【例1】一物體放在光滑水平面上，初速為零，先對(duì)物體施加一向東的恒力F，歷時(shí)1s；隨即把此力改為向西，大小不變，歷時(shí)1s；接著又把此力改為向東，大小不變．歷時(shí)1s；如此反復(fù)，只改變力的方向，共歷時(shí)1min，在此1min內(nèi) [ ]
A．物體時(shí)而向東運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向西運(yùn)動(dòng)，在1min末靜止于初始位置之東
B．物體時(shí)而向東運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向西運(yùn)動(dòng)，在1min末靜止于初始位置
C．物體時(shí)而向東運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向西運(yùn)動(dòng)，在1min末繼續(xù)向東運(yùn)動(dòng)
D．物體一直向東運(yùn)動(dòng)，從不向西運(yùn)動(dòng)，在1min末靜止于初始位置之東
【分析】物體在第1s內(nèi)受恒力作用向東作勻加速運(yùn)動(dòng)．在第2s內(nèi)，受力向西，加速度方向向西，但速度方向仍向東，物體作向東的勻減速運(yùn)動(dòng)．由于力的大小不變，前、后兩秒內(nèi)物體的加速度大小不變，僅方向相反，所以至第2s末，物體向東運(yùn)動(dòng)的速度恰減為零，且第2s內(nèi)的位移與第1s內(nèi)的位移相同．
以后，力的方向又改為向東、繼而向西……如此往復(fù)，物體則相應(yīng)地向東作勻加速運(yùn)動(dòng)、繼而向東作勻減速運(yùn)動(dòng)，……在1min內(nèi)物體一直向東運(yùn)動(dòng)，至1min末恰靜止．
【答】 D．
【說(shuō)明】 物體運(yùn)動(dòng)的加速度方向必與受力方向相同，但不一定與速度方向相同．若以向東方向?yàn)樗俣鹊恼较?，物體運(yùn)動(dòng)的v-t圖如圖所示，物體依次作著加速度大小相等、加速度方向相反的勻加速運(yùn)動(dòng)、勻減速運(yùn)動(dòng)，……直到停止．整個(gè)1min內(nèi)v＞0，表示物體一直向東運(yùn)動(dòng)．

【例2】汽車空載時(shí)的質(zhì)量是4×103kg，它能運(yùn)載的最大質(zhì)量是3×103kg．要使汽車在空載時(shí)加速前進(jìn)需要牽引力是2.5×104N，那么滿載時(shí)以同樣加速度前進(jìn)，需要的牽引力是多少？
【分析】由空載時(shí)車的質(zhì)量和牽引力算出加速度，然后根據(jù)加速度和滿載時(shí)的總質(zhì)量，再由牛頓第二定律算出牽引力．
空載時(shí)，m1=4×103kg，F(xiàn)1=2.5×104N，由牛頓第二定律得加速度：
滿載時(shí)，總質(zhì)量為m1+m2=7×103kg，同理由牛頓第二定律得牽引力：
F2=（m1+m2）a=7×103×6.25N=4.375×104N
【說(shuō)明】根據(jù)牛頓第二定律F = ma可知，當(dāng)加速度a相同時(shí)，物體所受的合外力與其質(zhì)量成正比．因此可以不必先算出加速度的大小，直接由比例關(guān)系求解．即由
直接得

【例3】如圖1所示，一根質(zhì)量為m，長(zhǎng)為L(zhǎng)的均勻長(zhǎng)木料受水平拉力F作用后在粗糙水平面上加速向右運(yùn)動(dòng)．在離拉力作用點(diǎn)x處作一斷面，在這一斷面處，左右兩部分木料之間的相互作用力為多少？
【分析】 取整個(gè)木料和斷面左端（或右端）為研究對(duì)象，由于它們的加速度相同，可根據(jù)它們所受合外力與質(zhì)量成正比的關(guān)系得解．
【解】 設(shè)整個(gè)木料所受的摩擦力為f，斷面兩側(cè)的相互作用力為T，作用在斷面左端部分的摩擦力為整個(gè)木料和斷面左側(cè)水平方向的受力情況如圖2所示．根據(jù)加速度相同時(shí)力與質(zhì)量的比例關(guān)系可知
【說(shuō)明】本題由于利用了F∝m的關(guān)系，可以不必計(jì)算加速度，十分簡(jiǎn)捷．由解得結(jié)果可知，截面位置取得離拉力處越遠(yuǎn)，截面兩側(cè)的相互作用力越小，當(dāng)x = L時(shí)，T=0，這是顯然的結(jié)果．
如果木料受到水平推力作用，情況怎樣？有興趣的同學(xué)可自行研究．
【例4】物體從某一高度自由落下，落在直立于地面的輕彈簧上，如圖1所示．在A點(diǎn)物體開(kāi)始與彈簧接觸．到B點(diǎn)時(shí)，物體速度為零，然后被彈回，則以下說(shuō)法正確的是 [ ]
A．物體從A下降和到B的過(guò)程中，速率不斷變小
B．物體從B上升到A的過(guò)程中，速率不斷變大
C．物體從A下降到B，以及從B上升到A的速程中，速率都是先增大，后減小
D．物體在B點(diǎn)時(shí)，所受合力為零

