第一篇：牛頓第二定律典型例題

牛頓第二定律

一．牛頓第二定律表達式：

二．牛頓第二定律具有矢量性、瞬時性、同體性、獨立性． 三．牛頓第二定律解決問題的一般方法．

四、應用牛頓第二定律解題的一般步驟：

(1)確定研究對象(在有多個物體存在的復雜問題中，確定研究對象尤其顯得重要)。

(2)分析研究對象的受力情況，畫出受力圖。

(3)選定正方向或建立直角坐標系。通常選加速度的方向為正方向，或將加速度的方向作為某一坐標軸的正方向。這樣與正方向相同的力(或速度)取正值；與正方向相反的力(或速度)取負值。

(4)求合力(可用作圖法，計算法或正交分解法)。

(5)根據牛頓第二定律列方程。

(6)必要時進行檢驗或討論。

1、一輛小車上固定一個傾角α=30°的光滑斜面，斜面上安裝一塊豎直光滑擋板，在擋板和

2斜面間放置一個質量m=l0kg的立方體木塊，當小車沿水平桌面向右以加速度a=5m／s運動時，斜面及擋板對木塊的作用力多大?

2、如圖所示，質量m=2kg的物體A與豎直墻壁問的動摩擦因數u=0．2，物體受到一個跟水

22平方向成60°角的推力F作用后，物體緊靠墻壁滑動的加速度a=5m／s，取g=l0m／s，求：(1)物體向上做勻加速運動時，推力F的大小；(2)物體向下做勻加速運動時，推力F的大小．

3、如圖所示，電梯與水平面夾角為30°，當電梯以a=5m/s2加速向上運動時，50Kg的人站在電梯上，梯面對人的支持力和人與梯面間的摩擦力各是多大？

五、動力學的兩類基本問題

4、一個質量m=10kg的物體，在五個水平方向的共點力作用下靜止在摩擦因數u=0．4的水平面上，當其中F3=100N的力撤消后，求物體在2s末的速度大小、方向和這2s內的位移。

2取g=10m／s。

5、質量為1000噸的列車由車站出發沿平直軌道作勻變速運動，在l00s內通過的路程為 1000m，已知運動阻力是車重的0．005倍，求機車的牽引力。

6、圖中的AB、AC、AD都是光滑的軌道，A、B、C、D四點在同一豎直圓周上，其中AD是豎 直的。一小球從A點由靜止開始，分別沿AB、AC、AD軌道滑下B、C、D點所用的時間分別 為tl、t2、t3。則()A．tl=t2=t3 B．tl>t2>t3 C．tltl>t2

7、圖中的AD、BD、CD都是光滑的斜面，現使一小物體分別從A、B、D點由 靜止開始下滑到D點，所用時間分別為t1、t2、t3，則()A．tl>t2>t3 B．t3>t2>t1 C．t2>t1=t3 D．t2t

3六、傳送帶問題

8、如圖所示，水平傳送帶以v=5m/s的恒定速度運動，傳送帶長l=7.5m，今在其左端A將一工件輕輕放在上面，工件被帶動，傳送到右端B，已知工件與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.5，試求：工件經多少時間由傳送帶左端A運動到右端B？（取g=10m/s2）

? ? ? ? ?

若傳送帶長l=2.5m

若工件以對地速度v0=5m/s滑上傳送帶

若工件以對地速度v0=3m/s滑上傳送帶 若工件以對地速度v0=7m/s滑上傳送帶

若求工件在傳送帶上滑過的痕跡長是多少？

9、物體從光滑曲面上的P點自由滑下，通過粗糙的靜止水平傳送帶以后落到地面上的Q點，若傳送帶的皮帶輪沿逆時針方向轉動起來，使傳送帶隨之運動，如圖，再把物體放到P點自由滑下。則（）A物體將仍會落在Q點

B物體將仍會落在Q點的左邊 C物體將仍會落在Q點的右邊 D物體有可能落不到地面上

10、如圖所示，傳送帶以10m/s的速率逆時針轉動．傳送帶長L=16m，在傳送帶上端A處無初速度地放一個質量為0.5kg的物體，它與傳送帶之間的動摩擦因數為0.5。求物體從A運動到B所需時間是多少?(sin370=0.6，cos370=0.8)

11、如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾θ=300，皮帶在電動機的帶動下，始終保持v =2 m/s的速率運行.現把一質量為m=10 kg的工件(可視為質點)輕輕放在皮帶的底端，經時間1.9 s，工件被傳送到h=1.5 m的高處，取g=10m/s2.求工件與皮帶間的動摩擦因數.12、一水平的淺色長傳送帶上放置一煤塊(可視為質點),煤塊與傳送之間的動摩擦因數為μ.初始時,傳送帶與煤塊都是靜止的,現讓傳送帶以恒定的加速度a0開始運動,當其速度到達v0后,便以此速度做勻速運動.經過一段時間,煤塊在傳送帶上留下了一段黑色痕跡后,相對于傳送帶不再滑動,求此黑色痕跡的長度.七、連接體問題

12、如圖所示，光滑的水平面上兩個物體的質量分別為m和M(m≠M)，第一次用水平推力F1推木塊M，兩木塊間的相互作用力為N，第二次用水平推力F2推m，兩木塊間的相互作用力仍為N，則F1與F2之比為（）

