2026版江苏高考物理总复习讲解课件：专题三　牛顿运动定律

专题三牛顿运动定律体系透视考点透析目录考点1牛顿运动定律的理解及基本应用考点2牛顿运动定律的综合应用题型透悟题型3动力学中的图像问题和临界极值问题题型4传送带模型题型5滑块-木板模型体系透视考点1牛顿运动定律的理解及基本应用一、超重、失重和完全失重现象的比较考点透析

超重现象失重现象完全失重现象加速度物体的加速度方向向上物体的加速度方向向下物体的加速度方向竖直向

下,大小a=g受力特点F-mg=maF>mgmg-F=maF<mgF=0运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升以a=g的加速度加速下降或

减速上升注意区分超重、失重的关键是确定加速度的方向,若加速度方向竖直向上或斜向上,则为超

重;若加速度方向竖直向下或斜向下,则为失重。二、瞬时性问题1.模型解读2.解题思路三、两类动力学问题1.根据物体的受力确定运动情况2.根据物体的运动情况确定受力3.解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和运动过程分析。(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁;相邻运动过程连接点的速度是联系两

相邻运动过程的桥梁。命题情境等时圆模型(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环最低点所用时间相等,

都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间,如图甲所示。

(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等,如图

乙所示。(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点,质点沿不同的光滑弦(过切点)上端由静止开始滑到下端所用时间相等,如图丙所示。(4)以图甲情境为例证明如下

证明:物体沿圆环的弦方向的分力为其所受合外力,由牛顿第二定律有mgcosθ=maa=gcosθ设物体从C运动到B的时间为t,则BC=

at2由几何关系可知,BC=AB·cosθ,AB为圆环的直径长为d,故有dcosθ=

gcosθ·t2t=

可知物体从圆环上沿弦运动到底端所用的时间只与圆环的直径有关,与θ无关。考点2牛顿运动定律的综合应用动力学中的连接体问题1.模型特点(1)由两个或两个以上物体所构成的系统且系统内物体之间存在相互作用。(2)系统内各物体加速度相同或有所关联。2.解题思路(1)当系统内各物体的加速度相同时,一般采用先“整体法”后“隔离法”的顺序解题。(2)当系统内各物体的加速度不相同时,要用“隔离法”解题。应用“隔离法”时,一般

先隔离受力少或已知受力多的物体进行研究。命题情境如图所示,互不黏合的A、B两物体紧贴放在水平地面上,水平地面与物体间的摩擦可忽

略,已知A、B两物体质量分别为4kg、6kg。t=0时,水平作用力F1、F2分别作用于A、B

上,其中F1=(24-12t)N,F2=(16+12t)N。

(1)A、B两物体分离前,以相同加速度一起向右运动,应用“整体法”可得a=

=4m/s2;若求t=0.2s时A、B之间的相互作用力,则可隔离A或B,应用牛顿第二定律列方程求解。(2)A、B分离后,加速度不同,则只能用“隔离法”分别求A、B的加速度。题型3

动力学中的图像问题和临界极值问题一、动力学中的图像问题题型透悟1.常见的动力学图像

横坐标纵坐标斜率面积纵截距v-t图像时刻瞬时速度加速度位移初态速度a-t图像时刻瞬时加速度-速度变化量初态加速度F-t图像时刻力-冲量初态受力F-a图像加速度力物体的质量-2.解题方法(1)问题实质是力与运动的关系,解题的关键在于弄清图像斜率、截距、交点、拐点和

面积的物理意义。(2)应用物理规律列出与图像对应的函数关系式,进而明确“图像与公式”“图像与物

体”间的关系,以便对有关物理问题作出准确判断。(3)整理得出图像的解析式。典例1质量m=2kg、初速度v0=8m/s的物体沿着粗糙水平面向右运动,物体与地面间

的动摩擦因数μ=0.1,同时物体还受到一个随时间按如图所示规律变化的水平拉力F的

作用。设水平向右为拉力的正方向,且物体在t=0时刻开始运动,g取10m/s2,则以下结论

正确的是

()

