牛頓第二定律是物理學(xué)的核心規(guī)律。牛頓第二定律的運(yùn)用，是高考的必考問題，2009年高考試題中的牛頓第二定律試題，題型、情景、設(shè)問異彩紛呈，涵蓋了這類問題的常見類型。
一、圖象問題──定性分析
例1（山東理綜-17）某物體做直線運(yùn)動的v-t圖象如圖1甲所示，據(jù)此判斷圖1乙（F表示物體所受合力，x表示物體的位移）四個選項中正確的是
解析：由v-t圖象（圖甲）可知前兩秒物體做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，加速度恒定，由牛頓第二定律知，前兩秒受合力恒定，若設(shè)初速度方向為證方向，則合力為正；2s-4s做正方向勻減速直線運(yùn)動，加速度恒定，由牛頓第二定律知，2s-4s受力恒定，方向與初速度方向相反，合力為負(fù)；4s-6s做反方向勻加速直線運(yùn)動，同理可知，合力恒定但為負(fù)， 6s-8s做負(fù)方向勻減速直線運(yùn)動，受力為正，恒定。運(yùn)動中各階段的位移均與時間的平方相關(guān)，x-t圖象是時間的二次函數(shù)。故B正確，本題選B。
例2（福建理綜-21）
如圖2甲，在水平地面上固定一傾角為θ的光滑絕緣斜面，斜面處于電場強(qiáng)度大小為E、方向沿斜面向下的勻強(qiáng)電場中。一勁度系數(shù)為k的絕緣輕質(zhì)彈簧的一端固定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態(tài)。一質(zhì)量為m、帶電量為q（q>0）的滑塊從距離彈簧上端為s0處靜止釋放，滑塊在運(yùn)動過程中電量保持不變，設(shè)滑塊與彈簧接觸過程沒有機(jī)械能損失，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g。
（1）求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經(jīng)歷的時間t1；
（2）若滑塊在沿斜面向下運(yùn)動的整個過程中最大速度大小為vm，求滑塊從靜止釋放到速度大小為vm過程中彈簧的彈力所做的功W；
（3）從滑塊靜止釋放瞬間開始計時，請在圖2乙中畫出滑塊在沿斜面向下運(yùn)動的整個過程中速度與時間關(guān)系v-t圖象。圖中橫坐標(biāo)軸上的t1、t2及t3分別表示滑塊第一次與彈簧上端接觸、第一次速度達(dá)到最大值及第一次速度減為零的時刻，縱坐標(biāo)軸上的v1為滑塊在t1時刻的速度大小，vm是題中所指的物理量。（本小題不要求寫出計算過程）
解析：（1）滑塊從靜止釋放到與彈簧剛接觸的過程中作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，設(shè)加速度大小為a，在斜面方向由牛頓第二定律及勻變速位移公式有：qE+mgsin=ma及，解得：。
（2）t1時刻后，滑塊與彈簧接觸，彈簧對滑塊有了沿斜面向上的彈力，且彈力逐漸增大，滑塊做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，當(dāng)彈力增大到使它與重力的分力、電場力的合力為零時，加速度為零，速度不再增大，達(dá)到最大值，設(shè)此時彈簧的壓縮量為xo，由力的平衡條件有：；從靜止釋放到速度達(dá)到最大的過程中，對滑塊運(yùn)用動能定理有：。
解得：
（3）由以上分析與計算可知0-t1滑塊做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，對應(yīng)的v-t圖象為過原點的直線；t1-t2滑塊做加速度減小的加速運(yùn)動，對應(yīng)的v-t圖象是斜率逐漸減小的曲線；t2-t3彈簧的彈力將大于電場力與重力沿斜面分力的和，三者的合力方向沿斜面向上且增大，加速度向上且增大，但速度方向向下，滑塊做加速度增大的減速運(yùn)動，對應(yīng)的v-t圖象是斜率增大的曲線，如圖3所示。
點評：合外力的大小與物體的質(zhì)量決定加速度的大小，合外力的方向決定加速度的方向。加速度恒定時，物體做勻變速運(yùn)動；加速度不恒定時，物體做非勻變速運(yùn)動。加速度與速度方向一致時，物體做加速直線運(yùn)動；加速度方向與速度方向相反時，物體做減速直線運(yùn)動。加速度方向與速度方向既不一致，也不相反時，物體做曲線運(yùn)動。勻變速直線運(yùn)動中，v-t圖象是直線，直線的斜率代表加速度；非勻變速直線運(yùn)動中，v-t圖象是曲線，曲線的斜率代表瞬時加速度。
