牛頓第二定律應用中幾種常見錯例分析

卓萍如

牛頓運動定律的應用是動力學的核心內容，也是高考考查重點，同學們在學習中經常出現的錯誤類型有以下幾種，

一、研究對象不清晰導致錯誤

例1 如圖1所示，質量M=1 kg，長為L的長木板靜止在水平面上，左端放置質量m =1 kg的小物塊（可看作質點），小物塊與木板之間的動摩擦因數μ=0.3，木板與水平面之間的動摩擦因數μ′=0.1.給小物塊一水平向右F=6 N的拉力，使小物塊相對于木板向右加速運動，重力加速度g =10m/ s².求小物塊和木板的加速度大小.

【錯解】對m：

F-f =ma

f=μN=μmg

解得a=3 m/s²

木板的加速度設為a′，地面對木板的摩擦力設為f

則f一f′=（m+M）a′

f′=μ′（M +m）g

解得a′=0.5m/s²

【錯解分析】上述錯誤的原因是對牛頓第二定律的同體性理解不深，在牛頓第二定律中F、M、a應對應于同一物體.本題中在求木板的加速度時研究對象應選木板，所以等式右端應為木板的質量乘以木板的加速度.

【正解】對木板：

f-f′= Ma′

f=μ′（m+M）g

解得a′=l m/s²

【啟示】在應用牛頓運動定律時，一定要先明確研究對象.

二、牛頓第二定律的瞬時性理解不深

例2 如圖2所示，在動摩擦因數μ=0.2的水平面上，質量m =2 kg的物塊與水平輕彈簧相連，物塊在與水平方向成0=45°角的拉力F作用下處于靜止狀態，此時水平面對物塊的彈力恰好為零.g取10 m/s².求：

（1）此時輕彈簧的彈力大小;

（2）若瞬間撤去拉力F，則求物塊的加速度大小和方向.

【錯解】（1）小物塊受重力、拉力F以及彈簧的彈力處于平衡，根據共點力平衡得彈簧的彈力

F彈=mgtan 45°=20 ×l N=20 N

（2）撤去力F的瞬間，彈簧的彈力仍然為20 N，因為水平面對物塊的彈力為0所以小物塊此時受重力、彈簧彈力兩個力作用

由牛頓第二定律得：

F彈=ma

解得：a= 10 m/s^f

【錯解分析】上面解答中第（2）問是錯誤的.求撤去F瞬間物塊的加速度則需求此時物塊的合外力，而當物體受力發生變化的瞬時彈力、摩擦力等有可能發生突變，本題中當F撤去后顯然地面對物塊的支持力由0突變為mg，于是摩擦力也由O突變為μmg.學生忽略了這一瞬時力的變化，想當然的認為仍是原來的大小導致錯誤.而彈簧的彈力由于和彈簧的長度有關，彈簧的長度不變則彈力不變，所以此題中撤去力F的瞬間，彈簧的彈力不變.

【正解】（2）撤去力F的瞬間，彈簧的彈力仍然為20 N，小物塊此時受重力、支持力、彈簧彈力和摩擦力四個力作用.

小物塊所受的摩擦力為：

f=μmg=0.2×20 N=4 N

根據牛頓第二定律得小球的加速度為：

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.

【啟示】在應用牛頓第二定律時，當力發生變化時加速度會跟著變化.所以力的確定是關鍵，而當物體受力和運動狀態發生變化時，彈力、摩擦力等有可能發生突變，解題時要注意分析.

三、對運動狀態認識不清導致錯誤

例3 如圖3所示，傾角θ = 37°的斜面體固定在水平地面上，斜面長L=2.4 m，質量M=2.O kg的B物體放在斜面底端，與斜面間的動摩擦因數μ=0.25，通過輕細繩跨過光滑的定滑輪與A物體相連接，連接B的細繩與斜面平行.A的質量m=2.5 kg，繩拉直時用手托住4物體使其在距地面h高處由靜止釋放，著地后立即停止運動.A、B物體均可視為質點，取g= 10 m/s²，試求：A物體下落的加速度大小及繩子拉力F的大小.

【錯解】B受重力、繩子的拉力F、斜面對B的支持力Ⅳ和摩擦力f作用.

則N= Mgcos 37°

f=μN =μMgcos 37°

所以F= Mgsin 37°+f =16 N

對A：受重力和繩子的拉力F作用

則 mg -F= ma

代人數據得a=3.6m/s²

【錯解分析】上述解法錯誤的原因是沒有認識到B和A具有同樣大小的加速度，而想當然認為B處于平衡狀態，B受力平衡.

【正解】由圖可知物體A向下做加速運動，B沿斜面向上做加速運動，沿繩子方向的加速度大小相等，設繩子的張力是F，得：

ma= mg -F

Ma=F- Mgsin 37°-μMgcos 37°

聯立解得：a=2m/s²

F=20 N 【啟示】看清物體的運動狀態，根據運動狀態列方程是正確解決問題的基礎.

總之，在應用牛頓第二定律解決問題時一定要注意：

（1）明確研究對象;

（2）注意牛頓第二定律的瞬時性;

（3）看清物體的運動狀態.這些是正確解題的關鍵.