■四川省雙流中學(xué) 黎國勝(特級(jí)教師,正高級(jí)教師)

物理課程標(biāo)準(zhǔn)對(duì)牛頓運(yùn)動(dòng)定律的要求:通過實(shí)驗(yàn)，探究物體運(yùn)動(dòng)的加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系。理解牛頓運(yùn)動(dòng)定律，能用牛頓運(yùn)動(dòng)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(shí)驗(yàn)，認(rèn)識(shí)超重和失重現(xiàn)象。

2021～2023 年高考對(duì)牛頓運(yùn)動(dòng)定律的考查情況如表1所示:

表1

牛頓運(yùn)動(dòng)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(jì)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(tái)聯(lián)考中經(jīng)常以計(jì)算題的形式進(jìn)行考查。從考查角度來看，主要考查瞬時(shí)性、圖像問題、板塊模型、極值問題等，有時(shí)也會(huì)結(jié)合動(dòng)能定理及動(dòng)量守恒考查多體、多過程問題。

一、考查牛頓第二定律的瞬時(shí)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(shí)整個(gè)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(diǎn)，方向與兩球連線垂直。當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距時(shí)，它們加速度的大小均為( )。

圖1

解析:當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距時(shí)，選F的作用點(diǎn)(輕繩的中點(diǎn))為研究對(duì)象，進(jìn)行受力分析，如圖2所示。因?yàn)閮汕蜿P(guān)于F所在直線對(duì)稱，所以，即。設(shè)輕繩的拉力為T，在水平方向上有2Tcosθ=F，解得。對(duì)其中一個(gè)小球應(yīng)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(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(dòng)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(dòng)滑塊P，使兩滑塊均做勻速運(yùn)動(dòng);某時(shí)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( )。

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(shí)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(yùn)動(dòng)，選由兩滑塊P、Q(包括輕彈簧)組成的整體為研究對(duì)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(yùn)動(dòng)，取向右為正方向，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)滑塊P有-F彈-μmg=ma1，對(duì)滑塊Q有F彈-μmg=ma2，則，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(yùn)動(dòng)，滑塊Q做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)F彈=μmg時(shí)，滑塊P的加速度大小取最大值，且a1max=2μg，當(dāng)F彈=0時(shí)，滑塊Q的加速度大小取最大值，且a2max=μg，選項(xiàng)A 正確，B 錯(cuò)誤。撤去拉力F之后，兩滑塊向右做直線運(yùn)動(dòng)，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(xiàng)C 錯(cuò)誤?；瑝KP在彈簧恢復(fù)到原長時(shí)的加速度大小a1'=μg，可見滑塊P做減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小的最小值為滑塊Q做減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小的最大值。撤去拉力F時(shí)，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(yùn)動(dòng)，滑塊Q做加速度大小由0逐漸增大到μg的減速運(yùn)動(dòng)，因此滑塊P的速度大小均不大于同一時(shí)刻滑塊Q的速度大小，選項(xiàng)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(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系，求解某時(shí)刻物體的加速度，一定要分析該時(shí)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(yùn)動(dòng)，兩物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運(yùn)動(dòng)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( )。

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(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得F-μmg=ma，則F=ma+μmg，對(duì)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?yàn)閗甲＞k乙，所以m甲＞m乙;因?yàn)棣碳譵甲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(shí)間t的變化關(guān)系如圖6甲所示，其中F1、F2分別為t1、t2時(shí)刻F的大小。木板的加速度a1隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖6乙所示。已知木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2。假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動(dòng)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(shí)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(shí)間內(nèi)物塊和木板均靜止，在t1時(shí)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(dòng)，對(duì)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(xiàng)A 錯(cuò)誤。根據(jù)木板的a1-t圖像可知，在t1～t2時(shí)間內(nèi)物塊和木板一起做加速運(yùn)動(dòng)，在t2時(shí)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(duì)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)由物塊和木板組成的整體有F2-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)amax，對(duì)木板有μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1amax，整理得，選項(xiàng)B 正確。因?yàn)棣?m2g-μ1(m1+m2)g=m1amax，所以μ2m2g＞μ1(m1+m2)g，即，選項(xiàng)C正確。因?yàn)樵?～t1時(shí)間內(nèi)物塊和木板均靜止，在t1～t2時(shí)間內(nèi)物塊和木板一起以共同的加速度做加速運(yùn)動(dòng)，所以在0～t2時(shí)間內(nèi)物塊與木板的加速度相等，選項(xiàng)D正確。