A.M:m

B.m:M

C.（M＋m）:M

D.1:1

13、如圖甲所示,在粗糙的水平面上,質量分別為m和M(m:M=1:2)的物塊A、B用輕彈相連,兩物塊與水平面間的動摩擦因數相同.當用水平力F作用于B上且兩物塊共同向右加速運動時(如圖甲所示),彈簧的伸長量為x1;當用同樣大小的力F豎直加速提升兩物塊時(如圖乙所示),彈簧的伸長量為x2,則x1:x2等于（）

A.1：1

B.1∶2

C.2∶1

D.2∶3

14、如圖所示，五塊完全相同的木塊并排放在水平地面上，它們與地面間的摩擦不計.當用力F推木塊1使它們共同加速運動時，第2塊木塊對第3塊木塊的推力為______.

16、如圖，A與B，B與地面的動摩擦因數都是μ，物體A和B相對靜止，在拉力F作用向右做勻加速運動，A、B的質量相等，都是m，求物體A受到的摩擦力。

17、如圖，ml=2kg，m2=6kg，不計摩擦和滑輪的質量，求拉物體ml的細線的拉力和懸吊滑輪的細線的拉力。

18、如圖所示，有一塊木板靜止在光滑水平面上，木板質量M=4kg，長L=1.4m.木板右端放著一個小滑塊，小滑塊質量m=1kg，其尺寸遠小于L，它與木板之間的動摩擦因數μ=0.4，g=10m/s2，（1）現用水平向右的恒力F作用在木板M上，為了使得m能從M上滑落下來，求F的大小范圍.（2）若其它條件不變，恒力F=22.8N，且始終作用在M上，求m在M上滑動的時間.整個過程產生的熱能是多少

八、臨界問題

19、如圖所示，斜面傾角為α=30°，斜面上邊放一個光滑小球，用與斜面平行的繩把小球系住，使系統以共同的加速度向左作勻加速運動，當繩的拉力恰好為零時，加速度大小為______.若以共同加速度向右作勻加速運動，斜面支持力恰好為零時，加速度的大小為______.（已知重力加速度為g）

20、一個質量為0.2kg的小球用細繩吊在傾角為?=53o的斜面頂端如圖所示，斜面靜止時，球緊靠在斜面上，繩與斜面平行，不計摩擦，當斜面以10m/s2的加速度向右運動時，求繩子的拉力及斜面對小球的彈力．

21、如圖當水平軌道上的車廂以加速度a向右做勻加速運動時，懸掛在車廂頂上的小球的懸線對豎直方向的偏角多大？懸線的拉力是多大？

22、如下圖所示，停在水平地面上的小車內，用細繩AB、BC拴住一個重球，繩BC呈水平狀態，繩AB的拉力為T1，繩BC的拉力為T2當小車從靜止開始向左加速運動，但重球相對于小車的位置不發生變化，那么兩根繩子上拉力變化的情況為（）A.T1變大

B.T1變小

C.T2變小

D.T2不變

第二篇：牛頓第二定律典型例題（精選）

牛頓第二定律典型例題

【例1】一物體放在光滑水平面上，初速為零，先對物體施加一向東恒力F，歷時1s；隨即把此力改為向西,大小不變，歷時1s；接著又把此力改為向東，大小不變,歷時1s；如此反復，只改變力的方向，共歷時1min，在此1min內（）

A．物體時而向東運動，時而向西運動，在1min末靜止于初始位置之東

B．物體時而向東運動，時而向西運動，在1min末靜止于初始位置

C．物體時而向東運動，時而向西運動，在1min末繼續向東運動

D．物體一直向東運動，從不向西運動，在1min末靜止于初始位置之東

【例2】如圖3-1-2所示，質量為m的小球與細線和輕彈簧連接后被懸掛起來，靜止平衡時AC和BC與過C的豎直線的夾角都是600，求：(1)剪斷AC線瞬間小球的加速度；(2)剪斷B處彈簧的瞬間小球的加速度．

【例3】 如圖所示，輕彈簧下端固定在水平面上。一個小球從彈簧正上方某一高度處由靜止開始自由下落，接觸彈簧后把彈簧壓縮到一定程度后停止下落。在小球下落的這一全過程中，下列說法中正確的是

A．小球剛接觸彈簧瞬間速度最大

B．從小球接觸彈簧起加速度變為豎直向上

C．從小球接觸彈簧到到達最低點，小球的速度先增大后減小

D．從小球接觸彈簧到到達最低點，小球的加速度先減小后增大

【例4】如圖3-1-3表示某人站在一架與水平成θ角的以加速度a向上運動的自動扶梯臺階上，人的質量為m，鞋底與階梯的摩擦系數為μ，求此時人所受的摩擦力．

（請用兩種方法①沿加速度方向為x軸建立坐標系②沿水平向右方向為x軸建立坐標系，分解加速度）

【例5】如圖所示，在箱內傾角為α的固定光滑斜面上用平行于斜面的細線固定一質量為m的木塊。求：在下面兩種情形中，線對木塊的拉力F1和斜面對箱的壓力F2各多大？（1）

