重变大，但是受到的重力没变，选项A错误；物体对台秤的压力变大，可知物体处于超重状态，选项B错误；物体处于超重状态，则加速度向上，电梯可能正在加速上升或者减速下降，选项C错误，D正确。
命题点一 瞬时问题的两类模型
1.两种模型
2.解题思路
【例1】 (2021·江苏扬州市质检)如图2甲、乙所示，细绳拴一个质量为m的小球，小球分别用固定在墙上的轻质铰链杆和轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角均为53°，轻杆和轻弹簧均水平。已知重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6。下列结论正确的是( )
图2
A.甲、乙两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大小均为eq \f(4,3)mg
B.甲图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为eq \f(4,3)g
C.乙图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为eq \f(5,3)g
D.甲、乙两种情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为eq \f(5,3)g
答案 C
解析 甲、乙两种情境中，小球静止时，轻杆对小球与轻弹簧对小球的作用力都是水平向右，如图所示由平衡条件得细绳的拉力大小都为FT＝eq \f(mg,cs 53°)＝eq \f(5,3)mg，故A错误；甲图所示情境中，细绳烧断瞬间，小球的加速度大小为a1＝g，乙图所示情境中，细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为a2＝eq \f(FT,m)＝eq \f(5,3)g，故C正确，B、D错误。
【针对训练1】 (多选)两小球A、B先后用弹簧和轻杆相连，放在光滑斜面上静止，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，如图3甲、乙所示，A、B质量相等，重力加速度为g，斜面的倾角为θ。在突然撤去挡板的瞬间( )
图3
A.两图中两球加速度均为gsin θ
B.两图中A球的加速度均为零
C.图甲中B球的加速度为2gsin θ
D.图乙中B球的加速度为gsin θ
答案 CD
解析 撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；题图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ，故C、D正确，A、B错误。
命题点二 动力学的两类基本问题
1.基本思路
2.基本步骤
3.解题关键
(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析。
(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁。

已知物体受力，分析物体运动情况
【真题示例2】 (2021·全国甲卷，14)如图4，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将( )
图4
A.逐渐增大 B.逐渐减小
C.先增大后减小 D.先减小后增大
答案 D
解析 设P点与竖直杆的距离为l，则PQ＝eq \f(l,cs θ)。对物块，根据牛顿第二定律，有mgsin θ＝ma，得a＝gsin θ，由s＝eq \f(1,2)at2，得eq \f(l,cs θ)＝eq \f(1,2)gsin θ·t2，得t＝eq \r(\f(4l,gsin 2θ))，当2θ＝eq \f(π,2)，即θ＝eq \f(π,4)时，t最小，由题知θ从30°增大到60°，故物块的下滑时间先减小后增大，选项D正确。
【例3】 (2021·广东新高考八省大联考)如图5所示，一足够长的斜面倾角为37°，斜面BC与水平面AB圆滑连接。质量m＝2 kg的物体静止于水平面上的M点，M点距B点之间的距离L＝9 m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，现使物体受到一水平向右的恒力F＝14 N作用，运动至B点时撤去该力
(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，取g＝10 m/s2)。则
图5
(1)物体到达B点时的速度是多大？
(2)物体在斜面上滑行的时间是多少？
答案 (1)6 m/s (2)1.95 s
解析 (1)在水平面上，根据牛顿第二定律可知F－μmg＝ma
解得a＝eq \f(F－μmg,m)＝eq \f(14－0.5×2×10,2) m/s2＝2 m/s2
M到B，根据速度与位移关系式可知
veq \\al(2,B)＝2aL
解得vB＝eq \r(2aL)＝eq \r(2×2×9) m/s＝6 m/s。
(2)物体在斜面上向上运动，根据牛顿第二定律可知mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1
代入数据解得a1＝10 m/s2
根据速度与位移关系式可知veq \\al(2,B)＝2a1s
解得s＝1.8 m
由vB＝a1t1得t1＝0.6 s
因μ＜tan θ，所以物体速度减为零后会继续下滑
下滑时根据牛顿第二定律可知
mgsin θ－μmgcs θ＝ma2
解得a2＝2 m/s2
由s＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)得t2＝eq \f(3\r(5),5) s
所以物体在斜面上滑行的总时间
t＝t1＋t2＝(0.6＋eq \f(3\r(5),5)) s＝1.95 s。