【分析】本題考察a與F合的對(duì)應(yīng)關(guān)系，彈簧這種特殊模型的變化特點(diǎn)，以及由物體的受力情況判斷物體的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)．對(duì)物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程及狀態(tài)分析清楚，同時(shí)對(duì)物體正確的受力分析，是解決本題思路所在．
【解】找出AB之間的C位置，此時(shí)F合=0
則（1）從A→C．由mg＞kx1，
（2）在C位量mg = kxc，a=0，物體速度達(dá)最大（如圖2乙）
（3）從C→B，由于mg＜kx2，
同理，當(dāng)物體從B→A時(shí)，可以分析B→C做加速度越來(lái)越小的變加速直線運(yùn)動(dòng)；從C→A做加速度越來(lái)越大的減速直線運(yùn)動(dòng)．
【說(shuō)明】由物體的受力情況判斷物體的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，是牛頓第二定律應(yīng)用的重要部分，也是解綜合問(wèn)題的基礎(chǔ)．
彈簧這種能使物體受力連續(xù)變化的模型，在物理問(wèn)題（特別是定性判斷）中經(jīng)常應(yīng)用．其應(yīng)用特點(diǎn)是：找好初末兩態(tài)，明確變化過(guò)程．

【例5】圖中A為電磁鐵，C為膠木秤盤，A和C（包括支架）的總質(zhì)量為M，B為鐵片，質(zhì)量為m，整個(gè)裝置用輕繩懸掛于O點(diǎn)．當(dāng)電磁鐵通電，鐵片被吸引上升的過(guò)程中，輕繩上拉力F的大小為 [ ]
A．F = Mg
B．Mg＜F＜（M＋m）g
C．F=（M + m）g
D．F＞（M + m）g
【分析】以鐵片為研究對(duì)象，它被吸引上升過(guò)程中受到電磁鐵對(duì)它的吸引力Q（變力）、重力mg．在每一時(shí)刻
Q- mg = ma，即Q＞mg．
根據(jù)牛頓第三定律，鐵片也對(duì)電磁鐵A（包括支架C）施加向下的吸引力，其大小Q′=Q．
以A和C為研究對(duì)象，它受到細(xì)線向上拉力F、A′和C的重力Mg、鐵片吸引力Q′．由力平衡條件知
F = Mg + Q′ = Mg + Q，
∴F＞（M + m）g．
【答】 D．
【說(shuō)明】必須注意，鐵片能吸引上升是一個(gè)加速過(guò)程，因此，Q＞mg．同時(shí)，不要疏忽鐵片對(duì)磁鐵的吸引力．
【例6】如圖1所示，一只質(zhì)量為m的貓抓住用繩吊在天花板上的一根質(zhì)量為M的垂直桿子．當(dāng)懸繩突然斷裂時(shí)，小貓急速沿桿豎直向上爬，以保持它離地面的高度不變．則桿下降的加速度為 [ ]
【分析】 設(shè)貓急速上爬時(shí)對(duì)桿的作用力為f，方向向下，則桿對(duì)貓的作用力的大小也為f，方向向上，繩斷裂后，貓和桿的受力情況如圖2所示
由于貓急速上爬，保持對(duì)地面的高度不變，意味著在這個(gè)過(guò)程中，貓對(duì)地?zé)o加速度，處于力平衡狀態(tài)，所以f = mg
桿僅受兩個(gè)豎直向下的力作用，根據(jù)牛頓第二定律，得桿的加速度大小為
其方向豎直向下．
答 C．
說(shuō)明 本題反映了牛頓第二定律的相對(duì)性，即加速度a必須是地面而言的．如果不理解這一點(diǎn)，本題就難以求解．