二、數(shù)理結(jié)合──非勻變速運(yùn)動
例3（上海物理-22）如圖4（a）所示，質(zhì)量m＝1kg的物體沿傾角q＝37°的固定粗糙斜面由靜止開始向下運(yùn)動，風(fēng)對物體的作用力沿水平方向向右，其大小與風(fēng)速v成正比，比例系數(shù)用k表示，物體加速度a與風(fēng)速v的關(guān)系如圖4（b）所示。求：
?。?span>1）物體與斜面間的動摩擦因數(shù)m；
（2）比例系數(shù)k。
?。?span>sin370=0．6，cos370=0．8，g=10m/s2）
解析：設(shè)物體下滑的加速度為a，對物體的下滑過程，在斜面方向運(yùn)用牛頓第二定律有：，解此式得：。由a-v圖象知，v=0時，a=4m/s2，將其代入解得：μ=0．25；由a-v圖象知，v=0時，a=4m/s2，將其代入解得：k=0．84kg/s
?。ㄓ?i>a-v圖象及a表達(dá)式分別求出圖象斜率，令其相等，得一方程，再將v=0時a=4m/s2代入a表達(dá)式得一方程，聯(lián)解兩方程亦可求出μ和k）
點評：牛頓第二定律反映的是加速度與合力的瞬時關(guān)系，本題中對物體運(yùn)動中的v=0與v=5m/s兩個狀態(tài)分別運(yùn)用牛頓定律。
三、圖象問題──超重與失重
例4（廣東物理-8）某人在地面上用彈簧秤稱得其體重為490N，他將彈簧秤移至電梯內(nèi)稱其體重，to至t3時間段內(nèi)彈簧秤的示數(shù)如圖5所示，電梯運(yùn)行的v-t圖可能是？（取電梯向上運(yùn)動的方向為正）
解析：在電梯運(yùn)行中，人和電梯相對靜止，人的運(yùn)動情況與電梯相同，人運(yùn)動的v-t圖象就是電梯運(yùn)動的的v-t圖象。以人為研究對象，據(jù)圖5分析可知，在t0-t1過程中秤的示數(shù)小于人的實際體重，人“失重”，人向上減速或向下加速運(yùn)動，在t2-t3過程中秤的示數(shù)大于人的體重，人“超重”，人向下加速或向上減速運(yùn)動。所以BC錯誤。本題選AD。
點評：當(dāng)物體連同它的支持無或懸掛物一起在豎直方向加速運(yùn)動時，若加速度方向向上，物體對支持無或懸掛物的壓力或拉力大于他的重力，物體的運(yùn)動不是加速上升就是減速下降；若就速度方向向下，物體對支持無或懸掛物的壓力或拉力小于他的重力，物體的運(yùn)動不是加速下降就是減速上升。
四、整體法與隔離法
例5（安徽理綜-22）在2008年北京殘奧會開幕式上，運(yùn)動員手拉繩索向上攀登，最終點燃了主火炬，體現(xiàn)了殘疾運(yùn)動員堅忍不拔的意志和自強(qiáng)不息的精神。為了探究上升過程中運(yùn)動員與繩索和吊椅間的作用，可將過程簡化。一根不可伸縮的輕繩跨過輕質(zhì)的定滑輪，一端掛一吊椅，另一端被坐在吊椅上的運(yùn)動員拉住，如圖6所示。設(shè)運(yùn)動員的質(zhì)量為65kg，吊椅的質(zhì)量為15kg，不計定滑輪與繩子間的摩擦。重力加速度取g=10m/s2。當(dāng)運(yùn)動員與吊椅一起正以加速度a=1m/s2上升時。試求
（1）運(yùn)動員豎直向下拉繩的力；
（2）運(yùn)動員對吊椅的壓力。
解析：（1）設(shè)運(yùn)動員受到繩向上的拉力為F，由于定滑輪不改變力的大小，跨過定滑輪的兩段繩子拉力相等，吊椅受到繩的拉力大小也是F。對運(yùn)動員和吊椅整體進(jìn)行受力分析如圖7所示，運(yùn)用牛頓第二定律有：
，解得：。由牛頓第三定律，運(yùn)動員豎直向下拉繩的力為：
（2）設(shè)吊椅對運(yùn)動員的支持力為FN，對運(yùn)動員進(jìn)行受力分析如圖8所示，運(yùn)用牛頓第二定律有：，解得：
由牛頓第三定律，運(yùn)動員對吊椅的壓力也為275N。
點評：連接體運(yùn)動中，若各物體的加速度相同或大小相等，可將各物體視為整體對其運(yùn)用牛頓第二定律，一般可先求出整體物體運(yùn)動的加速度，再隔離某個物體，分析其受力，運(yùn)用牛頓第二定律求出該物體與其他物體間的作用力。
五、多過程問題──勻變速直線運(yùn)動
例6（江蘇物理-13）航模興趣小組設(shè)計出一架遙控飛行器，其質(zhì)量m =2kg，動力系統(tǒng)提供的恒定升力F =28 N。試飛時，飛行器從地面由靜止開始豎直上升。設(shè)飛行器飛行時所受的阻力大小不變，g取10m/s2。