箱以加速度a勻加速上升時；（2）箱以加速度a向左勻加速運動時。

【例6】如圖所示，沿水平方向做勻變速直線運動的車廂中，懸掛小球的懸線偏離豎直方向37°角，球和車廂相對靜止，球的質量為1kg．（1）求車廂運動的加速度

并說明車廂的運動情況．（2）求懸線對球的拉力．（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）

【例7】一個質量為0.2 kg的小球用細線吊在傾角θ=53°的斜面頂端，如圖，斜面靜止時，球緊靠在斜面上，繩與斜面平行，不計摩擦，若斜面開始以水平加速度a向右運動，且a從等于零開始逐漸增大，則：（1）繩的拉力T及斜面對小球的彈力N將怎樣變化？（2）當a＝10 m/s2時，求T和N

【例8】如圖所示，m =4kg的小球掛在小車后壁上，細線與豎直方向成37°角。求：在下面兩種情形中細線對小球的拉力F1和后壁對小球的壓力F2各多大？（1）小車以a=g向右加速時；（2）小車以a=g向右減速時。

第三篇：牛頓第二定律典型例題詳解

高一物理牛頓

【例6】圖1表示某人站在一架與水平成θ角的以加速度a向上運動的自動扶梯臺階上，人的質量為m，鞋底與階梯的摩擦系數為μ，求此時人所受的摩擦力。

【例7】 在粗糙水平面上有一個三角形木塊abc，在它的兩個粗糙斜面上分別放兩個質量m1和m2的木塊，m1＞m2，如圖1所示。已知三角形木塊和兩個物體都是靜止的，則粗糙水平面對三角形木塊 [ ]

A．有摩擦力作用，摩擦力方向水平向右

B．有摩擦力作用，摩擦力方向水平向左

C．有摩擦力作用，但摩擦力方向不能確定

D．以上結論都不對

【例8】質量分別為mA和mB的兩個小球，用一根輕彈簧聯結后用細線懸掛在頂板下（圖1），當細線被剪斷的瞬間，關于兩球下落加速度的說法中，正確的是 [ ]

A．aA=aB=0 B．aA=aB=g

C．aA＞g，aB=0 D．aA＜g，aB=0

【例9】 在車箱的頂板上用細線掛著一個小球（圖1），在下列情況下可對車廂的運動情況得出怎樣的判斷：

（1）細線豎直懸掛：______;

（2）細線向圖中左方偏斜：_________

（3）細線向圖中右方偏斜：___________。

【例10】如圖1，人重600牛，平板重400牛，如果人要拉住木板，他必須用多大的力（滑輪重量和摩擦均不計）？

【例11】如圖1甲所示，勁度系數為k2的輕質彈簧，豎直放在桌面上，上面壓一質量為m的物塊，另一勁度系數為k1的輕質彈簧豎直地放在物塊上面，其下端與物塊上表面連接在一起，要想使物塊在靜止時，下面彈簧承受物重的2/3，應將上面彈簧的上端A豎直向上提高的距離是多少？

【分析】

由于拉A時，上下兩段彈簧都要發生形變，所以題目給出的物理情景比較復雜，解決這種題目最有效的辦法是研究每根彈簧的初末狀態并畫出直觀圖，清楚認識變化過程

如圖1乙中彈簧2的形變過程，設原長為x20，初態時它的形變量為△x2，末態時承重2mg/3，其形變量為△x2′，分析初末態物體應上升△x2-△x2′．

對圖丙中彈簧1的形變過程，設原長為x10（即初態）．受到拉力后要承擔物重的1/3，則其形變是為△x1，則綜合可知A點上升量為

d=△x1+△x2-△x2′

【解】末態時對物塊受力分析如圖2依物塊的平衡條件和胡克定律

F1+F2′=mg（1）

初態時，彈簧2彈力

F2 = mg = k2△x2（2）

式（3）代入式（1）可得

由幾何關系

d=△x1+△x2-△x2′（4）

【說明】

從前面思路分析可知，復雜的物理過程，實質上是一些簡單場景的有機結合．通過作圖，把這個過程分解為各個小過程并明確各小過程對應狀態，畫過程變化圖及狀態圖等，然后找出各狀態或過程符合的規律，難題就可變成中檔題，思維能力得到提高。

輕質彈簧這種理想模型，質量忽略不計，由于撤去外力的瞬時，不會立即恢復形變，所以在牛頓定律中，經常用到；并且由于彈簧變化時的狀態連續性，在動量等知識中也經常用到，這在高考中屢見不鮮．

【例12】如圖1所示，在傾角α=60°的斜面上放一個質量m的物體，用k=100N/m的輕彈簧平行斜面吊著．發現物體放在PQ間任何位置恰好都處于靜止狀態，測得AP=22cm，AQ=8cm，則物體與斜面間的最大靜摩擦力等于多少？

物體位于Q點時，彈簧必處于壓縮狀態，對物體的彈簧TQ沿斜面向下；物體位于P點時，彈簧已處于拉伸狀態，對物體的彈力Tp沿斜面向上．P，Q兩點是物體靜止于斜面上的臨界位置，此時斜面對物體的靜摩擦力都達到最大值fm，其方向分別沿斜面向下和向上．

