2021～2023 年高考對牛頓運動定律的考查歸類分析

■四川省雙流中學 黎國勝(特級教師,正高級教師)

物理課程標準對牛頓運動定律的要求:通過實驗，探究物體運動的加速度與物體受力、物體質量的關系。理解牛頓運動定律，能用牛頓運動定律解釋生產生活中的有關現象、解決有關問題。通過實驗，認識超重和失重現象。

2021～2023 年高考對牛頓運動定律的考查情況如表1所示:

表1

牛頓運動定律是經典物理的支柱，也是高中物理的重要內容，還是高考的必考內容。統計分析表明，全國甲卷和乙卷每年必考，從2023年開始的課標卷沒有直接考查，而是融合在電場等內容中間接考查，在華僑、港澳臺聯考中經常以計算題的形式進行考查。從考查角度來看，主要考查瞬時性、圖像問題、板塊模型、極值問題等，有時也會結合動能定理及動量守恒考查多體、多過程問題。

一、考查牛頓第二定律的瞬時性

例1(2022·全國乙卷)如圖1所示，一根不可伸長的輕繩兩端各連接一質量為m的小球，初始時整個系統靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長L。一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點，方向與兩球連線垂直。當兩球運動至二者相距時，它們加速度的大小均為( )。

圖1

解析:當兩球運動至二者相距時，選F的作用點(輕繩的中點)為研究對象，進行受力分析，如圖2所示。因為兩球關于F所在直線對稱，所以，即。設輕繩的拉力為T，在水平方向上有2Tcosθ=F，解得。對其中一個小球應用牛頓第二定律得T=ma，解得。

圖2

答案:A

例2(2022·全國甲卷)如圖3所示，質量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接。兩滑塊與桌面間的動摩擦因數均為μ，重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F拉動滑塊P，使兩滑塊均做勻速運動;某時刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次恢復原長之前( )。

圖3

A.滑塊P的加速度大小的最大值為2μg

B.滑塊Q的加速度大小的最大值為2μg

C.滑塊P的位移大小一定大于滑塊Q的位移大小

D.滑塊P的速度大小均不大于同一時刻滑塊Q的速度大小

解析:設兩滑塊的質量均為m，撤去拉力F之前，兩滑塊均做勻速直線運動，選由兩滑塊P、Q(包括輕彈簧)組成的整體為研究對象，根據平衡條件得F=2μmg，隔離滑塊Q進行分析得F彈=μmg。撤去拉力F之后，兩滑塊在彈簧彈力和摩擦力的作用下運動，取向右為正方向，根據牛頓第二定律，對滑塊P有-F彈-μmg=ma1，對滑塊Q有F彈-μmg=ma2，則，因此在彈簧逐漸恢復原長的過程中，滑塊P做加速度減小的減速運動，滑塊Q做加速度增大的減速運動。當F彈=μmg時，滑塊P的加速度大小取最大值，且a1max=2μg，當F彈=0時，滑塊Q的加速度大小取最大值，且a2max=μg，選項A 正確，B 錯誤。撤去拉力F之后，兩滑塊向右做直線運動，彈簧的形變量逐漸變小，兩滑塊之間的距離減小，故滑塊P的位移大小一定小于滑塊Q的位移大小，選項C 錯誤。滑塊P在彈簧恢復到原長時的加速度大小a1'=μg，可見滑塊P做減速運動的加速度大小的最小值為滑塊Q做減速運動的加速度大小的最大值。撤去拉力F時，兩滑塊的初速度相等，滑塊P做加速度大小由2μg逐漸減小到μg的減速運動，滑塊Q做加速度大小由0逐漸增大到μg的減速運動，因此滑塊P的速度大小均不大于同一時刻滑塊Q的速度大小，選項D 正確。

答案:AD

總結：（1）牛頓第二定律中加速度與合外力是瞬時對應關系，求解某時刻物體的加速度，一定要分析該時刻物體受到的合外力，正確的受力分析是解題的關鍵。（2）由輕質彈簧連接兩物體的情況下，彈簧彈力不能發生突變。（3）合外力決定加速度。若加速度與速度同向，則速度增大；若加速度與速度反向，則速度減小。

