牛顿第二定律应用中几种常见错例分析
卓萍如
牛顿运动定律的应用是动力学的核心内容，也是高考考查重点，同学们在学习中经常出现的错误类型有以下几种，
一、研究对象不清晰导致错误
例1 如图1所示，质量M=1 kg，长为L的长木板静止在水平面上，左端放置质量m =1 kg的小物块（可看作质点），小物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.3，木板与水平面之间的动摩擦因数μ′=0.1.给小物块一水平向右F=6 N的拉力，使小物块相对于木板向右加速运动，重力加速度g =10m/ s2.求小物块和木板的加速度大小.
【错解】对m：
F-f =ma
f=μN=μmg
解得a=3 m/s2
木板的加速度设为a′，地面对木板的摩擦力设为f
则f一f′=（m+M）a′
f′=μ′（M +m）g
解得a′=0.5m/s2
【错解分析】上述错误的原因是对牛顿第二定律的同体性理解不深，在牛顿第二定律中F、M、a应对应于同一物体.本题中在求木板的加速度时研究对象应选木板，所以等式右端应为木板的质量乘以木板的加速度.
【正解】对木板：
f-f′= Ma′
f=μ′（m+M）g
解得a′=l m/s2
【启示】在应用牛顿运动定律时，一定要先明确研究对象.
二、牛顿第二定律的瞬时性理解不深
例2 如图2所示，在动摩擦因数μ=0.2的水平面上，质量m =2 kg的物块与水平轻弹簧相连，物块在与水平方向成0=45°角的拉力F作用下处于静止状态，此时水平面对物块的弹力恰好为零.g取10 m/s2.求：
（1）此时轻弹簧的弹力大小;
（2）若瞬间撤去拉力F，则求物块的加速度大小和方向.
【错解】（1）小物块受重力、拉力F以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得弹簧的弹力
F弹=mgtan 45°=20 ×l N=20 N
（2）撤去力F的瞬间，弹簧的弹力仍然为20 N，因为水平面对物块的弹力为0所以小物块此时受重力、弹簧弹力两个力作用
由牛顿第二定律得：
F弹=ma
解得：a= 10 m/sf
【错解分析】上面解答中第（2）问是错误的.求撤去F瞬间物块的加速度则需求此时物块的合外力，而当物体受力发生变化的瞬时弹力、摩擦力等有可能发生突变，本题中当F撤去后显然地面对物块的支持力由0突变为mg，于是摩擦力也由O突变为μmg.学生忽略了这一瞬时力的变化，想当然的认为仍是原来的大小导致错误.而弹簧的弹力由于和弹簧的长度有关，弹簧的长度不变则弹力不变，所以此题中撤去力F的瞬间，弹簧的弹力不变.
【正解】（2）撤去力F的瞬间，弹簧的弹力仍然为20 N，小物块此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用.
小物块所受的摩擦力为：
f=μmg=0.2×20 N=4 N
根据牛顿第二定律得小球的加速度为：
a=F-f/m=20-4/2m/s2=8m/s2
合力方向向左，所以加速度方向向左.
【启示】在应用牛顿第二定律时，当力发生变化时加速度会跟着变化.所以力的确定是关键，而当物体受力和运动状态发生变化时，弹力、摩擦力等有可能发生突变，解题时要注意分析.
三、对运动状态认识不清导致错误
例3 如图3所示，倾角θ = 37°的斜面体固定在水平地面上，斜面长L=2.4 m，质量M=2.O kg的B物体放在斜面底端，与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，通过轻细绳跨过光滑的定滑轮与A物体相连接，连接B的细绳与斜面平行.A的质量m=2.5 kg，绳拉直时用手托住4物体使其在距地面h高处由静止释放，着地后立即停止运动.A、B物体均可视为质点，取g= 10 m/s2，試求：A物体下落的加速度大小及绳子拉力F的大小.
【错解】B受重力、绳子的拉力F、斜面对B的支持力Ⅳ和摩擦力f作用.
则N= Mgcos 37°
f=μN =μMgcos 37°
所以F= Mgsin 37°+f =16 N
对A：受重力和绳子的拉力F作用
则 mg -F= ma
代人数据得a=3.6m/s2
【错解分析】上述解法错误的原因是没有认识到B和A具有同样大小的加速度，而想当然认为B处于平衡状态，B受力平衡.
【正解】由图可知物体A向下做加速运动，B沿斜面向上做加速运动，沿绳子方向的加速度大小相等，设绳子的张力是F，得：
ma= mg -F
Ma=F- Mgsin 37°-μMgcos 37°
联立解得：a=2m/s2
F=20 N 【启示】看清物体的运动状态，根据运动状态列方程是正确解决问题的基础.
总之，在应用牛顿第二定律解决问题时一定要注意：
（1）明确研究对象;
（2）注意牛顿第二定律的瞬时性;
（3）看清物体的运动状态.这些是正确解题的关键.