【解】 作出物體在P、Q兩位置時的受力圖（圖2），設彈簧原長為L0，則物體在Q和P兩處的壓縮量和伸長量分別為

x1=L0-AQ，x2=AP-L0．

根據胡克定律和物體沿斜面方向的力平衡條件可知：

kx1 =k（L0-AQ）=fm-mgsinα，kx2 =k（AP-L0）=fm + mgsinα．

聯立兩式得

【說明】 題中最大靜摩擦力就是根據物體的平衡條件確定的，所以畫出P、Q兩位置上物體的受力圖是至關重要的．

【例13】質量均為m的四塊磚被夾在兩豎直夾板之間，處于靜止狀態，如圖1。試求磚3對磚2的摩擦力。

【誤解】隔離磚“2”，因有向下運動的趨勢，兩側受摩擦力向上，【正確解答】先用整體法討論四個磚塊，受力如圖2所示。由對稱性可知，磚“1”和“4”受到的摩擦力相等，則f=2mg；再隔離磚“1”和“2”，受力如圖3所示，不難得到f′=0。

【錯因分析與解題指導】[誤解]憑直覺認為“2”和“3”間有摩擦，這是解同類問題最易犯的錯誤。對多個物體組成的系統內的靜摩擦力問題，整體法和隔離法的交替使用是解題的基本方法。

關于牛頓

解析：分別以A，B為研究對象，做剪斷前和剪斷時的受力分析。剪斷前A，B靜止。如圖3所示，A球受三個力，拉力T、重力 和彈力F。B球受兩個力，重力mg和彈簧拉力（大小等于F）

A球

①

B球

②

由式①，②解得

圖3 圖4

剪斷時，A球受兩個力，因為繩無彈性剪斷瞬間拉力不存在，而彈簧有形變，瞬間形狀不可改變，彈力還存在。如圖4所示，A球受重力mg、彈簧的彈力F。同理B球受重力mg和彈力。

A球

③

B球

④

由式③解得（方向向下）

由式④解得

故C選項正確。

點評：牛頓

圖6

再選人為研究對象，受力情況如圖7所示，其中 是吊臺對人的支持力。由牛頓

質量指質點的質量，也就是說所研究的物體能看成質點；作用力指物體所受的合外力；加速度指合外力作用下物體獲得的加速度。

（１）當合外力恒定不變時，加速度為恒量，物體做勻變速直線運動。

（２）當合外力是變力時，加速度為變量，物體做變速運動。

第四篇：高一物理牛頓第二定律典型例題

高一物理牛頓第二定律典型例題講解與錯誤分析

北京市西城區教育研修學院（原教研中心）編

【例1】在光滑水平面上的木塊受到一個方向不變，大小從某一數值逐漸變小的外力作用時，木塊將作 [ ]

A．勻減速運動

B．勻加速運動

C．速度逐漸減小的變加速運動

D．速度逐漸增大的變加速運動

【分析】 木塊受到外力作用必有加速度，已知外力方向不變，數值變小，根據牛頓第二定律可知，木塊加速度的方向不變，大小在逐漸變小，也就是木塊每秒增加的速度在減少，由于加速度方向與速度方向一致，木塊的速度大小仍在不斷增加，即木塊作的是加速度逐漸減小速度逐漸增大的變加速運動．

【答】 D．

【例2】 一個質量m=2kg的木塊，放在光滑水平桌面上，受到三個大小均為F=10N、與桌面平行、互成120°角的拉力作用，則物體的加速度多大？若把其中一個力反向，物體的加速度又為多少？

【分析】 物體的加速度由它所受的合外力決定．放在水平桌面上的木塊共受到五個力作用：豎直方向的重力和桌面彈力，水平方向的三個拉力．由于木塊在豎直方向處于力平衡狀態，因此，只需由水平拉力算出合外力即可由牛頓第二定律得到加速度．

（1）由于同一平面內、大小相等、互成120°角的三個力的合力等于零，所以木塊的加速度a=0．

（2）物體受到三個力作用平衡時，其中任何兩個力的合力必與第三個力等值反向．如果把某一個力反向，則木塊所受的合力F合=2F=20N，所以其加速度為：

它的方向與反向后的這個力方向相同．

【例3】 沿光滑斜面下滑的物體受到的力是 [ ]

A．力和斜面支持力

B．重力、下滑力和斜面支持力

C．重力、正壓力和斜面支持力

D．重力、正壓力、下滑力和斜面支持力

【誤解一】選（B）。

【誤解二】選（C）。

【正確解答】選（A）。

【錯因分析與解題指導】 [誤解一]依據物體沿斜面下滑的事實臆斷物體受到了下滑力，不理解下滑力是重力的一個分力，犯了重復分析力的錯誤。[誤解二]中的“正壓力”本是垂直于物體接觸表面的力，要說物體受的，也就是斜面支持力。若理解為對斜面的正壓力，則是斜面受到的力。

在用隔離法分析物體受力時，首先要明確研究對象并把研究對象從周圍物體中隔離出來，然后按場力和接觸力的順序來分析力。在分析物體受力過程中，既要防止少分析力，又要防止重復分析力，更不能憑空臆想一個實際不存在的力，找不到施力物體的力是不存在的。

【例4】 圖中滑塊與平板間摩擦系數為μ，當放著滑塊的平板被慢慢地繞著左端抬起，α角由0°增大到90°的過程中，滑塊受到的摩擦力將 [ ]

