2021～2023年高考對牛頓運動定律的考查歸類分析

黎國勝

物理課程標(biāo)準(zhǔn)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(zhì)量的關(guān)系。理解牛頓運動定律，能用牛頓運動定律解釋生產(chǎn)生活中的有關(guān)現(xiàn)象、解決有關(guān)問題。通過實驗，認(rèn)識超重和失重現(xiàn)象。

2021～2023 年高考對牛頓運動定律的考查情況如表1所示：

牛頓運動定律是經(jīng)典物理的支柱，也是高中物理的重要內(nèi)容，還是高考的必考內(nèi)容。

統(tǒng)計分析表明，全國甲卷和乙卷每年必考，從2023年開始的課標(biāo)卷沒有直接考查，而是融合在電場等內(nèi)容中間接考查，在華僑、港澳臺聯(lián)考中經(jīng)常以計算題的形式進(jìn)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(jié)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(zhì)量為m的小球，初始時整個系統(tǒng)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(dāng)兩球運動至二者相距3/5L 時，它們加速度的大小均為（ ）。

A.5F/8m B.2F/5m

C.3F/8m D.3F/10m

解析：當(dāng)兩球運動至二者相距3/5L 時，選F 的作用點（輕繩的中點）為研究對象，進(jìn)行受力分析，如圖2所示。因為兩球關(guān)于F 所在直線對稱，所以sin θ=（3/10）L/（L/2）=3/5，即cos θ=4/5。設(shè)輕繩的拉力為T，在水平方向上有2Tcos θ=F，解得T=5/8F。對其中一個小球應(yīng)用牛頓第二定律得T=ma，解得a=5F/8m 。

答案：A

例2 （2022·全國甲卷）如圖3所示，質(zhì)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(shù)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(fù)原長之前（ ）。

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(shè)兩滑塊的質(zhì)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(jù)平衡條件得F =2μmg，隔離滑塊Q進(jìn)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(jù)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a1 = -F彈-μmg/m ，a2 =F彈-μmg/m ，因此在彈簧逐漸恢復(fù)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(dāng)F彈=μmg時，滑塊P 的加速度大小取最大值，且a1max=2μg，當(dāng)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(fù)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(jié)：（1）牛頓第二定律中加速度與合外力是瞬時對應(yīng)關(guān)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(guān)鍵。（2）由輕質(zhì)彈簧連接兩物體的情況下，彈簧彈力不能發(fā)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(jié)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(zhì)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(shù)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(guān)系圖像如圖4所示。由圖可知（ ）。

A.m 甲

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(jù)牛頓第二定律得F -μmg =ma，則F =ma+μmg，對照F-a 圖像，根據(jù)數(shù)形結(jié)合思想可知，F(xiàn)-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(zhì)量為m1 的長木板，木板的左端上有一質(zhì)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(xiàn) 隨時間t 的變化關(guān)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(guān)系如圖6乙所示。已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ2。假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動摩擦力相等，重力加速度大小為g。則（ ）。

A.F1=μ1m1g

B.F2=[m2（m1+m2）/m1] （μ2-μ1）g

C.μ2>[（m1+m2）/m2]μ1

D.在0～t2 時間內(nèi)，物塊與木板的加速度相等

解析：根據(jù)木板的a1-t 圖像可知，在0～t1 時間內(nèi)物塊和木板均靜止，在t1 時刻木板與地面間的靜摩擦力達(dá)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(yīng)用牛頓第二定律得F1=μ1（m1+m2）g，選項A 錯誤。根據(jù)木板的a1-t 圖像可知，在t1～t2 時間內(nèi)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(dá)到最大值，物塊和木板開始發(fā)生相對運動，根據(jù)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F2=[m2（m1+m2）]/m1 （μ2-μ1）g，選項B 正確。因為μ2m2g-μ1（m1+m2）g=m1amax，所以μ2m2g>μ1（m1+m2）g，即μ2>[（m1+m2）/m2]μ1，選項C正確。因為在0～t1 時間內(nèi)物塊和木板均靜止，在t1～t2 時間內(nèi)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(nèi)物塊與木板的加速度相等，選項D正確。

答 案：BCD

總結(jié)：（1）對于圖像問題，需要明確橫軸、縱軸表示的物理量，根據(jù)受力分析，運用物理規(guī)律找出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)的函數(shù)關(guān)系，還需要明確圖像截距、交點坐標(biāo)、斜率、面積的物理意義。（2）結(jié)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(diào)節(jié)，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(guān)。若θ 由30°逐漸增大至60°，則物塊的下滑時間t 將（ ）。

A.逐漸增大

B.逐漸減小

C.先增大后減小

D.先減小后增大

答案：D

總結(jié)：求解極值問題，需要先根據(jù)物理規(guī)律找出函數(shù)關(guān)系，再根據(jù)數(shù)學(xué)知識求極值。中學(xué)階段常用的存在極值的函數(shù)：正、余弦函數(shù)，二次函數(shù)，對鉤函數(shù)（耐克函數(shù)）。對于高三學(xué)生而言，也可以用來求極值的數(shù)學(xué)知識：一階導(dǎo)數(shù)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(zhì)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(dá)斜面底端時的動能為Ek5。已知sin α=0.6，重力加速度大小為g，則（ ）。

A.物體向上滑動的距離為Ek/2mg