二、結合圖像考查牛頓第二定律

例3(2023·全國甲卷)用水平拉力使質量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動，兩物體與桌面間的動摩擦因數分別為μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運動后，所受拉力F與其加速度a的關系圖像如圖4 所示。由圖可知( )。

圖4

A.m甲＜m乙

B.m甲＞m乙

C.μ甲＜μ乙

D.μ甲＞μ乙

解析:選甲物體或乙物體為研究對象，根據牛頓第二定律得F-μmg=ma，則F=ma+μmg，對照F-a圖像，根據數形結合思想可知，F-a圖像的斜率k=m，縱軸截距b=μmg。因為k甲＞k乙，所以m甲＞m乙;因為μ甲m甲g=μ乙m乙g，m甲＞m乙，所以μ甲＜μ乙。

答案:BC

例4(2021·全國乙卷)水平地面上有一質量為m1的長木板，木板的左端上有一質量為m2的物塊，如圖5所示。用水平向右的拉力F作用在物塊上，F隨時間t的變化關系如圖6甲所示，其中F1、F2分別為t1、t2時刻F的大小。木板的加速度a1隨時間t的變化關系如圖6乙所示。已知木板與地面間的動摩擦因數為μ1，物塊與木板間的動摩擦因數為μ2。假設最大靜摩擦力均與相應的滑動摩擦力相等，重力加速度大小為g。則( )。

圖5

圖6

A.F1=μ1m1g

D.在0～t2時間內，物塊與木板的加速度相等

解析:根據木板的a1-t圖像可知，在0～t1時間內物塊和木板均靜止，在t1時刻木板與地面間的靜摩擦力達到最大值，物塊和木板剛要一起滑動，對由物塊和木板組成的整體應用牛頓第二定律得F1=μ1(m1+m2)g，選項A 錯誤。根據木板的a1-t圖像可知，在t1～t2時間內物塊和木板一起做加速運動，在t2時刻物塊和木板間的靜摩擦力達到最大值，物塊和木板開始發生相對運動，根據牛頓第二定律，對由物塊和木板組成的整體有F2-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)amax，對木板有μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1amax，整理得，選項B 正確。因為μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1amax，所以μ2m2g＞μ1(m1+m2)g，即，選項C正確。因為在0～t1時間內物塊和木板均靜止，在t1～t2時間內物塊和木板一起以共同的加速度做加速運動，所以在0～t2時間內物塊與木板的加速度相等，選項D正確。

答案:BCD

總結：（1）對于圖像問題，需要明確橫軸、縱軸表示的物理量，根據受力分析，運用物理規律找出縱坐標與橫坐標的函數關系，還需要明確圖像截距、交點坐標、斜率、面積的物理意義。（2）結合圖像考查連接體、臨界極值問題時，處理板塊問題的難點在于摩擦力有無、種類、方向的判斷。

三、考查牛頓第二定律的極值問題

例5(2021·全國甲卷)如圖7所示，將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板P處，上部架在橫桿上。橫桿的位置可在豎直桿上調節，使得平板與底座之間的夾角θ可變。將小物塊從平板與豎直桿交點Q處由靜止釋放，物塊沿平板從Q點滑至擋板P處所用的時間t與夾角θ的大小有關。若θ由30°逐漸增大至60°，則物塊的下滑時間t將( )。

圖7

A.逐漸增大

B.逐漸減小

C.先增大后減小

D.先減小后增大

解析:設擋板P與豎直桿之間的水平距離為d，則物塊從Q點滑至擋板P處沿平板方向的位移，對物塊應用牛頓第二定律得mgsinθ=ma，根據運動學公式得，整理得，根據數學知識可知，當θ=45°時，sin 2θ取最大值，對應時間t最小，因此當θ由30°逐漸增大至60°時，物塊的下滑時間t將先減小后增大。

