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牛頓第二定律的考察方式主要分為這樣的5個，今天為大家仔細地將五大考點分類匯總，並為大家找到相應的經典習題。請大家好好地做哦！
【例1】如圖所示，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，接觸彈簧後把彈簧壓縮到一定程度後停止下落。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，小球的速度先增大後減小
D．從小球接觸彈簧到到達最低點，小球的加速度先減小後增大
解析：小球的加速度大小決定於小球受到的合外力。從接觸彈簧到到達最低點，彈力從零開始逐漸增大，所以合力先減小後增大，因此加速度先減小後增大。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。選CD。
【例2】如圖所示．彈簧左端固定，右端自由伸長到O點並系住物體m．現將彈簧壓縮到A點，然後釋放，物體一直可以運動到B點．如果物體受到的阻力恆定，則
A．物體從A到O先加速後減速
B．物體從A到O加速運動，從O到B減速運動
C．物體運動到O點時所受合力為零
D．物體從A到O的過程加速度逐漸減小
解析：物體從A到O的運動過程，彈力方向向右．初始階段彈力大於阻力，合力方向向右．隨著物體向右運動，彈力逐漸減小，合力逐漸減小，由牛頓第二定律可知，此階段物體的加速度向右且逐漸減小，由於加速度與速度同向，物體的速度逐漸增大．所以初始階段物體向右做加速度逐漸減小的加速運動．
當物體向右運動至AO間某點（設為O′）時，彈力減小到等於阻力，物體所受合力為零，加速度為零，速度達到最大．
此後，隨著物體繼續向右移動，彈力繼續減小，阻力大於彈力，合力方向變為向左．至O點時彈力減為零，此後彈力向左且逐漸增大．所以物體從O′點後的合力方向均向左且合力逐漸增大，由牛頓第二定律可知，此階段物體的加速度向左且逐漸增大．由於加速度與速度反向，物體做加速度逐漸增大的減速運動．
正確選項為A、C．
點評：
（1）解答此題容易犯的錯誤就是認為彈簧無形變時物體的速度最大，加速度為零．這顯然是沒對物理過程認真分析，靠定勢思維得出的結論．要學會分析動態變化過程，分析時要先在腦子裡建立起一幅較為清晰的動態圖景，再運用概念和規律進行推理和判斷．
（2）通過此題，可加深對牛頓第二定律中合外力與加速度間的瞬時關係的理解，加深對速度和加速度間關係的理解．譬如，本題中物體在初始階段，儘管加速度在逐漸減小，但由於它與速度同向，所以速度仍繼續增大．
【例3】（2001年上海高考題）如圖（1）所示，一質量為m的物體系於長度分別為L1、L2的兩根細線上，L1的一端懸掛在天花板上，與豎直方向夾角為θ，L2水平拉直，物體處於平衡狀態。現將L2線剪斷，求剪斷瞬時物體的加速度。
（1）下面是某同學對該題的某種解法：
解：設L1線上拉力為T1，L2線上拉力為T2，重力為mg，物體在三力作用下處於平衡。mg，，解得=mgtanθ，剪斷線的瞬間，T2突然消失，物體卻在T2反方向獲得加速度，因為mgtanθ=ma所以加速度a=gtanθ，方向在T2反方向。你認為這個結果正確嗎？說明理由。
（2）若將圖（1）中的細線L1改為長度相同，質量不計的輕彈簧，如圖（2）所示，其它條件不變，求解的步驟和結果與（1）完全相同，即a=gtanθ，你認為這個結果正確嗎？請說明理由。
解析：（1）這個結果是錯誤的。當L2被剪斷的瞬間，因T2突然消失，而引起L1上的張力發生突變，使物體的受力情況改變，瞬時加速度沿垂直L1斜向下方，為a=gsinθ。
（2）這個結果是正確的。當L2被剪斷時，T2突然消失，而彈簧還來不及形變（變化要有一個過程，不能突變），因而彈簧的彈力T1不變，它與重力的合力與T2是一對平衡力，等值反向，所以L2剪斷時的瞬時加速度為a=gtanθ，方向在T2的反方向上。
點評：牛頓第二定律F合＝ma反映了物體的加速度a跟它所受合外力的瞬時對應關係．物體受到外力作用，同時產生了相應的加速度，外力恆定不變，物體的加速度也恆定不變；外力隨著時間改變時，加速度也隨著時間改變；某一時刻，外力停止作用，其加速度也同時消失．
【例4】如圖所示，質量為4kg的物體靜止於水平面上，物體與水平面間的動摩擦因數為0.5，物體受到大小為20Ｎ，與水平方向成30°角斜向上的拉力F作用時沿水平面做勻加速運動，求物體的加速度是多大?（g取10m/s2）
解析：以物體為研究對象，其受力情況如圖所示，建立平面直角坐標系把F沿兩坐標軸方向分解，則兩坐標軸上的合力分別為
物體沿水平方向加速運動，設加速度為a，則x軸方向上的加速度ax＝a，y軸方向上物體沒有運動，故ay＝０，由牛頓第二定律得