【例7】如圖1所示，一木塊從h=3.0m、長(zhǎng)L=5.0m的固定斜面的頂端，由靜止開(kāi)始沿著斜面滑至底端．如果木塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.30，求
（1）木塊運(yùn)動(dòng)的加速度；
（2）木塊從斜面頂端滑至底端所需的時(shí)間．
【分析】以木塊為研究對(duì)象，它在下滑過(guò)程中受到三個(gè)力作用：重力mg、斜面支持力N、斜面的滑動(dòng)摩擦力f（圖2）由于這三個(gè)力不在同一直線上，可采用正交分解法，然后根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間．
【解】（1）設(shè)斜面傾角為θ，由受力圖2可知：沿斜面方向由牛頓第二定律得
mgsinθ- f = ma．
垂直斜面方向由力平衡條件得
N- mgcsθ=0．
又由摩擦力與正壓力的關(guān)系得
f=μN(yùn)．
聯(lián)立上述三式可解得木塊下滑的加速度為
a = g（sinθ-μcsθ）．
式中
∴a = g（sinθ-μcsθ）
=9.8（0.60-0.30×0.80）m／s2=3.60m／s2．
【說(shuō)明】 這是屬于已知力求運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，通過(guò)加速度建立了力和運(yùn)動(dòng)的聯(lián)系．題解中基本上遵循了牛頓第二定律應(yīng)用的步驟。

【例8】 兩重疊在一起的滑塊，置于固定的、傾角為θ的斜面上，如圖1所示，滑塊A、B的質(zhì)量分別為M、m，A與斜面間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，B與A之間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，已知兩滑塊都從靜止開(kāi)始以相同的加速度從斜面滑下，滑塊B受到的摩擦力 [ ]
A．等于零
B．方向沿斜面向上
C．大小等于μ1mgcsθ
D．大小等于μ2mgcsθ
【分析】把A、B兩滑塊作為一個(gè)整體，設(shè)其下滑加速度為a．由牛頓第二定律
（M + m）gsinθ-μ1（M + m）gcsθ=（M + m）a，
得
a = g（sinθ-μ1csθ）．
由于a＜gsinθ，可見(jiàn)B隨A一起下滑過(guò)程中，必然受到A對(duì)它沿斜面向上的摩擦力，設(shè)力fB（圖2）由牛頓第二定律
mgsinθ-fB = ma，
得fB =mgsinθ-ma
= mgsinθ-mg（sinθ-μ1csθ）
=μ1mgcsθ．
【答】 B、C．
【說(shuō)明】由于所求的摩擦力是未知力，如果不從加速度大小的比較先判定其方向，也可任意假設(shè)，若設(shè)B受到A對(duì)它的摩擦力沿斜面向下．則牛頓第二定律的表達(dá)式為
mgsinθ+fB = ma，
得 fB = ma- mgsinθ
=mg（sinθ-μ1csθ）-mgsinθ
= -μ1mgcsθ．
式中負(fù)號(hào)表示所求摩擦力的方向與假設(shè)的方向相反，應(yīng)為沿斜面向上．

【例9】 一個(gè)質(zhì)量為m的物體放在水平地面上，設(shè)物體與地面間的摩擦系數(shù)為μ，對(duì)物體施以作用力F。問(wèn)：
（1）若F是拉力，則F應(yīng)沿怎樣的方向拉，才能使物體獲得最大的加速度？
（2）若F是推力，則為了不產(chǎn)生加速度，F(xiàn)應(yīng)朝什么方向推？
【誤解】
（1）當(dāng)F沿著水平方向拉，物體才有最大的加速度。
（2）為了使物體不獲得加速度F的方向必須與水平地面垂直。
【正確解答】
（1）如圖1所示，物體受重力mg、支持力N′、摩擦力f和拉力F作用。設(shè)F與豎直方向成α角，與水平方向成θ角。
在y軸方向有
N′=mg-Fcsα
則f=μ（mg-Fcsα）
在x軸方向上的物體的加速度為
令 μ=tgθ，則
在F是拉力情況下，當(dāng)90°-α=θ時(shí)，也就是作用力F的方向與地面的夾角恰為θ=arctgμ時(shí)，物體能獲得最大的加速度。很明顯，若μ=0，則θ=0°，也就是α=90°時(shí)，物體能獲得最大的加速度。
（2）如圖所示，若F是推力，設(shè)推力與豎直方向的夾角為α，與水平地面的夾角為θ，則
f=μ（mg + Fcsα）
在x軸方向上物體的加速度為
推力使物體在x方向上獲得加速度，即a＞0，所以
Fsinα-μ（mg + Fcsα）＞0
即 F（sinα-μcsα）-μmg＞0
當(dāng)α角使
F（sinα-μcsα）-μmg≤0時(shí)，
即 sinα-μcsα≤
sinα-μcsα≤0
來(lái)求解α角的范圍。
令μ = tgβ
則有
sinα-tgβcsα≤0
即
sin（α-β）≤0，
在α、β均為銳角時(shí)得
α≤β=arctgμ
當(dāng)用力推物體時(shí)，施力的方向與豎直方向的夾角α小于β，不論F多大都不能使物體獲得加速度。
【錯(cuò)因分析與解題指導(dǎo)】[誤解]的主要錯(cuò)因是沒(méi)有注意摩擦力的影響，由于外力F的方向不同，會(huì)使摩擦力的大小發(fā)生變化。無(wú)論是滑動(dòng)摩擦力還是最大靜摩擦力，都和物體與地面間的正壓力有關(guān)。當(dāng)外力F以與地面成不同的角度來(lái)推、拉物體時(shí)，正壓力就有不同的值，所以物體所受的合力就有不同的值。只有在正確分析物體的受力情況后，對(duì)問(wèn)題才能作出正確的解答。