牛顿运动定律的应用是动力学的核心内容，也是高考考查重点，同学们在学习中经常出现的错误类型有以下几种，
一、研究对象不清晰导致错误
例1 如图1所示，质量M=1 kg，长为L的长木板静止在水平面上，左端放置质量m =1 kg的小物块（可看作质点），小物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.3，木板与水平面之间的动摩擦因数μ′=0.1.给小物块一水平向右F=6 N的拉力，使小物块相对于木板向右加速运动，重力加速度g =10m/ s2.求小物块和木板的加速度大小.
【错解】对m：
F-f =ma
f=μN=μmg
解得a=3 m/s2
木板的加速度设为a′，地面对木板的摩擦力设为f
则f一f′=（m+M）a′
f′=μ′（M +m）g
解得a′=0.5m/s2
【错解分析】上述错误的原因是对牛顿第二定律的同体性理解不深，在牛顿第二定律中F、M、a应对应于同一物体.本题中在求木板的加速度时研究对象应选木板，所以等式右端应为木板的质量乘以木板的加速度.
【正解】对木板：
f-f′= Ma′
f=μ′（m+M）g
解得a′=l m/s2
【启示】在应用牛顿运动定律时，一定要先明确研究对象.
二、牛顿第二定律的瞬时性理解不深
例2 如图2所示，在动摩擦因数μ=0.2的水平面上，质量m =2 kg的物块与水平轻弹簧相连，物块在与水平方向成0=45°角的拉力F作用下处于静止状态，此时水平面对物块的弹力恰好为零.g取10 m/s2.求：
（1）此时轻弹簧的弹力大小;
（2）若瞬间撤去拉力F，则求物块的加速度大小和方向.
【错解】（1）小物块受重力、拉力F以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得弹簧的弹力
F弹=mgtan 45°=20 ×l N=20 N
（2）撤去力F的瞬间，弹簧的弹力仍然为20 N，因为水平面对物块的弹力为0所以小物块此时受重力、弹簧弹力两个力作用
由牛顿第二定律得：
F弹=ma
解得：a= 10 m/sf
【错解分析】上面解答中第（2）问是错误的.求撤去F瞬间物块的加速度则需求此时物块的合外力，而当物体受力发生变化的瞬时弹力、摩擦力等有可能发生突变，本题中当F撤去后显然地面对物块的支持力由0突变为mg，于是摩擦力也由O突变为μmg.学生忽略了这一瞬时力的变化，想当然的认为仍是原来的大小导致错误.而弹簧的弹力由于和弹簧的长度有关，弹簧的长度不变则弹力不变，所以此题中撤去力F的瞬间，弹簧的弹力不变.
【正解】（2）撤去力F的瞬间，弹簧的弹力仍然为20 N，小物块此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用.
小物块所受的摩擦力为：
f=μmg=0.2×20 N=4 N
根据牛顿第二定律得小球的加速度为：
a=F-f/m=20-4/2m/s2=8m/s2
合力方向向左，所以加速度方向向左.
【启示】在应用牛顿第二定律时，当力发生变化时加速度会跟着变化.所以力的确定是关键，而当物体受力和运动状态发生变化时，弹力、摩擦力等有可能发生突变，解题时要注意分析.
三、对运动状态认识不清导致错误
例3 如图3所示，倾角θ = 37°的斜面体固定在水平地面上，斜面长L=2.4 m，质量M=2.O kg的B物体放在斜面底端，与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，通过轻细绳跨过光滑的定滑轮与A物体相连接，连接B的细绳与斜面平行.A的质量m=2.5 kg，绳拉直时用手托住4物体使其在距地面h高处由静止释放，着地后立即停止运动.A、B物体均可视为质点，取g= 10 m/s2，試求：A物体下落的加速度大小及绳子拉力F的大小.
【错解】B受重力、绳子的拉力F、斜面对B的支持力Ⅳ和摩擦力f作用.
则N= Mgcos 37°
f=μN =μMgcos 37°
所以F= Mgsin 37°+f =16 N
对A：受重力和绳子的拉力F作用
则 mg -F= ma
代人数据得a=3.6m/s2
【错解分析】上述解法错误的原因是没有认识到B和A具有同样大小的加速度，而想当然认为B处于平衡状态，B受力平衡.
【正解】由图可知物体A向下做加速运动，B沿斜面向上做加速运动，沿绳子方向的加速度大小相等，设绳子的张力是F，得：
ma= mg -F
Ma=F- Mgsin 37°-μMgcos 37°
联立解得：a=2m/s2
F=20 N 【启示】看清物体的运动状态，根据运动状态列方程是正确解决问题的基础.
总之，在应用牛顿第二定律解决问题时一定要注意：
（1）明确研究对象;
（2）注意牛顿第二定律的瞬时性;
（3）看清物体的运动状态.这些是正确解题的关键.