所以
又有滑動摩擦力
以上三式代入數據可解得物體的加速度a=0.58m/s2
點評：當物體的受力情況較複雜時，根據物體所受力的具體情況和運動情況建立合適的直角坐標系，利用正交分解法來解．
【例5】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．（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求車廂運動的加速度並說明車廂的運動情況．
（2）求懸線對球的拉力．
解析：
（1）球和車廂相對靜止，它們的運動情況相同，由於對球的受力情況知道的較多，故應以球為研究對象．球受兩個力作用：重力mg和線的拉力FT，由球隨車一起沿水平方向做勻變速直線運動，故其加速度沿水平方向，合外力沿水平方向．做出平行四邊形如圖所示．球所受的合外力為
F合＝mgtan37°
由牛頓第二定律F合＝ma可求得球的加速度為
7.5m/s2
加速度方向水平向右．
車廂可能水平向右做勻加速直線運動，也可能水平向左做勻減速直線運動．
（2）由圖可得，線對球的拉力大小為
N=12.5N
點評：本題解題的關鍵是根據小球的加速度方向，判斷出物體所受合外力的方向，然後畫出平行四邊形，解其中的三角形就可求得結果．
【例6】如圖所示，m =4kg的小球掛在小車後壁上，細線與豎直方向成37°角。求：
（1）小車以a=g向右加速；
（2）小車以a=g向右減速時，細線對小球的拉力F1和後壁對小球的壓力F2各多大？
解析：
（1）向右加速時小球對後壁必然有壓力，球在三個共點力作用下向右加速。合外力向右，F2向右，因此G和F1的合力一定水平向左，所以F1的大小可以用平行四邊形定則求出：F1=50N，可見向右加速時F1的大小與a無關；F2可在水平方向上用牛頓第二定律列方程：F2-0.75G=ma計算得F2=70N。可以看出F2將隨a的增大而增大。（這種情況下用平行四邊形定則比用正交分解法簡單。）
（2）必須注意到：向右減速時，F2有可能減為零，這時小球將離開後壁而「飛」起來。這時細線跟豎直方向的夾角會改變，因此F1的方向會改變。所以必須先求出這個臨界值。當時G和F1的合力剛好等於ma，所以a的臨界值為。當a=g時小球必將離開後壁。不難看出，這時F1=mg=56N，F2=0
【例7】如圖所示，在箱內傾角為α的固定光滑斜面上用平行於斜面的細線固定一質量為m的木塊。求：（1）箱以加速度a勻加速上升，（2）箱以加速度a向左勻加速運動時，線對木塊的拉力F1和斜面對箱的壓力F2各多大？
解：（1）a向上時，由於箱受的合外力豎直向上，重力豎直向下，所以F1、F2的合力F必然豎直向上。可先求F，再由F1=Fsinα和F2=Fcosα求解，得到：F1=m（g+a）sinα，F2=m（g+a）cosα
顯然這種方法比正交分解法簡單。
（2）a向左時，箱受的三個力都不和加速度在一條直線上，必須用正交分解法。可選擇沿斜面方向和垂直於斜面方向進行正交分解，（同時正交分解a），然後分別沿x、y軸列方程求F1、F2：
F1=m（gsinα-acosα），F2=m（gcosα+asinα）
經比較可知，這樣正交分解比按照水平、豎直方向正交分解列方程和解方程都簡單。
點評：還應該注意到F1的表達式F1=m（gsinα-acosα）顯示其有可能得負值，這意味著繩對木塊的力是推力，這是不可能的。這裡又有一個臨界值的問題：當向左的加速度a≤gtanα時F1=m（gsinα-acosα）沿繩向斜上方；當a>gtanα時木塊和斜面不再保持相對靜止，而是相對於斜面向上滑動，繩子鬆弛，拉力為零。
【例7】如圖所示，質量m=4kg的物體與地面間的動摩擦因數為μ=0.5，在與水平成θ=37°角的恆力F作用下，從靜止起向右前進t1=2.0s後撤去F，又經過t2=4.0s物體剛好停下。求：F的大小、最大速度vm、總位移s。
解析：由運動學知識可知：前後兩段勻變速直線運動的加速度a與時間t成反比，而第二段中μmg=ma2，加速度a2=μg=5m/s2，所以第一段中的加速度一定是a1=10m/s2。再由方程可求得：F=54.5N
第一段的末速度和第二段的初速度相等都是最大速度，可以按第二段求得：vm=a2t2=20m/s 又由於兩段的平均速度和全過程的平均速度相等，所以有m
點評：需要引起注意的是：在撤去拉力F前後，物體受的摩擦力發生了改變。
可見，在動力學問題中應用牛頓第二定律，正確的受力分析和運動分析是解題的關鍵，求解加速度是解決問題的紐帶，要牢牢地把握住這一解題的基本方法和基本思路。我本在下一專題將詳細研究這一問題。
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