A.0~1s内,物体的加速度大小为2m/s2B.1~2s内,物体的加速度大小为4m/s2

D

C.0~1s内,物体的位移为7mD.0~2s内,物体的总位移为11m解析

解法一解析法由题图可知,0~1s内F的方向向左,大小为6N,摩擦力的方向

向左,大小为μmg=2N,因此,物体的加速度大小a1=

=4m/s2,方向向左,A错误。0~1s内,物体做初速度为8m/s的匀减速运动,1s时的速度v1=v0-a1t=(8-4×1)m/s=4m/s,方向

向右,第1s内的位移x1=

(v0+v1)t=6m,C错误。1~2s内力F的方向变为向右,且物体的速度方向仍然向右,因此物体所受的合力变为ma2=F'-μmg,得加速度大小a2=

=2m/s2,方向向右,B错误。1~2s内位移x2=v1t+

a2t2=

m=5m,可知0~2s内物体的总位移x=x1+x2=11m,D正确。解法二图像法由牛顿第二定律可得第1s内的加速度大小a1=

=4m/s2,方向向左,A错误。第2s内加速度的大小a2=

=2m/s2,方向向右,B错误。整个过程中物体运动的v-t图像如图所示,由v-t图线与时间轴围成的“面积”表示位移可得第1s内

位移x1=6m,C错误。前2s内总位移x=x1+x2=

m=11m,D正确。二、动力学中的临界极值问题1.三种典型临界问题的临界条件接触与脱离的临界条件两物体刚好接触或脱离的临界条件:弹力FN=0从相对静止到相对滑动的临界条件静摩擦力达到最大值速度最大的临界条件在加速运动中,当加速度为零时,速度往往达到最大值2.解题方法极限法把物理问题(或过程)推向极端,从而使临界现象(或状态)暴露出来,以达到正确解决问题的目的假设法临界问题存在多种可能,特别是非此即彼两种可能时,或变化过程中可能出现临界条件,也可能不出现临界条件时,往往用假设法解决问题函数法根据物理过程列出函数关系式,根据函数关系式解出临界条件典例2如图所示,质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止,用大小等

于mg的恒力F向上拉B,运动距离为h时,B与A分离。重力加速度为g,下列说法正确的是

()

A.B和A刚分离时,弹簧长度等于原长B.B和A刚分离时,它们的加速度为gC.弹簧的劲度系数等于

C

D.在B与A分离之前,它们做匀加速直线运动解析

A、B分离前,A、B共同做加速运动,由于F是恒力,而弹簧弹力是变力,故A、B做

变加速直线运动,D错误。当两物体刚要分离时,FNAB=0且两物体具有相同的加速度,对B

有F-mg=ma,对A有kx-mg=ma,又有F=mg,则a=0、kx=mg,此时弹簧仍处于压缩状态,A、

B错误。F=mg,设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0,则有2mg=kx0,h=x0-x,联立解得k=

,C正确。题型4传送带模型一、水平传送带模型1.三种情境分析

图示滑块的可能运动情况情境1滑块以速度v0冲上匀速传送带(1)若v0>v,滑块可能一直减速运动(传送带不够长)直到掉落,也可能先减速

运动再匀速运动(传送带足够长)(2)若v0<v(包含v0=0),滑块可能一直加速运动(传送带不够长)直到掉落,也可能先加速运动再匀速运动(传送带足够长)

图示滑块的可能运动情况情境2滑块以反向的速度v0冲上匀速传送带(1)若传送带较短,滑块一直减速运动到达左端(2)若传送带较长,滑块的速度减为零还要被传送带传回右端。当v0>v时返回速度为v,当v0<v时返回速度为v0情境3

将滑块轻放在初速度为零的匀加速启动的传送带上假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(1)若μg≥a,滑块和传送带一起以加速度a加速运动,滑块受到沿传送带前进方向的静摩擦力Ff=ma(2)若μg<a,滑块将相对传送带向后运动,但滑块相对地面仍然是向前加速运动的,此时滑块受到沿传送带前进方向的滑动摩擦力Ff=μmg,产生的加速度a块=μg2.解题要点(1)在水平方向匀速运动的传送带模型中,滑块相对传送带滑动时,滑块受滑动摩擦力作

用;滑块相对传送带静止,共速运动时,不受摩擦力作用。(2)根据滑块的初速度方向与摩擦力方向的关系,确定滑块的运动性质。(3)规定正方向后,在同一坐标系中画出滑块和传送带的v-t图像,滑块与传送带之间的运

