专题3 牛顿运动定律（专题讲解课）-【第一梯队】2026年高考物理二轮专题突破教用课件

该高中物理课件聚焦“牛顿运动定律”高考核心专题，覆盖瞬时性问题、连接体模型、临界极值问题、传送带模型、板块模型五大必考题型，对接高考评价体系分析各模型考点权重，如临界极值问题占比30%、传送带模型占比25%，通过题型图解归纳常考情境，体现备考针对性。 课件亮点在于“模型建构+科学推理”的素养导向，以传送带模型v-t图像分析、板块模型临界条件推导为实例，结合典例精解拆解“整体法+隔离法”解题技巧，培养学生运动和相互作用观念。特设易错陷阱警示与变式训练，助力学生掌握高考高频题型突破方法，教师可据此高效开展专题复习。

专题三　牛顿运动定律 高考物理 新高考专用 题型方法 目 录 题型7　动力学中的瞬时性问题 题型8　动力学中的连接体模型 题型9　动力学中的临界极值问题 题型10　动力学中的传送带模型 题型11　动力学中的板块模型 目 录 题型7　动力学中的瞬时性问题 题型图解 1.牛顿第二定律的瞬时性 物体的加速度与物体所受的合力总是同时产生、同时变化、同时消失,具有瞬时对应 关系。可见,合力不为0就立刻具有加速度;合力变化加速度也随之变化;合力为恒力时, 加速度不变。 题型方法 目 录 2.轻绳(属于微小形变)弹力可以突变。 3.轻杆(属于微小形变)弹力可以突变。 目 录 4.轻弹簧(属于明显形变)弹力不可以突变。 5.质点系牛顿第二定律 在质点系中,若质点的加速度不同,根据力的独立作用原理,可以导出质点系牛顿第二定 律的形式F合=m1a1+m2a2+…+mnan,连接体瞬时性问题可以借助质点系牛顿第二定律简化 求解过程。 目 录 典例精解 典例　如图所示,两物块A、B固定在轻杆两端,放在光滑固定的斜面体上,A的上端通过 平行于斜面的轻绳与斜面体连接,轻杆与斜面平行,A、B的质量分别为m、M,重力加速 度为g,斜面的倾角为θ,系统保持静止。 (1)求剪断轻绳瞬间,A、B的加速度,以及轻杆的弹力大小。 (2)若将轻绳换为轻质弹簧,轻杆换为轻绳,则求剪断A、B之 间轻绳瞬间,A、B的加速度,以及轻弹簧的弹力大小。 (3)若将A、B之间的轻杆换为轻弹簧,求剪断轻绳瞬间A、B的加速度。 目 录 解题导引    (1)剪断轻绳瞬间,轻绳、轻杆弹力可以突变,A、B会一起沿斜面运动。 (2)剪断轻绳瞬间,轻弹簧弹力不变。 目 录 (3)在剪断轻绳瞬间,A、B的加速度不同。   目 录 解析    (1)剪断轻绳瞬间,对A、B整体有(M+m)g sin θ=(M+m)a,解得a=g sin θ,方向沿斜 面向下,隔离B,根据牛顿第二定律有Mg sin θ+F杆=Ma,解得F杆=0。 (2)解法1    剪断轻绳前,对A、B整体,由受力平衡得弹簧弹力F=(M+m)g sin θ,剪断轻绳 瞬间,轻绳弹力变为0,对A,根据牛顿第二定律有F-mg sin θ=maA,解得aA= ,方向沿 斜面向上(点拨:弹簧弹力瞬间不变),对B,根据牛顿第二定律有Mg sin θ=MaB,解得aB=g sin θ,方向沿斜面向下。 解法2    由质点系牛顿第二定律有0=maA+MaB(点拨:在剪断轻绳瞬间A、B整体所受合 力不变,仍然为0),其中对B,由牛顿第二定律得Mg sin θ=MaB,解得aB=g sin θ,方向沿斜面 目 录 向下,所以aA=- ,负号表示A的加速度方向沿斜面向上。 (3)解法1    剪断轻绳前,对B有F'=Mg sin θ,剪断轻绳瞬间,B所受合力仍然为0,加速度为 0;对A,根据牛顿第二定律有F″+mg sin θ=maA,F'=F″,解得aA= ,方向沿斜 面向下。 