A．不斷增大

B．不斷減少

C．先增大后減少

D．先增大到一定數值后保持不變

【誤解一】 選（A）。

【誤解二】 選（B）。

【誤解三】 選（D）。

【正確解答】選（C）。

【錯因分析與解題指導】要計算摩擦力，應首先弄清屬滑動摩擦力還是靜摩擦力。

若是滑動摩擦，可用f=μN計算，式中μ為滑動摩擦系數，N是接觸面間的正壓力。若是靜摩擦，一般應根據物體的運動狀態，利用物理規律（如∑F=0或∑F = ma）列方程求解。若是最大靜摩擦，可用f=μsN計算，式中的μs是靜摩擦系數，有時可近似取為滑動摩擦系數，N是接觸面間的正壓力。

【誤解一、二】 都沒有認真分析物體的運動狀態及其變化情況，而是簡單地把物體受到的摩擦力當作是靜摩擦力或滑動摩擦力來處理。事實上，滑塊所受摩擦力的性質隨著α角增大會發生變化。開始時滑塊與平板將保持相對靜止，滑塊受到的是靜摩擦力；當α角增大到某一數值α0時，滑塊將開始沿平板下滑，此時滑塊受到滑動摩擦力的作用。當α角由0°增大到α0過程中，滑塊所受的靜摩擦力f的大小與重力的下滑力平衡，此時f = mgsinα．f 隨著α增大而增大；當α角由α0增大到90°過程中，滑塊所受滑動摩擦力f=μN=μmgcosα，f 隨著α增大而減小。

【誤解三】 的前提是正壓力N不變，且摩擦力性質不變，而題中N隨著α的增大而不斷增大。

【例5】 如圖，質量為M的凹形槽沿斜面勻速下滑，現將質量為m的砝碼輕輕放入槽中，下列說法中正確的是 [ ]

A．M和m一起加速下滑

B．M和m一起減速下滑

C．M和m仍一起勻速下滑

【誤解一】 選（A）。

【誤解二】 選（B）。

【正確解答】 選（C）。

【錯因分析與解題指導】[誤解一]和[誤解二]犯了同樣的錯誤，前者片面地認為凹形槽中放入了砝碼后重力的下滑力變大而沒有考慮到同時也加大了正壓力，導致摩擦力也增大。后者則只注意到正壓力加大導致摩擦力增大的影響。

事實上，凹形槽中放入砝碼前，下滑力與摩擦力平衡，即Mgsinθ=μMgcosθ；當凹形槽中放入砝碼后，下滑力（M + m）gsinθ與摩擦力μ（M + m）gcosθ仍平衡，即（M + m）gsinθ=μ（M + m）gcosθ凹形槽運動狀態不變。

【例6】圖1表示某人站在一架與水平成θ角的以加速度a向上運動的自動扶梯臺階上，人的質量為m，鞋底與階梯的摩擦系數為μ，求此時人所受的摩擦力。

【誤解】 因為人在豎直方向受力平衡，即N = mg，所以摩擦力f=μN=μmg。

【正確解答】如圖2，建立直角坐標系并將加速度a沿已知力的方向正交分解。水平方向加速度

a2=acosθ

由牛頓第二定律知

f = ma2 = macosθ

【錯因分析與解題指導】計算摩擦力必須首先判明是滑動摩擦，還是靜摩擦。若是滑動摩擦，可用f=μN計算；若是靜摩擦，一般應根據平衡

條件或運動定律列方程求解。題中的人隨著自動扶梯在作勻加速運動，在水平方向上所受的力應該是靜摩擦力，[誤解]把它當成滑動摩擦力來計算當然就錯了。另外，人在豎直方向受力不平衡，即有加速度，所以把接觸面間的正壓力當成重力處理也是不對的。

用牛頓運動定律處理平面力系的力學問題時，一般是先分析受力，然后再將諸力沿加速度方向和垂直于加速度方向正交分解，再用牛頓運動定律列出分量方程求解。

有時將加速度沿力的方向分解顯得簡單。該題正解就是這樣處理的。

【例7】 在粗糙水平面上有一個三角形木塊abc，在它的兩個粗糙斜面上分別放兩個質量m1和m2的木塊，m1＞m2，如圖1所示。已知三角形木塊和兩個物體都是靜止的，則粗糙水平面對三角形木塊 [ ]

A．有摩擦力作用，摩擦力方向水平向右

B．有摩擦力作用，摩擦力方向水平向左

C．有摩擦力作用，但摩擦力方向不能確定

D．以上結論都不對

【誤解一】 選（B）。

【誤解二】 選（C）。

【正確解答】 選（D）。

【錯因分析與解題指導】[誤解一]根據題目給出的已知條件m1＞m2，認為m1對三角形木塊的壓力大于m2對三角形木塊的壓力，憑直覺認為這兩個壓力在水平方向的總效果向右，使木塊有向右運動的趨勢，所以受到向左的靜摩擦力。[誤解二]求出m1、m2對木塊的壓力的水平分力的合力