（1）第一次試飛，飛行器飛行t1=8s時到達(dá)高度H =64m。求飛行器所阻力f的大??；
?。?span>2）第二次試飛，飛行器飛行t2=6s時遙控器出現(xiàn)故障，飛行器立即失去升力。求飛行器能達(dá)到的最大高度h；
?。?span>3）為了使飛行器不致墜落到地面，求飛行器從開始下落到恢復(fù)升力的最長時間t3 。
解析：（1）第一次飛行中，設(shè)加速度為a1，由勻變速直線運(yùn)動位移公式有：，對飛行器運(yùn)用牛頓第二定律有：，解得：。
?。?span>2）第二次飛行中，設(shè)失去升力時的速度為v1，則；上升的高度為s1，由勻變速直線運(yùn)動位移公式有：。設(shè)失去升力后的加速度為a2，上升的高度為s2，對飛行器運(yùn)用牛頓第二定律有：，由勻變速直線運(yùn)動位移速度關(guān)系式有：。解得：。
（3）設(shè)失去升力下降階段加速度為a3；恢復(fù)升力后加速度為a4，恢復(fù)升力時速度為v3，對飛行器失去升力、回復(fù)升力后的運(yùn)動分別運(yùn)用牛頓第二定律有：和由勻變速直線運(yùn)動速度、位移速度關(guān)系式有：及。解得：
點評：對單物多過程問題，由各階段的受力情況確定運(yùn)動性質(zhì)是基礎(chǔ)，找到連接各階段運(yùn)動的物理量（速度）是關(guān)鍵。做出物體整個運(yùn)動過程的運(yùn)動示意圖，可使問題的分析與求解較為直觀。
六、用傳統(tǒng)方法探究牛頓第二定律
例7（江蘇物理-11）“探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系”的實驗裝置如圖10甲所示。
?。?span>1）在平衡小車與桌面之間摩擦力的過程中，打出了一條紙袋如圖10乙所示。計時器打點的時間間隔為0．02s。從比較清晰的點起，每5個點取一個計數(shù)點，量出相鄰計數(shù)點之間的距離。該小車的加速度a=___m/s2。（保留兩位有效數(shù)字）
?。?span>2）平衡摩擦力后，將5個相同的砝碼都放在小車上。掛上砝碼盤，然后每次從小車上取一個砝碼添加到砝碼盤中，測量小車的加速度。小車的加速度a與砝碼盤中砝碼總重力F的實驗數(shù)據(jù)如下表。
砝碼盤中砝碼總重力（N） | 0．196 | 0．392 | 0．588 | 0．784 | 0．980 |
加速度（m．s-2） | 0．69 | 1．18 | 1．66 | 2．18 | 2．70 |
請根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出a-F的關(guān)系圖像。
?。?span>3）根據(jù)提供的試驗數(shù)據(jù)作出的a-F圖線不通過原點，請說明主要原因。
解析：（1）處理勻變速直線運(yùn)動中所打出的紙帶，求解加速度用公式，Δs為連續(xù)相鄰相等時間內(nèi)的位移差，T為連需相等的時間間隔，如果每5個點取一個點，則連續(xù)兩計數(shù)點的時間間隔為T=0．1s，由圖10乙知，代入可得加速度a=0．16m/s2。（也可以使用最后一段和第二段的位移差求解，得加速度a=0．15m/s2。）
?。?span>2）為使圖線傾斜程度合適（以與水平方向夾角45°左右為宜。），確定F的范圍從0設(shè)置到1N較合適，而a則從0到3m/s2較合適。設(shè)好刻度建立坐標(biāo)，根據(jù)數(shù)據(jù)確定各點的位置，將各點用一條直線連起來，延長交與坐標(biāo)軸某一點。如圖10丙所示。
?。?span>3）圖線與縱坐標(biāo)相交而不過原點，說明當(dāng)不掛砝碼時，小車有加速度，即小車受有拉力，從拉力的來源考慮很容易得到答案，是因為砝碼盤的重力，而在（2）問的圖表中只給出了砝碼的總重力，而沒有考慮砝碼盤的重力。
點評：實驗中要分別控制質(zhì)量、合力不變，研究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系。實驗中用砝碼盤及砝碼的重力作為小車產(chǎn)生加速度的合力，不考慮木板對小車的滑動摩擦力。為減小誤差，要求小車質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于砝碼盤及砝碼的質(zhì)量（或加速度較?。?；木板的一端墊起，用小車重力沿斜面向下的分力抵消木板對小車的滑動摩擦力。