动关系更直观。二、倾斜传送带模型1.三种情境分析

图示滑块的可能运动情况情境1

将滑块轻放在匀速传送带底端若mgsinα>μmgcosα,滑块会从传

送带下端滑落;若mgsinα<μmgcos

α,则滑块可能一直加速运动(传送带

较短),也可能先加速运动后匀速运动

(传送带足够长)情境2

滑块以速度v0(包含v0=0)“冲上”匀速传送带(1)可能一直加速运动(v>v0,且传送带

不够长)(2)可能一直匀速运动(v=v0,tanα≤μ)(3)可能先加速运动后匀速运动(v>v0,

tanα≤μ)(4)可能先减速运动后匀速运动(v<v0,

tanα≤μ)(5)可能先以a1加速运动再以a2加速运

动,且a1>a2(v>v0,tanα>μ)(6)可能一直减速运动(v<v0,且传送带

不够长)情境3

滑块以反向速度v0“冲上”匀速传

送带(1)可能一直加速运动(tanα>μ)(2)可能一直匀速运动(tanα=μ)(3)可能先减速运动后反向加速运动

(tanα<μ,且未从下端滑出)(4)可能一直减速运动(tanα<μ,从下

端滑出)2.解题要点在倾斜传送带模型中,滑块受重力、支持力和平行于传送带方向的摩擦力作用,当滑块

与传送带有相同速度时,若μ<tanα,滑块相对传送带滑动,加速度发生突变;若μ≥tanα,

滑块相对传送带静止,一起匀速运动。典例如图所示,倾角为37°、长l=16m的传送带,传动速度v=10m/s,在传送带顶端A处

无初速度地释放一个质量m=0.5kg的物体,物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.5。已知

sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2。求:

(1)传送带顺时针转动时,物体从顶端A滑到底端B的时间;(2)传送带逆时针转动时,物体从顶端A滑到底端B的时间。审题指导

(1)在倾斜传送带模型中,要特别关注μ与tanα的关系。本题中μ=0.5<tan37°,故物体相对传送带下滑,且无法相对静止。传送带顺时针转动时,物体将一直匀加速

滑到底部。(2)传送带逆时针转动时,物体初速度为0,故相对传送带向上滑动,所受摩擦力方向沿传

送带向下,物体以较大的加速度匀加速下滑;当物体与传送带共速时,因为μ=0.5<tan37°,

物体将继续相对传送带向下滑动,所受摩擦力方向沿传送带向上,物体以较小的加速度

匀加速下滑,需要对全程分段分析。解析

解法一解析法

(1)通过题设条件得到tan37°>μ,即重力沿传送带向下的分力大于滑动摩擦力,可知在下

滑过程中物体始终相对于传送带向下运动,摩擦力不变,方向沿传送带向上。根据牛顿

第二定律可得ma1=mgsin37°-μmgcos37°,可得a1=2m/s2。物体做初速度为0的匀加速

直线运动,l=

a1t2,得t=4s。(2)当传送带逆时针转动时,物体从静止开始沿传送带下滑,其初速度小于传送带的速

度,所以物体将先受到沿传送带向下的滑动摩擦力,由牛顿第二定律有ma2=mgsin37°+

μmgcos37°,得a2=10m/s2;当物体加速运动到与传送带共速时,v=a2t1,得t1=1s;由速度位移关系式有v2=2a2x1,得x1=5m<l=16m。因为tanα>μ,物体与传送带共速后将继续相对

于传送带加速下滑,受力情况同(1)问,物体的加速度为a1,且x2=l-x1,由位移时间关系式可

得x2=vt2+

a1

,解得t2=1s,总时间t总=t1+t2=2s。解法二图像法

(1)当传送带顺时针转动时,根据牛顿第二定律可得ma1=mgsin37°-μmgcos37°,可得a1=

2m/s2。物体做初速度为0的匀加速直线运动,有v物=a1t。以沿传送带向下为正方向,在

坐标系中画出物体和传送带的v-t图像(如图甲所示),由图中阴影部分的面积可知当t=4

s时物体对地位移达到16m,此时物体从传送带B端滑落,因此t=4s。

(2)当传送带逆时针转动时,仍以沿传送带向下为正方向,物体受到沿传送带向下的滑动

摩擦力,可得ma2=mgsin37°+μmgcos37°,得a2=10m/s2。物体从静止开始加速,有v物=a2t1。

作出物体和传送带的v-t图像(如图乙所示)。由图像可知当t1=1s时物体与传送带共速,由于tanα>μ,之后物体继续向下加速,将相对于传送带向下运动,则受力情况如第(1)

问,加速度为a1,得v物=v+a1t2,作出后半程物体的v-t图像。由全过程物体的v-t图线与横坐

标轴所围面积的物理意义可知,当面积总和达到16m时物体离开传送带,有l=16m=

×10×1+

(10+10+2t2)t2

(单位为m),可得t2=1s,总时间t总=t1+t2=2s。答案

(1)4s

(2)2s题型5滑块-木板模型一、解题必备1.“一选取两分析”(1)研究对象的选取:即整体法与隔离法的选取。(2)受力分析:要确定是静摩擦力还是滑动摩擦力,正压力大小如何计算,摩擦力方向如