F=（m1cosθ1sinθ1—m2cosθ2sinθ2）g

后，發現與m1、m2、θ

1、θ2的數值有關，故作此選擇。但因遺漏了m1、m2與三角形木塊間的靜摩擦力的影響而導致錯誤。

解這一類題目的思路有二：

1．先分別對物和三角形木塊進行受力分析，如圖2，然后對m1、m2建立受力平衡方程以及對三角形木塊建立水平方向受力平衡方程，解方程得f的值。若f=0，表明三角形木塊不受地面的摩擦力；若f為負值，表明摩擦力與假設正方向相反。這屬基本方法，但較繁復。

2．將m1、m2與三角形木塊看成一個整體，很簡單地得出整體只受重力（M + m1 + m2）g和支持力N兩個力作用，如圖3,因而水平方向不受地面的摩擦力。

【例8】質量分別為mA和mB的兩個小球，用一根輕彈簧聯結后用細線懸掛在頂板下（圖1），當細線被剪斷的瞬間，關于兩球下落加速度的說法中，正確的是 [ ]

A．aA=aB=0 B．aA=aB=g

C．aA＞g，aB=0 D．aA＜g，aB=0

分析 分別以A、B兩球為研究對象．當細線未剪斷時，A球受到豎直向下的重力mAg、彈簧的彈力T，豎直向上細線的拉力T′；B球受到豎直向下的重力mBg，豎直向上彈簧的彈力T圖2．它們都處于力平衡狀態．因此滿足條件

T = mBg，T′=mAg + T =（mA+mB）g．

細線剪斷的瞬間，拉力T′消失，但彈簧仍暫時保持著原來的拉伸狀態，故B球受力不變，仍處于平衡狀態，aB=0；而A球則在兩個向下的力作用下，其瞬時加速度為

答 C．

說明

1．本題很鮮明地體現了a與F之間的瞬時關系，應加以領會．

2．繩索、彈簧以及桿（或棒）是中學物理中常見的約束元件，它們的特性是不同的，現列表對照如下：

【例9】 在車箱的頂板上用細線掛著一個小球（圖1），在下列情況下可對車廂的運動情況得出怎樣的判斷：

（1）細線豎直懸掛：______;

（2）細線向圖中左方偏斜：_________

（3）細線向圖中右方偏斜：___________。

【分析】作用在小球上只能有兩個力：地球對它的重力mg、細線對它的拉力（彈力）T．根據這兩個力是否處于力平衡狀態，可判知小球所處的狀態，從而可得出車廂的運動情況。

（1）小球所受的重力mg與彈力T在一直線上，如圖2（a）所示，且上、下方向不可能運動，所以小球處于力平衡狀態，車廂靜止或作勻速直線運動。

（2）細線左偏時，小球所受重力mg與彈力T不在一直線上[如圖2（b）]，小球不可能處于力平衡狀態．小球一定向著所受合力方向（水平向右方向）產生加速度．所以，車廂水平向右作加速運動或水平向左作減速運動．

（3）與情況（2）同理，車廂水平向左作加速運動或水平向右作減速運動[圖2（c）]．

【說明】 力是使物體產生加速度的原因，不是產生速度的原因，因此，力的方向應與物體的加速度同向，不一定與物體的速度同向．如圖2（b）中，火車的加速度必向右，但火車可能向左運動；圖2（c）中，火車的加速度必向左，但火車可能向右運動．

【例10】如圖1，人重600牛，平板重400牛，如果人要拉住木板，他必須用多大的力（滑輪重量和摩擦均不計）？

【誤解】對滑輪B受力分析有

2F=T

對木板受力分析如圖2，則N+F=N+G板

又N=G人

【正確解答一】對滑輪B有

2F=T

對人有

N+F=G人

對木板受力分析有F+T=G板+N

【正確解答二】對人和木板整體分析如圖3，則

T+2F=G人+G板

由于T=2F

【錯因分析與解題指導】[誤解]錯誤地認為人對木板的壓力等于人的重力，究其原因是沒有對人進行認真受力分析造成的。

【正確解答一、二】選取了不同的研究對象，解題過程表明，合理選取研究對象是形成正確解題思路的重要環節。如果研究對象選擇不當，往往會使解題過程繁瑣費時，并容易發生錯誤。通常在分析外力對系統的作用時，用整體法；在分析系統內物體（或部分）間相互作用時，用隔離法。在解答一個問題需要多次選取研究對象時，可整體法和隔離法交替使用。

【例11】如圖1甲所示，勁度系數為k2的輕質彈簧，豎直放在桌面上，上面壓一質量為m的物塊，另一勁度系數為k1的輕質彈簧豎直地放在物塊上面，其下端與物塊上表面連接在一起，要想使物塊在靜止時，下面彈簧承受物重的2/3，應將上面彈簧的上端A豎直向上提高的距離是多少？