解法2    由质点系牛顿第二定律有(M+m)g sin θ=maA+MaB,其中对B,B所受合力仍然为0, 加速度为0,所以aA= ,方向沿斜面向下。 答案    (1)A、B的加速度均为g sin θ,方向沿斜面向下    0    (2) ,方向沿斜面向上     g sin θ,方向沿斜面向下    (M+m)g sin θ    (3) ,方向沿斜面向下    0 目 录 方法拓展    (1)瞬时性问题的分析步骤 ①分析变化前各物体的受力; ②判断剪断瞬间哪些力变化,哪些力不变; ③分析变化后各物体的受力; ④根据牛顿第二定律求解各物体的加速度。 (2)要完全理解和解决牛顿第二定律的瞬时性问题,还要从以下两种思路考虑: ①轻弹簧(或橡皮绳)产生的弹力不会突变,可直接从受力分析入手确定合力,再用牛顿 第二定律确定加速度; ②轻杆(或轻绳、支持面)产生的弹力会发生突变,应从物体即将发生的实际运动入手 分析相应的受力,再用牛顿第二定律确定加速度。 目 录 题型8　动力学中的连接体模型 模型图解 1.加速度相同的连接体 (1)先用整体法求出加速度与合力的关系。 (2)再用隔离法求出内力与加速度的关系。 目 录     目 录 2.加速度大小相等、方向不同的连接体 (1)受力分析,找出动力、阻力。 (2)把握物体运动的实质,化曲绳为直绳,对整体由牛顿第二定律求加速度,隔离物体根 据牛顿第二定律求内力。 目 录 典例精解 典例　如图所示,相同的装置在恒力F作用下一起做匀加速直线运动,图1为光滑水平 面,图2斜面体固定且光滑,图3为竖直方向,不计空气阻力,弹簧均为轻质弹簧。 (1)比较3个图中物体运动的加速度大小关系; (2)比较3个图中弹簧长度的大小关系。 目 录 解题导引    (1)本题中A、B的加速度相同,可以用整体法求解加速度,用隔离法求内力 (弹簧弹力)。 (2)相同的弹簧,均处于伸长状态,比较弹簧长度即比较弹簧弹力。 解析    (1)题图1,由整体法得F=(mA+mB)a1,解得a1= (点拨:不计摩擦力,F即合力)。 题图2,由整体法得F-(mA+mB)g sin θ=(mA+mB)a2,解得a2= -g sin θ。 题图3,由整体法得F-(mA+mB)g=(mA+mB)a3,解得a3= -g。所以a1>a2>a3。 (2)题图1,隔离物体A,由牛顿第二定律得F1=mAa1= 。 题图2,隔离物体A,由牛顿第二定律得F2-mAg sin θ=mAa2,解得F2= 。 题图3,隔离物体A,由牛顿第二定律得F3-mAg=mAa3,解得F3= 。 目 录 F1=F2=F3,由胡克定律可知,3个图中弹簧的长度相等。 答案    (1)a1>a2>a3    (2)3个图中弹簧的长度相等 方法拓展    1.整体法和隔离法是处理连接体问题的常用方法。 2.整体法选取原则:当不需要考虑连接体内物体对另一物体的作用力,只需要对系统进 行分析时,可以选用该方法。 3.隔离法选取原则:当需要考虑连接体内各部分物体的受力和运动情况时,一般采用隔 离法。 目 录 题型9　动力学中的临界极值问题 题型图解 1.接触物体分离的临界条件:弹力为0(FN=0)。 目 录 2.绳子松弛的临界条件:绳子弹力为0(FT=0)。 目 录 3.叠加体系统中恰好要发生相对滑动时,其静摩擦力达到最大值,即F静=Ffm。 目 录 4.动力学极值问题求解方法 (1)利用三角函数求解 目 录 (2)利用物理分析法求解 目 录     BCD     典例精解 典例1    (多选)如图所示,A、B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上,A、 B间的动摩擦因数为μ,B与地面间的动摩擦因数为 μ,可认为最大静摩擦力等于滑动摩 擦力,重力加速度为g。