何确定,特别注意分析速度相同时摩擦力可能发生突变的问题。(3)位移分析:滑块是否滑离木板。2.分析板块模型的两个关键(1)突破一个难点:判断滑块和木板是否发生相对滑动。(2)把握两个关系:根据两物体的位移关系可以画出位移关系情境图,再辅以v-t图像帮助

理解;当滑块和木板的速度相同时摩擦力会发生突变,这是运动过程中的重要转折点。3.分析板块模型问题的思维流程二、常见题型1.模型概述滑块-木板模型涉及摩擦力分析、相对运动,属于多物体、多过程问题,知识综合性较

强,对能力要求较高,故频现于高考试卷中。2.滑块-木板模型常见问题分类(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)力作用在“板”(质量为m2)上

一起静止的条件及分析一起加速的条件及分析相对滑动的条件及分析

条件:F≤Ff2max=μ2(m1+m2)g此时Ff1=0对滑块有Ff1max=μ1m1g=m1a1max对整体有Fmax-Ff2=(m1+m2)a1max整体加速度为a,应满足a≤a1max=μ1g,故条件为μ2(m1+m2)

g<F≤(μ1+μ2)(m1+m2)gF>(μ1+μ2)(m1+m2)g此时a1=μ1g,Ff1=μ1m1g(2)力作用在“块”(质量为m1)上

一起静止的条件及分析一起加速的条件及分析相对滑动的条件及分析μ1m1g>μ2(m1+m2)g

条件:F≤μ2(m1+m2)g此时Ff1=F,Ff1、Ff1'、Ff2均为

静摩擦力,且大小相等对质量为m2的木板有Ff1'-Ff2

=μ1m1g-μ2(m1+m2)g=m2a2max整体加速度a≤a2max对整体有Fmax-Ff2=(m1+m2)·a2

max,故条件为μ2(m1+m2)g<F

≤

,此时Ff1随F增大而增大条件:F>

此时Ff1=μ1m1g(3)“板块”有初速度(木板足够长)

情境1:滑块有初速度,木板静止

情境2:木板、滑块有同方向的初速

度,且v2<v1

若μ2(m1+m2)g<μ1m1g第一阶段:滑块以加速度a1=μ1g做匀减速直线运动;对木板有μ1m1g-μ2(m1+m2)

g=m2a2,木板以加速度a2=

-μ2g做匀加速直线运动,直到二者速度相等第二阶段:滑块、木板一起以加速度a=μ2g做匀减速直线运动,直到速度减为

0若μ2(m1+m2)g>μ1m1g情境1:木板不动,滑块以加速度a1=μ1g做匀减速直线运动,直到速度减为0情境2:滑块以加速度a1=μ1g做匀减速直线运动;对木板有μ2(m1+m2)g-μ1m1g=

m2a2,木板以加速度a2=

+μ2g做匀减速直线运动,直到二者速度同时减为0,或木板速度先减小为0,木板不动,滑块以加速度a1=μ1g做匀减速直

线运动,直到速度减为0,或二者速度减小到相等后再一起以加速度a=μ2g减

速到速度为0典例如图所示,质量m1=2kg的小铁块(大小不计),放在长L=2.5m的长木板左端,木板

质量m2=1kg,木板放在水平地面上,对小铁块施加水平向右的拉力F,已知小铁块与木板

间的动摩擦因数μ1=0.2,木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦

力,重力加速度g取10m/s2。

(1)为把小铁块从右端拉离木板,对小铁块施加的水平向右的拉力F应满足什么条件?(2)若拉力F=8N,作用t=2s后撤去F,求撤去拉力时小铁块和木板的速度大小v1和v2。(3)在(2)的情况下,求木板运动的最大速度。解析

(1)要使铁块滑离木板,需要让二者间的摩擦力为滑动摩擦力,且铁块的加速度大

于木板的加速度。对木板和铁块受力分析可知,铁块受到向右的拉力F和向左的滑动

摩擦力Ff1;木板上表面受到铁块对其向右的滑动摩擦力Ff1',下表面受到地面对其向左的

滑动摩擦力Ff2。由牛顿第三定律可知Ff1=Ff1'。对铁块:F-μ1m1g=m1a1对木板:μ1m1g-μ2(m1+m2)g=m2a2同时应满足a1>a2解得F>6N。(2)当F=8N时,显然已经