2021～2023 年高考对牛顿运动定律的考查归类分析

■四川省双流中学 黎国胜(特级教师,正高级教师)

物理课程标准对牛顿运动定律的要求:通过实验，探究物体运动的加速度与物体受力、物体质量的关系。理解牛顿运动定律，能用牛顿运动定律解释生产生活中的有关现象、解决有关问题。通过实验，认识超重和失重现象。

2021～2023 年高考对牛顿运动定律的考查情况如表1所示:

表1

牛顿运动定律是经典物理的支柱，也是高中物理的重要内容，还是高考的必考内容。统计分析表明，全国甲卷和乙卷每年必考，从2023年开始的课标卷没有直接考查，而是融合在电场等内容中间接考查，在华侨、港澳台联考中经常以计算题的形式进行考查。从考查角度来看，主要考查瞬时性、图像问题、板块模型、极值问题等，有时也会结合动能定理及动量守恒考查多体、多过程问题。

一、考查牛顿第二定律的瞬时性

例1(2022·全国乙卷)如图1所示，一根不可伸长的轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距时，它们加速度的大小均为( )。

图1

解析:当两球运动至二者相距时，选F的作用点(轻绳的中点)为研究对象，进行受力分析，如图2所示。因为两球关于F所在直线对称，所以，即。设轻绳的拉力为T，在水平方向上有2Tcosθ=F，解得。对其中一个小球应用牛顿第二定律得T=ma，解得。

图2

答案:A

例2(2022·全国甲卷)如图3所示，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接。两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动滑块P，使两滑块均做匀速运动;某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( )。

图3

A.滑块P的加速度大小的最大值为2μg

B.滑块Q的加速度大小的最大值为2μg

C.滑块P的位移大小一定大于滑块Q的位移大小

D.滑块P的速度大小均不大于同一时刻滑块Q的速度大小

解析:设两滑块的质量均为m，撤去拉力F之前，两滑块均做匀速直线运动，选由两滑块P、Q(包括轻弹簧)组成的整体为研究对象，根据平衡条件得F=2μmg，隔离滑块Q进行分析得F弹=μmg。撤去拉力F之后，两滑块在弹簧弹力和摩擦力的作用下运动，取向右为正方向，根据牛顿第二定律，对滑块P有-F弹-μmg=ma1，对滑块Q有F弹-μmg=ma2，则，因此在弹簧逐渐恢复原长的过程中，滑块P做加速度减小的减速运动，滑块Q做加速度增大的减速运动。当F弹=μmg时，滑块P的加速度大小取最大值，且a1max=2μg，当F弹=0时，滑块Q的加速度大小取最大值，且a2max=μg，选项A 正确，B 错误。撤去拉力F之后，两滑块向右做直线运动，弹簧的形变量逐渐变小，两滑块之间的距离减小，故滑块P的位移大小一定小于滑块Q的位移大小，选项C 错误。滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度大小a1'=μg，可见滑块P做减速运动的加速度大小的最小值为滑块Q做减速运动的加速度大小的最大值。撤去拉力F时，两滑块的初速度相等，滑块P做加速度大小由2μg逐渐减小到μg的减速运动，滑块Q做加速度大小由0逐渐增大到μg的减速运动，因此滑块P的速度大小均不大于同一时刻滑块Q的速度大小，选项D 正确。

答案:AD

总结：（1）牛顿第二定律中加速度与合外力是瞬时对应关系，求解某时刻物体的加速度，一定要分析该时刻物体受到的合外力，正确的受力分析是解题的关键。（2）由轻质弹簧连接两物体的情况下，弹簧弹力不能发生突变。（3）合外力决定加速度。若加速度与速度同向，则速度增大；若加速度与速度反向，则速度减小。

二、结合图像考查牛顿第二定律

例3(2023·全国甲卷)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图像如图4 所示。由图可知( )。

图4

A.m甲＜m乙

B.m甲＞m乙

C.μ甲＜μ乙

D.μ甲＞μ乙

解析:选甲物体或乙物体为研究对象，根据牛顿第二定律得F-μmg=ma，则F=ma+μmg，对照F-a图像，根据数形结合思想可知，F-a图像的斜率k=m，纵轴截距b=μmg。因为k甲＞k乙，所以m甲＞m乙;因为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·全国乙卷)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图5所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图6甲所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图6乙所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则( )。

图5

图6

A.F1=μ1m1g

D.在0～t2时间内，物块与木板的加速度相等

解析:根据木板的a1-t图像可知，在0～t1时间内物块和木板均静止，在t1时刻木板与地面间的静摩擦力达到最大值，物块和木板刚要一起滑动，对由物块和木板组成的整体应用牛顿第二定律得F1=μ1(m1+m2)g，选项A 错误。根据木板的a1-t图像可知，在t1～t2时间内物块和木板一起做加速运动，在t2时刻物块和木板间的静摩擦力达到最大值，物块和木板开始发生相对运动，根据牛顿第二定律，对由物块和木板组成的整体有F2-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)amax，对木板有μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1amax，整理得，选项B 正确。因为μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1amax，所以μ2m2g＞μ1(m1+m2)g，即，选项C正确。因为在0～t1时间内物块和木板均静止，在t1～t2时间内物块和木板一起以共同的加速度做加速运动，所以在0～t2时间内物块与木板的加速度相等，选项D正确。