答案:D

總結：求解極值問題，需要先根據物理規律找出函數關系，再根據數學知識求極值。中學階段常用的存在極值的函數：正、余弦函數，二次函數，對鉤函數（耐克函數）。對于高三學生而言，也可以用來求極值的數學知識：一階導數等于0時，往往存在極值。

四、單體或多體的多過程綜合問題

例6(2021·全國甲卷)一質量為m的物體自傾角為α的固定斜面底端沿斜面向上滑動。該物體開始滑動時的動能為Ek，向上滑動一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動，到達斜面底端時的動能為。已知sinα=0.6，重力加速度大小為g，則( )。

C.物體與斜面間的動摩擦因數等于0.5

D.物體向上滑動所用的時間比向下滑動所用的時間長

解析:設物體向上滑動的距離為x，物體與斜面間的動摩擦因數為μ，根據動能定理可得，在物體沿斜面向上滑動的過程中有-mgsinα·x-μmgcosα·x=0-Ek，在物體沿斜面向下滑動的過程中有，解得，μ=0.5，選項A 錯誤，C 正確。當物體沿斜面向下滑動時，根據牛頓第二定律得mgsinα-μmgcosα=ma2，解得，選項B正確。當物體沿斜面向上滑動時，根據牛頓第二定律得mgsinα+μmgcosα=ma1，解得a1=g，即a1＞a2。物體沿斜面向上滑動的過程可視為反方向的初速度為零，加速度大小等于a1的勻加速直線運動。物體沿斜面向上滑動和向下滑動的距離相同，根據運動學公式得，又有a1＞a2，因此t1＜t2，即物體向上滑動所用的時間比向下滑動所用的時間短，選項D 錯誤。

答案:BC

例7(2023·華僑、港澳臺聯考)一列火車以速度v0沿水平長直軌道勻速行駛，突然列車后部有部分車廂脫鉤。已知脫鉤后車頭的牽引力不變;脫鉤車廂的質量為列車總質量的;假設列車所受阻力與其所受重力成正比。求當脫鉤車廂的速度變為時，列車前部未脫鉤部分的速度。

解法1:(利用運動與力的關系)設車頭的牽引力為F，火車總質量為m，火車勻速行駛時，根據平衡條件得F=kmg。部分車廂脫鉤后，設脫鉤車廂的加速度大小為a1，根據牛頓第二定律得，解得a1=kg;設剩余車廂的加速度大小為a2，剩余車廂的質量，根據牛頓第二定律得F-km'g=m'a2，解得。脫鉤車廂做勻減速直線運動，剩余車廂做勻加速直線運動。當脫鉤車廂的速度變為時，根據速度與時間的關系式得，解得。設此時剩余車廂的速度為v，根據速度與時間的關系式得v=v0+a2t，解得。

解法2:(利用動量守恒定律)選整列火車為研究對象，整列火車所受合外力始終為0，動量守恒，設火車總質量為m，脫鉤車廂速度變為時列車前部未脫鉤部分的速度為v，則，解得。

總結：遇到單體、多過程問題，往往結合動能定理列式求解更快捷。應用牛頓第二定律和運動學公式解題時，要注意正確進行受力分析，特別是摩擦力有無、種類、方向的判斷，還要注意運動學公式成立的條件是研究對象做勻變速直線運動。遇到多體、多過程問題，可以考慮應用動量定理或動量守恒定律列式求解。

特別提醒:統計分析表明，近三年高考全國卷物理試題沒有涉及傳送帶問題、超重和失重問題。傳送帶問題涉及的知識點多，對同學們的物理學科核心素養要求非常高，同學們在復習備考過程中需要適當關注。根據學習進階理論和最近發展區理論，同學們可以將這類問題分成多個階段和過程進行復習。超重和失重問題的本質是牛頓第二定律的應用，同學們在復習備考過程中需要了解相關概念，學會用牛頓第二定律分析判斷物體是處于超重還是失重狀態，或者根據超重、失重狀態去推斷物體的受力情況，逐步提升“力與運動”的物理觀念。