【例10】 質(zhì)量為m=2kg的木塊原來(lái)靜止在粗糙水平地面上，現(xiàn)在第1，3，5…奇數(shù)秒內(nèi)給物體施加方向向右、大小為F1=6N的水平推力，在第2，4，6…偶數(shù)秒內(nèi)，給物體施加方向仍向右、大小為F2=2N的水平推力，已知物體與地面間的摩擦因數(shù)μ=0.1．取g=10m／s2，問(wèn)：
（1）木塊在奇數(shù)秒和偶數(shù)秒內(nèi)各做什么運(yùn)動(dòng)？
（2）經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間，木塊位移的大小等于40.25m？
【分析】以木塊為研究對(duì)象，它在豎直方向處于力平衡狀態(tài)，水平方向僅受推力F1（或F2）和摩擦力f的作用．由牛頓第二定律可判斷出木塊在奇數(shù)秒和偶數(shù)秒的運(yùn)動(dòng)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，即可求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間．
【解】（1）木塊在奇數(shù)秒內(nèi)的加速度為
木塊在偶數(shù)秒內(nèi)的加速度為
所以，木塊在奇數(shù)秒內(nèi)做a = a1=2m／s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在偶數(shù)秒內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)．
（2）在第1s內(nèi)木塊向右的位移為
至第1s末木塊的速度
v1=at=2×1m/s=2m/s．
在第2s內(nèi)，木塊以第1s末的速度向右做勻速運(yùn)動(dòng)，在第2s內(nèi)木塊的位移為
s2=v1t=2×1m=2m．
至第2s末木塊的速度
v2=v1=2m/s．
在第3s內(nèi)，木塊向右做初速等于2m/s的勻加速運(yùn)動(dòng)，在第3s內(nèi)的位移為
至第3s末木塊的速度
v3=v2+at=2m/s+2×1m/s=4m/s．
在第4s內(nèi)，木塊以第3s末的速度向右做勻速運(yùn)動(dòng)，在第4s內(nèi)木塊的位移為
S4=v3t=4×1m=4m．
至第4s末木塊的速度
v4=v3＝4m/s．
……
由此可見(jiàn)，從第1s起，連續(xù)各秒內(nèi)木塊的位移是從1開(kāi)始的一個(gè)自然數(shù)列．因此，在ns內(nèi)的總位移為
當(dāng)sn=40.25m時(shí)，n的值為8＜n＜9．取n=8，則8s內(nèi)木塊的位移共為
至第8s末，木塊的速度為
v8=8m/s．
設(shè)第8s后，木塊還需向右運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tx，對(duì)應(yīng)的位移為
sx=40.25m-36m=4.25m，
由
得合理解
tx=0.5s．
所以，木塊的位移大小等于40.25m時(shí)需運(yùn)動(dòng)時(shí)間
T=8s+0.5s=8.5s．
【說(shuō)明】木塊運(yùn)動(dòng)的v-t圖如下圖所示．
因?yàn)関-t圖線與t軸間的面積表示對(duì)應(yīng)時(shí)間內(nèi)的位移，所以每秒內(nèi)位移成一等差數(shù)列，其公差等于劃有斜線的小三角形面積，即
△s=s1=1m．

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