答案:BCD

总结：（1）对于图像问题，需要明确横轴、纵轴表示的物理量，根据受力分析，运用物理规律找出纵坐标与横坐标的函数关系，还需要明确图像截距、交点坐标、斜率、面积的物理意义。（2）结合图像考查连接体、临界极值问题时，处理板块问题的难点在于摩擦力有无、种类、方向的判断。

三、考查牛顿第二定律的极值问题

例5(2021·全国甲卷)如图7所示，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。将小物块从平板与竖直杆交点Q处由静止释放，物块沿平板从Q点滑至挡板P处所用的时间t与夹角θ的大小有关。若θ由30°逐渐增大至60°，则物块的下滑时间t将( )。

图7

A.逐渐增大

B.逐渐减小

C.先增大后减小

D.先减小后增大

解析:设挡板P与竖直杆之间的水平距离为d，则物块从Q点滑至挡板P处沿平板方向的位移，对物块应用牛顿第二定律得mgsinθ=ma，根据运动学公式得，整理得，根据数学知识可知，当θ=45°时，sin 2θ取最大值，对应时间t最小，因此当θ由30°逐渐增大至60°时，物块的下滑时间t将先减小后增大。

答案:D

总结：求解极值问题，需要先根据物理规律找出函数关系，再根据数学知识求极值。中学阶段常用的存在极值的函数：正、余弦函数，二次函数，对钩函数（耐克函数）。对于高三学生而言，也可以用来求极值的数学知识：一阶导数等于0时，往往存在极值。

四、单体或多体的多过程综合问题

例6(2021·全国甲卷)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时的动能为。已知sinα=0.6，重力加速度大小为g，则( )。

C.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5

D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动所用的时间长

解析:设物体向上滑动的距离为x，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，根据动能定理可得，在物体沿斜面向上滑动的过程中有-mgsinα·x-μmgcosα·x=0-Ek，在物体沿斜面向下滑动的过程中有，解得，μ=0.5，选项A 错误，C 正确。当物体沿斜面向下滑动时，根据牛顿第二定律得mgsinα-μmgcosα=ma2，解得，选项B正确。当物体沿斜面向上滑动时，根据牛顿第二定律得mgsinα+μmgcosα=ma1，解得a1=g，即a1＞a2。物体沿斜面向上滑动的过程可视为反方向的初速度为零，加速度大小等于a1的匀加速直线运动。物体沿斜面向上滑动和向下滑动的距离相同，根据运动学公式得，又有a1＞a2，因此t1＜t2，即物体向上滑动所用的时间比向下滑动所用的时间短，选项D 错误。

答案:BC

例7(2023·华侨、港澳台联考)一列火车以速度v0沿水平长直轨道匀速行驶，突然列车后部有部分车厢脱钩。已知脱钩后车头的牵引力不变;脱钩车厢的质量为列车总质量的;假设列车所受阻力与其所受重力成正比。求当脱钩车厢的速度变为时，列车前部未脱钩部分的速度。

解法1:(利用运动与力的关系)设车头的牵引力为F，火车总质量为m，火车匀速行驶时，根据平衡条件得F=kmg。部分车厢脱钩后，设脱钩车厢的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律得，解得a1=kg;设剩余车厢的加速度大小为a2，剩余车厢的质量，根据牛顿第二定律得F-km'g=m'a2，解得。脱钩车厢做匀减速直线运动，剩余车厢做匀加速直线运动。当脱钩车厢的速度变为时，根据速度与时间的关系式得，解得。设此时剩余车厢的速度为v，根据速度与时间的关系式得v=v0+a2t，解得。

解法2:(利用动量守恒定律)选整列火车为研究对象，整列火车所受合外力始终为0，动量守恒，设火车总质量为m，脱钩车厢速度变为时列车前部未脱钩部分的速度为v，则，解得。

总结：遇到单体、多过程问题，往往结合动能定理列式求解更快捷。应用牛顿第二定律和运动学公式解题时，要注意正确进行受力分析，特别是摩擦力有无、种类、方向的判断，还要注意运动学公式成立的条件是研究对象做匀变速直线运动。遇到多体、多过程问题，可以考虑应用动量定理或动量守恒定律列式求解。

特别提醒:统计分析表明，近三年高考全国卷物理试题没有涉及传送带问题、超重和失重问题。传送带问题涉及的知识点多，对同学们的物理学科核心素养要求非常高，同学们在复习备考过程中需要适当关注。根据学习进阶理论和最近发展区理论，同学们可以将这类问题分成多个阶段和过程进行复习。超重和失重问题的本质是牛顿第二定律的应用，同学们在复习备考过程中需要了解相关概念，学会用牛顿第二定律分析判断物体是处于超重还是失重状态，或者根据超重、失重状态去推断物体的受力情况，逐步提升“力与运动”的物理观念。