【分析】

由于拉A時，上下兩段彈簧都要發生形變，所以題目給出的物理情景比較復雜，解決這種題目最有效的辦法是研究每根彈簧的初末狀態并畫出直觀圖，清楚認識變化過程

如圖1乙中彈簧2的形變過程，設原長為x20，初態時它的形變量為△x2，末態時承重2mg/3，其形變量為△x2′，分析初末態物體應上升△x2-△x2′．

對圖丙中彈簧1的形變過程，設原長為x10（即初態）．受到拉力后要承擔物重的1/3，則其形變是為△x1，則綜合可知A點上升量為

d=△x1+△x2-△x2′

【解】末態時對物塊受力分析如圖2依物塊的平衡條件和胡克定律

F1+F2′=mg（1）

初態時，彈簧2彈力

F2 = mg = k2△x2（2）

式（3）代入式（1）可得

由幾何關系

d=△x1+△x2-△x2′（4）

【說明】

從前面思路分析可知，復雜的物理過程，實質上是一些簡單場景的有機結合．通過作圖，把這個過程分解為各個小過程并明確各小過程對應狀態，畫過程變化圖及狀態圖等，然后找出各狀態或過程符合的規律，難題就可變成中檔題，思維能力得到提高。

輕質彈簧這種理想模型，質量忽略不計，由于撤去外力的瞬時，不會立即恢復形變，所以在牛頓定律中，經常用到；并且由于彈簧變化時的狀態連續性，在動量等知識中也經常用到，這在高考中屢見不鮮．

【例12】如圖1所示，在傾角α=60°的斜面上放一個質量m的物體，用k=100N/m的輕彈簧平行斜面吊著．發現物體放在PQ間任何位置恰好都處于靜止狀態，測得AP=22cm，AQ=8cm，則物體與斜面間的最大靜摩擦力等于多少？

物體位于Q點時，彈簧必處于壓縮狀態，對物體的彈簧TQ沿斜面向下；物體位于P點時，彈簧已處于拉伸狀態，對物體的彈力Tp沿斜面向

上．P，Q兩點是物體靜止于斜面上的臨界位置，此時斜面對物體的靜摩擦力都達到最大值fm，其方向分別沿斜面向下和向上．

【解】 作出物體在P、Q兩位置時的受力圖（圖2），設彈簧原長為L0，則物體在Q和P兩處的壓縮量和伸長量分別為

x1=L0-AQ，x2=AP-L0．

根據胡克定律和物體沿斜面方向的力平衡條件可知：

kx1 =k（L0-AQ）=fm-mgsinα，kx2 =k（AP-L0）=fm + mgsinα．

聯立兩式得

【說明】 題中最大靜摩擦力就是根據物體的平衡條件確定的，所以畫出P、Q兩位置上物體的受力圖是至關重要的．

【例13】質量均為m的四塊磚被夾在兩豎直夾板之間，處于靜止狀態，如圖1。試求磚3對磚2的摩擦力。

【誤解】隔離磚“2”，因有向下運動的趨勢，兩側受摩擦力向上，【正確解答】先用整體法討論四個磚塊，受力如圖2所示。由對稱性可知，磚“1”和“4”受到的摩擦力相等，則f=2mg；再隔離磚“1”和“2”，受力如圖3所示，不難得到f′=0。

【錯因分析與解題指導】[誤解]憑直覺認為“2”和“3”間有摩擦，這是解同類問題最易犯的錯誤。對多個物體組成的系統內的靜摩擦力問題，整體法和隔離法的交替使用是解題的基本方法。

本題還可這樣思考：假設磚“2”與“3”之間存在摩擦力，由對稱性可知，f23和f32應大小相等、方向相同，這與牛頓第三定律相矛盾，故假設不成立，也就是說磚“2”與“3”之間不存在摩擦力。

利用對稱性解題是有效、簡便的方法，有時對稱性也是題目的隱含條件。本題磚與磚、磚與板存在五個接觸面，即存在五個未知的摩擦力，而對磚“1”至“4”只能列出四個平衡方程。如不考慮對稱性，則無法求出這五個摩擦力的具體值。

第五篇：牛頓第二定律典型題

牛頓第二定律應用的典型問題

1.力和運動的關系 力是改變物體運動狀態的原因，而不是維持運動的原因。由知，加速度與力有直接關系，分析清楚了力，就知道了加速度，而速度與力沒有直接關系。速度如何變化需分析加速度方向與速度方向之間的關系，加速度與速度同向時，速度增加；反之減小。在加速度為零時，速度有極值。

例1.如圖所示，輕彈簧下端固定在水平面上。一個小球從彈簧正上方某一高度處由靜止開始自由下落，接觸彈簧后把彈簧壓縮到一定程度后停止下落。在小球下落的這一全過程中，下列說法中正確的是（）

A.小球剛接觸彈簧瞬間速度最大

B.從小球接觸彈簧起加速度變為豎直向上

C.從小球接觸彈簧到到達最低點，小球的速度先增大后減小

D.從小球接觸彈簧到到達最低點，小球的加速度先減小后增大

解析：小球的加速度大小決定于小球受到的合外力。從接觸彈簧到到達最低點，彈力從零開始逐漸增大，所以合力先減小后增大，因此加速度先減小后增大。當合力與速度同向時小球速度增大，所以當小球所受彈力和重力大小相等時速度最大。故選CD。

2.力和加速度的瞬時對應關系

（1）物體運動的加速度a與其所受的合外力F有瞬時對應關系。每一瞬時的加速度只取決于這一瞬時的合外力，而與這一瞬時之間或瞬時之后的力無關。若合外力變為零，加速度也立即變為零（加速度可以突變）。這就是牛頓第二定律的瞬時性。