【针对训练2】 (2021·湖北武汉市4月质检)血液可视为由红血球和血浆组成。将装有血液的试管竖直放置，红血球会在血液中下沉。假设红血球只受粘滞阻力作用，且所受的粘滞阻力F与下沉速度v成正比，测得一红血球以初速度v0沿直线下沉的最大位移为s1，若该红血球以初速度eq \f(v0,n)沿直线下沉的最大位移记为s2，则eq \f(s2,s1)等于( )
A.eq \f(n－1,n) B.eq \f(1,n＋1)
C.eq \f(1,n) D.eq \f(2n,n＋1)
答案 C
解析 粘滞阻力F与下沉速度v成正比，即F＝kv，把下沉过程分成无数小段，每一小段的运动近似看作匀变速直线运动，则红血球以初速度v0沿直线下沉时，有F1＝kv0＝ma1，则a1＝eq \f(kv0,m)，由运动学公式veq \\al(2,0)＝2a1s1，解得s1＝eq \f(mv0,2k)，同理，红血球以初速度eq \f(v0,n)沿直线下沉时，有F2＝keq \f(v0,n)＝ma2，则a2＝eq \f(kv0,mn)，由运动学公式(eq \f(v0,n))2＝2a2s2，解得s2＝eq \f(mv0,2kn)，所以eq \f(s2,s1)＝eq \f(1,n)，故C正确。
已知物体运动情况，分析物体受力
【真题示例4】 (2021·浙江6月选考，19)机动车礼让行人是一种文明行为。如图6所示，质量m＝1.0×103 kg的汽车以v1＝36 km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20 m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6 m 的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。
图6
(1)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
(2)若路面宽L＝6 m，小朋友行走的速度v0＝0.5 m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；
(3)假设驾驶员以v2＝54 km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20 m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。
答案 (1)4 s 2.5×103 N (2)20 s
(3)5eq \r(5) m/s
解析 v1＝36 km/h＝10 m/s
v2＝54 km/h＝15 m/s
(1)根据平均速度公式得t1＝eq \f(s,\(v,\s\up6(－)) )＝eq \f(2s,v1)
解得刹车时间t1＝4 s
刹车加速度a＝eq \f(－v1,t1)＝－2.5 m/s2
根据牛顿第二定律得－f＝ma
解得f＝2.5×103 N。
(2)小朋友通过斑马线的时间t2＝eq \f(l＋L,v0)＝24 s
汽车在斑马线前等待时间t＝t2－t1＝20 s。
(3)根据速度与位移关系式得v2－veq \\al(2,2)＝2as
解得v＝5eq \r(5) m/s。
【针对训练3】 (2021·辽宁葫芦岛市期末)我国自主研制的新一代航空母舰正在建造中。设航母中舰载飞机获得的升力大小F可用F＝kv2表示，其中k为比例常数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知舰载飞机空载质量为1.69×103 kg时，起飞离地速度为78 m/s，装载弹药后质量为2.56×103 kg。
(1)求飞机装载弹药后的起飞离地速度；
(2)飞机装载弹药后，从静止开始在水平甲板上匀加速滑行180 m后起飞，求飞机在滑行过程中所用的时间和飞机水平方向所受的合力大小(结果保留3位有效数字)。
答案 (1)96 m/s (2)3.75 s 6.55×104 N
解析 (1)设空载质量为m1，装载弹药后质量为m2，空载起飞时，有kveq \\al(2,1)＝m1g
装载弹药后起飞时，有kveq \\al(2,2)＝m2g
解得v2＝96 m/s。
(2)设飞机匀加速滑行时间为t，加速度为a，由匀变速直线运动规律可得s＝eq \f(v2,2)t
解得t＝3.75 s
由v2＝at得a＝eq \f(v2,t)＝25.6 m/s2
飞机水平方向所受合力F水平＝m2a
解得F＝6.55×104 N。
题型自我感悟
动力学两类基本问题是运动学公式和牛顿第二定律的综合应用，能较好的考查学生分析和解决问题的能力。通过以上5个题目的分析，请你回答以下问题：
1.从以上题目可以看出，高考命题通过设计长平板、红血球、机动车和航空母舰等实际物体的运动为背景，来考查学生的什么能力？
提示 把实际物体模型化，看成质点；把实际物体的运动简化成我们熟悉的运动模型，即运动情景的模型化，主要考查学生物理建模的能力。
2.动力学方法是我们分析问题的基本方法，此类题目解题的关键是什么？
提示 在建立运动模型的基础上，要抓住两个分析：即“运动分析”和“受力分析”，根据牛顿第二定律或者运动学公式求出加速度。
命题点三 超重与失重现象
1.对超重和失重的理解
(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。
(2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失。
(3)尽管物体的加速度方向不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。
2.判断超重和失重的方法
【真题示例5】 (2020·山东卷)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图7所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是( )
图7
A.0～t1时间内，v增大，FN>mg
B.t1～t2时间内，v减小，FN