答案:BCD

總結(jié)：（1）對(duì)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(yùn)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(diǎn)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(shí)，處理板塊問題的難點(diǎn)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(tái)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(diǎn)Q處由靜止釋放，物塊沿平板從Q點(diǎn)滑至擋板P處所用的時(shí)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(shí)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(shè)擋板P與豎直桿之間的水平距離為d，則物塊從Q點(diǎn)滑至擋板P處沿平板方向的位移，對(duì)物塊應(yīng)用牛頓第二定律得mgsinθ=ma，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得，整理得，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)θ=45°時(shí)，sin 2θ取最大值，對(duì)應(yīng)時(shí)間t最小，因此當(dāng)θ由30°逐漸增大至60°時(shí)，物塊的下滑時(shí)間t將先減小后增大。

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(shí)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(duì)鉤函數(shù)（耐克函數(shù)）。對(duì)于高三學(xué)生而言，也可以用來求極值的數(shù)學(xué)知識(shí)：一階導(dǎo)數(shù)等于0時(shí)，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(dòng)。該物體開始滑動(dòng)時(shí)的動(dòng)能為Ek，向上滑動(dòng)一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動(dòng)，到達(dá)斜面底端時(shí)的動(dòng)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(dòng)摩擦因數(shù)等于0.5

D.物體向上滑動(dòng)所用的時(shí)間比向下滑動(dòng)所用的時(shí)間長

解析:設(shè)物體向上滑動(dòng)的距離為x，物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，根據(jù)動(dòng)能定理可得，在物體沿斜面向上滑動(dòng)的過程中有-mgsinα·x-μmgcosα·x=0-Ek，在物體沿斜面向下滑動(dòng)的過程中有，解得，μ=0.5，選項(xiàng)A 錯(cuò)誤，C 正確。當(dāng)物體沿斜面向下滑動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得mgsinα-μmgcosα=ma2，解得，選項(xiàng)B正確。當(dāng)物體沿斜面向上滑動(dòng)時(shí)，根據(jù)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(dòng)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(yùn)動(dòng)。物體沿斜面向上滑動(dòng)和向下滑動(dòng)的距離相同，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得，又有a1＞a2，因此t1＜t2，即物體向上滑動(dòng)所用的時(shí)間比向下滑動(dòng)所用的時(shí)間短，選項(xiàng)D 錯(cuò)誤。

答案:BC

例7(2023·華僑、港澳臺(tái)聯(lián)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(zhì)量為列車總質(zhì)量的;假設(shè)列車所受阻力與其所受重力成正比。求當(dāng)脫鉤車廂的速度變?yōu)闀r(shí)，列車前部未脫鉤部分的速度。

解法1:(利用運(yùn)動(dòng)與力的關(guān)系)設(shè)車頭的牽引力為F，火車總質(zhì)量為m，火車勻速行駛時(shí)，根據(jù)平衡條件得F=kmg。部分車廂脫鉤后，設(shè)脫鉤車廂的加速度大小為a1，根據(jù)牛頓第二定律得，解得a1=kg;設(shè)剩余車廂的加速度大小為a2，剩余車廂的質(zhì)量，根據(jù)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(yùn)動(dòng)，剩余車廂做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)脫鉤車廂的速度變?yōu)闀r(shí)，根據(jù)速度與時(shí)間的關(guān)系式得，解得。設(shè)此時(shí)剩余車廂的速度為v，根據(jù)速度與時(shí)間的關(guān)系式得v=v0+a2t，解得。

解法2:(利用動(dòng)量守恒定律)選整列火車為研究對(duì)象，整列火車所受合外力始終為0，動(dòng)量守恒，設(shè)火車總質(zhì)量為m，脫鉤車廂速度變?yōu)闀r(shí)列車前部未脫鉤部分的速度為v，則，解得。

總結(jié)：遇到單體、多過程問題，往往結(jié)合動(dòng)能定理列式求解更快捷。應(yīng)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解題時(shí)，要注意正確進(jìn)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(yùn)動(dòng)學(xué)公式成立的條件是研究對(duì)象做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。遇到多體、多過程問題，可以考慮應(yīng)用動(dòng)量定理或動(dòng)量守恒定律列式求解。

特別提醒:統(tǒng)計(jì)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(shí)點(diǎn)多，對(duì)同學(xué)們的物理學(xué)科核心素養(yǎng)要求非常高，同學(xué)們在復(fù)習(xí)備考過程中需要適當(dāng)關(guān)注。根據(jù)學(xué)習(xí)進(jìn)階理論和最近發(fā)展區(qū)理論，同學(xué)們可以將這類問題分成多個(gè)階段和過程進(jìn)行復(fù)習(xí)。超重和失重問題的本質(zhì)是牛頓第二定律的應(yīng)用，同學(xué)們在復(fù)習(xí)備考過程中需要了解相關(guān)概念，學(xué)會(huì)用牛頓第二定律分析判斷物體是處于超重還是失重狀態(tài)，或者根據(jù)超重、失重狀態(tài)去推斷物體的受力情況，逐步提升“力與運(yùn)動(dòng)”的物理觀念。