（2）中學物理中的“繩”和“線”，一般都是理想化模型，具有如下幾個特性： ①輕，即繩（或線）的質量和重力均可視為零。由此特點可知，同一根繩（或線）的兩端及其中間各點的張力大小相等。

②軟，即繩（或線）只能受拉力，不能承受壓力（因繩能彎曲）。由此特點可知，繩與其他物體相互作用力的方向是沿著繩子且背離受力物體的方向。

③不可伸長：即無論繩子所受拉力多大，繩子的長度不變。由此特點知，繩子中的張力可以突變。

（3）中學物理中的“彈簧”和“橡皮繩”，也是理想化模型，具有如下幾個特性： ①輕：即彈簧（或橡皮繩）的質量和重力均可視為零。由此特點可知，同一彈簧的兩端及其中間各點的彈力大小相等。

②彈簧既能受拉力，也能受壓力（沿彈簧的軸線）；橡皮繩只能受拉力，不能承受壓力（因橡皮繩能彎曲）。

③由于彈簧和橡皮繩受力時，其形變較大，發生形變需要一段時間，所以彈簧和橡皮繩中的彈力不能突變。但是，當彈簧和橡皮繩被剪斷時，它們所受的彈力立即消失。例2 在光滑水平面上有一質量m＝Ikg的小球，小球與水平輕彈簧和與水平方向夾角為30的輕繩的一端相連，如圖所示，此時小球處于靜止狀態，且水平面對小球的彈力恰好為零，當剪斷輕繩的瞬間，小球加速度的大小和方向如何？此時輕彈簧的彈力與水平面對球的彈力比值是多少？

．

練習題、如圖所示,小球質量為m,被三根質量不計的彈簧A、B、C拉住,彈簧間的0夾角均為120,小球平衡時, A、B、C的彈力大小之比為3：3：1,當剪

斷C瞬間,小球的加速度大小及方向可能為

①g/2,豎直向下;②g/2,豎直向上;③g/4,豎直向下;④g/4,豎直向上;

A、①②;B、①④;C、②③;D、③④;0

3.牛頓運動定律中的整體與隔離

當系統內各物體具有相同的加速度時，應先把這個系統當作一個整體（即看成一個質點），分析受到的外力及運動情況，利用牛頓第二定律求出加速度．如若要求系統內各物體相互作用的內力，則把物體隔離，對某個物體單獨進行受力分析，再利用牛頓第二定律對該物體列式求解．隔離物體時應對受力少的物體進行隔離比較方便。通常是對物體組成的整體運用牛頓第二定律求出整體的加速度，然后用隔離法求出物體間的相互作用力

例3.如圖所示，質量為2m的物塊A，與水平地面的摩擦不計，質量為m的物塊B與地面的摩擦因數為μ，在已知水平推力F的作用下，A、B做加速運動，則A和B之間的作用力為____________。

練習1 如圖所示，五個木塊并排放在水平地面上，它們的質量相同，與地面的摩擦不計。當用力F推第一塊使它們共同加速運動時，第2塊對第3塊的推力為__________。

提示：五個木塊具有相同的加速度，可以把它們當作一個整體。

要求第2塊對第3塊的作用力F23，要在2于3之間隔離開。把3、4、5當成一個小整體，可得這一小整體在水平方向只受2對3的推力F2

3練習2如圖所示，物體M、m緊靠著置于摩擦系數為μ的斜面上，斜面的傾角為θ，現施加一水平力F作用于M，M、m共同向上作加速運動，求它們之間相互作用力的大小。

提示：兩個物體具有相同的沿斜面向上的加速度，可以把

它們當成一個整體（看作一個質點），作出受力示意圖，建立坐

標系，列方程：

要求兩物體間的相互作用力，應把兩物體隔離開．對m作出受力示意圖如圖，建立坐標系，列方程：

4.臨界問題

在臨界問題中包含著從一種物理現象轉變為另一種物理現象，或從一物理過程轉入另一物理過程的轉折狀態。常出現“剛好”、“剛能”、“恰好”等語言敘述。

例4.一斜面放在水平地面上，傾角，一個質量為0.2kg的小球用細繩吊在斜面頂端，如圖所示。斜面靜止時，球緊靠在斜面上，繩與斜面平行，不計斜面與水平面的摩擦，當斜面以）的加速度向右運動時，求細繩的拉力及斜面對小球的彈力。（g

取

解析：斜面由靜止向右加速運動過程中，當a較小時，小球受到三個力作用，此時細繩平行于斜面；當a增大時，斜面對小球的支持力將會減少，當a增大到某一值時，斜面對小球的支持力為零；若a繼續增大，小球將會“飛離”斜面，此時繩與水平方向的夾角將會大于θ角。而題中給出的斜面向右的加速度，到底屬于上述哪一種情況，必須先假定小球能夠脫離斜面，然后求出小球剛剛脫離斜面的臨界加速度才能斷定。設小球剛剛脫離斜面時斜面向右的加速度為，此時斜面對小球的支持力恰好為零，小球只受到重力和細繩的拉力，且細繩仍然與斜面平行。對小球受力分析如圖所示。

易知

代入數據解得：

因為，所以小球已離開斜面，斜面的支持力

同理，由受力分析可知，細繩的拉力為

此時細繩拉力與水平方向的夾角為