现对A施加一水平拉力,则下列选项正确的是 ( ) A.当F<2μmg时,A、B都相对地面静止 B.当F= μmg时,A的加速度为 μg C.当F>3μmg时,A相对B滑动 D.无论F为何值,B的加速度都不会超过 μg 目 录 解题导引　利用整体法、隔离法求加速度。 解析    A、B之间的最大静摩擦力FfA=2μmg,B与地面之间的最大静摩擦力FfB= μmg,当 A、B将要相对滑动时,应用整体法,根据牛顿第二定律有F-FfB=3ma,隔离B,根据牛顿第 二定律有FfA-FfB=ma,联立解得F=3μmg,a= μg,若0<F≤ μmg,A、B静止不动;若 μmg<F ≤3μmg,A、B相对静止,一起加速运动;若3μmg<F,A、B相对滑动,A错误,C正确。当F=  μmg时,两物块相对静止,由整体法得F-FfB=3ma1,解得a1= μg,B正确。当A、B之间摩 擦力达到FfA=2μmg时,B所受合力最大,加速度最大,根据牛顿第二定律有FfA-FfB=mam,解 得am= μg,D正确。 目 录 典例2    (变式拓展)A、B两物体叠放在弹簧上,处于静止状态,A的质量为M,B的质量为 m,弹簧劲度系数为k,重力加速度为g。 (1)如图1所示,现用力向下压B到某位置后释放,试分析判断A、B两物体分离瞬间所在 位置。 (2)(变式1:施加恒力)如图2所示,在物体B上施加一恒力F,二者向上运动,试分析判断A、 B分离瞬间所在位置。 (3)(变式2:施加变力)如图3所示,A、B分离前在变力F的作用下做加速度为a的匀加速直 线运动。试分析判断: ①A、B分离瞬间所在位置、运动速度的大小。 目 录 ②外力F的变化规律。 ③A、B间的相互作用力的变化情况。             目 录 解题导引　抓住问题本质:在A、B分离的瞬间,二者的加速度相同,A、B间没有弹力。 解析    (1)设分离瞬间弹簧对整体的弹力为F弹,对A、B整体,根据牛顿第二定律有 (M+m)g-F弹=(M+m)a 对B,根据牛顿第二定律有mg=ma(分离条件:两物体间弹力为0),由以上两式解得F弹=0, 即两者在弹簧恢复原长时分离。 (2)对A、B整体,根据牛顿第二定律有F+kx-(M+m)g=(M+m)a(x为弹簧的形变量) 对A,根据牛顿第二定律有kx-Mg=Ma 联立解得kx= F 所以A、B分离时弹簧处于压缩状态,弹簧的压缩量x= 。 目 录 (3)①在未施加F时有kx1=(M+m)g A、B分离瞬间,对A,根据牛顿第二定律有kx2-Mg=Ma,解得x2=  A、B两物体的位移x=x1-x2=  由于A、B在F的作用下做匀加速直线运动,所以x=x1-x2= at2,解得t=  分离瞬间的速度大小v=at= 。 ②施加变力F后,在A、B分离前,根据牛顿第二定律有F+k(x1-x')-(M+m)g=(M+m)a(x'为整 体发生的位移),解得F=kx'+(M+m)a,即F与x'是线性关系。 ③对B有F+FN-mg=ma,又F=kx'+(M+m)a,解得FN=-kx'-Ma+mg,即两者之间的作用力随位 移x'的增大而减小。 答案　见解析 目 录 方法拓展    1.临界或极值条件的标志 (1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,明显表明题述的过程存在着临界 点。 (2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语,表明题述的过程存在 着“起止点”,而这些起止点往往就是临界状态。 (3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼表明题述的过程存在着极 值,这个极值点往往是临界点。 (4)若题目要求“最终加速度”“稳定加速度”等,即要求收尾加速度或收尾速度。 目 录 2.动力学中的典型临界条件 (1)接触与脱离的临界条件:两物体相接触或脱离,临界条件为弹力F=0。 (2)相对滑动的临界条件:两物体接触且处于相对静止时,常存在着静摩擦力,则相对滑 动的临界条件为静摩擦力达到最大值。 (3)绳子断裂与松弛的临界条件:绳子所能承受的张力是有限度的,绳子断与不断的临界 条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力,绳子松弛的临界条件为张力F=0。 (4)加速度最大与速度最大的临界条件:当物体在变化的外力作用下运动时,其加速度和 速度都会不断变化。当所受合力最大时,具有最大加速度;当所受合力最小时,具有最小 加速度;当加速度等于0时,往往会出现速度最大或速度最小的情形。 目 录 题型10　动力学中的传送带模型 模型图解 一、水平传送带模型 1.物块静止轻放在传送带左端,传送带顺时针转动   目 录   2.物块以某一初速度从传送带左端滑上,传送带顺时针转动   目 录   3.物块以某一初速度从传送带右端滑上,传送带顺时针转动   目 录 目 录 二、倾斜传送带(以典型考法为例) 1.物块静止轻放在传送带底端,传送带顺时针转动(μ>tan θ) 目 录 2.物块以某一初速度滑上传送带底端,传送带顺时针转动(μ>tan θ)     目 录 3.物块静止轻放在传送带顶端,传送带逆时针转动     目 录 4.物块以某一速度滑上传送带顶端,传送带顺时针转动     目 录 典例精解 典例1　如图所示,一水平的浅色长传送带上放置一煤块(可视为质点),煤块与传送带之 间的动摩擦因数为μ,初始时,传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度a0 开始运动,当其速度达到v0后,便以此速度做匀速运动。经过一段时间,煤块在传送带上 留下了一段黑色痕迹后,相对于传送带不再滑动,重力加速度为g,求此黑色痕迹的长 度。   目 录 解题导引    (1)本题有一个关键信息——经过一段时间,煤块在传送带上留下了一段黑 色痕迹后,相对于传送带不再滑动,所代表的物理意义是在传送带加速阶段,煤块的加速 度小于传送带的加速度,且当传送带的速度达到最大速度v0时,煤块的速度小于v0。 (2)接下来的过程中,煤块还要在摩擦力作用下继续加速,直到速度达到v0。 解析    解法1　图像法     根据v-t图线与横轴所围图形面积表示位移这一知识点,可通过分别画出传送带和煤块 的v-t图像,然后根据几何知识求出位移差。 根据题意,传送带先在时间t1内做初速度为0、加速度为a0的匀加速运动,后以速度v0做 匀速运动;煤块始终在摩擦力作用下做初速度为0的匀加速直线运动,加速时间为t2,末速 度为v0。由题中信息可分别画出传送带与煤块的v-t图线,如图中①②所示 目 录   其中t1= ,t2= 。两条图线所围阴影部分的面积即黑色痕迹的长度,根据几何知识可 得l= v0(t2-t1)= 。 解法2 利用相对运动的思想,求出传送带相对煤块(或煤块相对传送带)的速度与加速度,然后 利用运动规律列式求解。 目 录 根据题意,设传送带由静止加速到v0所用时间为t,有v0=a0t,在该过程中,煤块的加速度为a =μg,传送带相对煤块的加速度为a0-μg(点拨:根据相对运动可知a相对=a传送带-a煤块),可得传 送带做匀加速运动过程中相对煤块的位移l1= (a0-μg)t2。煤块在传送带做匀速运动后, 还会继续相对传送带滑动。