七、用DIS系統(tǒng)探究牛頓第二定律
例8（上海物理-17）如圖11為“用DIS（位移傳感器、數(shù)據(jù)采集器、計算機(jī)）研究加速度和力的關(guān)系”的實驗裝置。
?。?span>1）在該實驗中必須采用控制變量法，應(yīng)保持_____不變，用鉤碼所受的重力作為_______，用DIS測小車的加速度。
（2）改變所掛鉤碼的數(shù)量，多次重復(fù)測量。在某次實驗中根據(jù)測得的多組數(shù)據(jù)可畫出a-F關(guān)系圖線（如圖12所示）。
①分析此圖線的OA段可得出的實驗結(jié)論是______________。
?、冢▎芜x題）此圖線的AB段明顯偏離直線，造成此誤差的主要原因是
A．小車與軌道之間存在摩擦
B．導(dǎo)軌保持了水平狀態(tài)
C．所掛鉤碼的總質(zhì)量太大
D．所用小車的質(zhì)量太大
解析：決定物體的加速度的物理量有合力與質(zhì)量兩個因素，實驗中需逐一研究它們對加速度的影響，但研究一個量的影響時必須控制另一量保持不變，這就是控制變量法，所以要保持小車質(zhì)量不變。在鉤碼質(zhì)量較小時，小車的加速度較小，鉤碼的重力略大于小車所受拉力，若不考慮小車所受阻力或較好地平衡了阻力，可用鉤碼重力近似代替小車所受合力。
圖線的OA段是過原點的直線，因此可得出結(jié)論：在質(zhì)量一定時，加速度與拉力成正比。拉力（鉤碼重力）變大時，小車的加速度變大，鉤碼的重力與小車所受合力相差較大，此時用鉤碼重力代替小車所受合力，誤差較大。選C。
點評：圖象反映的是小車質(zhì)量不變時，加速度與合力的關(guān)系，當(dāng)合力較大時，圖象出現(xiàn)非線性，即加速度比預(yù)想的小，那是因為作用于小車的實際合力小于砝碼及盤的重力，即實驗中為做到使小車質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于砝碼及盤的質(zhì)量。
八、電磁感應(yīng)類力電綜合問題
例9（09上海物理-24）如圖13所示，光滑的平行金屬導(dǎo)軌水平放置，電阻不計，導(dǎo)軌間距為l，左側(cè)接一阻值為R的電阻。區(qū)域cdef內(nèi)存在垂直軌道平面向下的有界勻強(qiáng)磁場，磁場寬度為s。一質(zhì)量為m，電阻為r的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，受到F＝0．5v＋0．4（N）（v為金屬棒運(yùn)動速度）的水平力作用，從磁場的左邊界由靜止開始運(yùn)動，測得電阻兩端電壓隨時間均勻增大。（已知l＝1m，m＝1kg，R＝0．3Ω，r＝0．2Ω，s＝1m）
?。?span>1）分析并說明該金屬棒在磁場中做何種運(yùn)動；
?。?span>2）求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；
?。?span>3）若撤去外力后棒的速度v隨位移x的變化規(guī)律滿足，且棒在運(yùn)動到ef處時恰好靜止，則外力F作用的時間為多少？
解析：（1）金屬棒運(yùn)動中， 由歐姆定律、法拉第電磁感應(yīng)定律可知R兩端電壓U?I?E?v，由于U隨時間均勻增大，即v隨時間均勻增大，所以加速度為恒量，金屬棒在磁場中做勻加速直線運(yùn)動。
（2）金屬棒運(yùn)動時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：，金屬棒中的電流為：，金屬棒所受安培力為：，對金屬棒運(yùn)用牛頓第二定律有：，又有：，由以上幾式得：，由于金屬棒做勻加速直線運(yùn)動，即a與v無關(guān)，令：，代入已知數(shù)據(jù)解得：B＝0．5T。。
?。?span>3）設(shè)F的作用時間為t，則這段時間金屬棒的位移為：x1＝at2，末速度為：。設(shè)撤去F后，金屬棒的運(yùn)動位移為x2，這段運(yùn)動的初速度為：，末速度為，依題意有：，，代入已知數(shù)據(jù)解以上幾式得：，解得：t=1s
點評：對金屬棒的勻變速運(yùn)動，從力與運(yùn)動角度進(jìn)行分析，力學(xué)規(guī)律選用牛頓第二定律。
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