在接下来的过程中,传送带相对煤块的加速度和初速度分 别为a=μg,v=(a0-μg)t(点拨:根据相对运动可知v相对=v传送带-v煤块)。在从传送带做匀速运动 开始至煤块与传送带共速这一过程中,传送带相对煤块的位移l2= 。整个过 程中传送带相对煤块的位移,即黑色痕迹的长度l=l1+l2= 。 答案      目 录 典例2    5·3改编　传送带与水平方向的夹角θ=37°,如图所示,物块与传送带间的动摩擦 因数μ=0.5,传送带始终保持v=4 m/s的恒定速率运行,物块以初速度v0从A端滑上传送带, 已知传送带两端A、B间距离L=6 m。sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。可认为最大 静摩擦力等于滑动摩擦力。求: (1)v0=2 m/s时,物块从A端到达B端所用的时间(结果保留1位小数); (2)v0=6 m/s时,物块从A端到达B端所用的时间(结果保留2位有效数字)。   目 录 解题导引    (1)对物块受力分析可知,v0=2 m/s时,物块最初做匀加速直线运动,若物块到 达B端时速度仍没有加速到与传送带速度相同,说明物块在传送带上一直做匀加速直 线运动;若物块在到达B端之前速度就与传送带相同,说明物块先做匀加速直线运动,当 速度与传送带速度相同后摩擦力方向发生改变,物块以另一个加速度做匀加速运动(重 力沿传送带向下的分力大于最大静摩擦力)。 目 录 (2)当v0=6 m/s时,物块受到的合力始终沿传送带向下,所以物块一直做匀加速运动。 目 录 解析    (1)以物块为研究对象,根据牛顿第二定律有mg sin θ+μmg cos θ=ma1,解得a1=10 m/s2,假设物块与传送带能够达到共速,则有v=v0+a1t1,解得t1=0.2 s,此时物块的位移x1=v0t1 + a1 =0.6 m<L(点拨:说明物块先做匀加速直线运动,直到与传送带共速,之后以另一加 速度做匀加速直线运动),根据牛顿第二定律有mg sin θ-μmg cos θ=ma2,解得a2=2 m/s2,从 与传送带共速至到达传送带最下端有L-x1=vt2+ a2 ,解得t2≈1.1 s,故物块从A端到达B 端所用时间t=t1+t2=1.3 s。 (2)以物块为研究对象,根据牛顿第二定律有mg sin θ-μmg cos θ=ma,解得a=2 m/s2,物块 的位移L=v0t'+ at'2(点拨:物块一直做匀加速直线运动),解得t'≈0.87 s。 答案    (1)1.3 s    (2)0.87 s 目 录 方法拓展　传送带模型的解题策略及具体步骤 (1)明确研究对象,画出受力分析图 研究传送带模型的核心任务是准确分析物体在传送带上的受力特点及其运动规律。 因此,我们首先需要明确研究对象,并在考虑物体与传送带之间的相对运动的同时,准确 地绘制出物体的受力分析图。在受力分析的过程中,我们通常按照以下步骤进行:首先 考虑重力、电场力、磁场力等非接触力,其次是弹力,然后是摩擦力,最后综合考虑其他 所有可能的力。 (2)利用牛顿第二定律列方程,求解加速度 在完成对物体受力分析后,首先需要判断物体是否具有加速度,一旦确认存在加速度,便 应在受力分析图上注明加速度的方向,接着根据牛顿第二定律建构方程,求解物体的加 速度,这是进一步分析物体运动细节的必要准备。 目 录 (3)绘制v-t图像 在绘制研究对象的v-t图像时,首先基于受力分析和题干提供的信息,对物体在传送带上 的运动进行定性或定量描述。接着,绘制v-t图像,以便清晰地展现物体与传送带的运动 情况以及二者之间的相对运动。 目 录 题型11　动力学中的板块模型 模型图解 一、板块系统所受拉力F不为0(以外力F作用在木板上为例) (1)若力F较小,当木板刚要相对水平地面运动时,以整体为研究对象,F1=μ2(M+m)g。 (2)随着力F增大,两者一起向右匀加速运动,当两者一起向右匀加速运动达到临界状态时 目 录 目 录 讨论:①当0<F≤F1时,两者处于静止状态; ②当F1<F≤F2时,两者一起做匀加速直线运动,a0= ≤μ1g; ③当F2<F时,两者以不同的加速度做匀加速直线运动。 目 录 通过a-F图像分析运动过程 目 录 二、板块系统所受拉力F为0 1.仅物块有初速度 (1)μ1mg≤μ2(M+m)g情况 目 录 (2)μ1mg>μ2(M+m)g情况 目 录 2.仅木板有初速度 (1)μ1≥μ2 目 录 (2)μ1<μ2 目 录 典例精解 典例　一质量M=3 kg的木板静止放在水平地面上,一质量m=2 kg的物块(可视为质点) 置于木板的最右端,物块和木板之间的动摩擦因数μ1=0.2,木板和水平地面之间的动摩 擦因数为μ2。现有一水平向右的恒力F作用在木板上。重力加速度g=10 m/s2,最大静摩 擦力等于滑动摩擦力。   (1)若μ2=0,F=5 N,求木板的加速度大小和物块与木板间的摩擦力大小。 (2)若μ2=0,板长L1=5 m,F=15 N,则经过多长时间物块从木板上滑离? (3)若μ2=0.1,板长L2=7 m,F=21 N,求为使物块滑离木板,力F作用的最短时间。 目 录 解题导引    (1)(2)μ2=0   (3)μ2=0.1 目 录   目 录 解析    (1)外力F存在临界值F0使二者达到恰好不相对滑动状态。以物块为研究对象, 由牛顿第二定律得μ1mg=ma0,解得a0=2 m/s2,以物块、木板整体为研究对象,根据牛顿第 二定律有F0=(M+m)a0,解得F0=10 N。 因为F=5 N<10 N,所以物块与木板一起做匀加速直线运动,以整体为研究对象,根据牛 顿第二定律有F=(M+m)a1,以物块为研究对象,根据牛顿第二定律有f=ma1,解得a1=1 m/s 2、 f=2 N(点拨:连接体求内力问题,可以结合整体法、隔离法求解)。 (2)F=15 N>10 N,故物块、木板相对运动,以物块为研究对象,根据牛顿第二定律得μ1mg =ma0,解得a0=2 m/s2,以木板为研究对象,根据牛顿第二定律有F-μ1mg=Ma2,解得 a2=  m/s2 目 录 假设经过时间t物块从木板上滑离,由运动学公式得L1= a2t2- a0t2,解得t=  s(点拨: 两物体相对位移等于板长,即物块恰好从木板上滑离)。 (3)没有撤去F前,两者均做匀加速直线运动。以物块为研究对象,根据牛顿第二定律有 μ1mg=ma0,解得a0=2 m/s2 以木板为研究对象,根据牛顿第二定律有F-μ1mg-μ2(M+m)g=Ma3,解得a3=4 m/s2 设F作用的时间为t1,撤去力F时,物块和木板的速度分别为v1和v2,v1=a0t1,v2=a3t1,两者相对 位移Δx1=x2-x1= a3 - a0 , 从撤去F到物块与木板共速,以物块为研究对象,根据牛顿第二定律有μ1mg=ma0,解得a0= 2 m/s2,做匀加速直线运动,以木板为研究对象,根据牛顿第二定律得μ1mg+μ2(M+m)g=Ma'2 目 录 解得a'2=3 m/s2,做匀减速直线运动。 设撤去F后经过时间t2物块和木板共速,则有v共=v2-a'2t2=v1+a0t2,联立解得t2= t1, 撤去F后两者相对位移Δx2=x'2-x'1= t2- t2, 为使物块滑离木板且F作用的时间最短,则两者共速时物块恰好滑离木板,即Δx1+Δx2=L2 可得t1=  s。 答案    (1)1 m/s2    2 N    (2)  s    (3)  s 目 录 $