第二定律与分阶段动力学

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加速度连接受力与运动。先按真实作用列合力，再按恒力、剪绳、停止、共速和离开接触面划分阶段，不让前一阶段的公式越界。

一、知识点概念与依据

1. 牛顿第二定律是瞬时的矢量关系

在惯性参考系中，固定质量物体的加速度与合外力成正比、与质量成反比，方向与合外力相同：

\boldsymbol F_\text{合}=m\boldsymbol a.

合外力是同一物体、同一时刻全部外力的矢量和。质量 $m$ 单位kg，加速度 $a$ 单位m/s²，力单位N，且 $1\,\mathrm N=1\,\mathrm{kg\cdot m/s^2}$ 。不能把不同对象的力拼成一个单物体合力，也不能把力与其分量重复相加。高速、显著量子行为与强引力的精度边界，见经典模型范围，不把本式宣称为所有条件下的精确规律。

实验需控制变量：质量不变时比较不同合力对应的加速度；合力不变时比较不同质量，分别得到 $a\propto F$ 、 $a\propto1/m$ 。结合两者得 $a\propto F/m$ ，采用相容的国际单位并定义牛顿后，比例系数为1。将式子变形成 $m=F/a$ ，不表示改变力能改变同一物体的质量；固定质量时力与加速度一起变化。

2. 力决定速度的变化，不直接给当前速度

向右为正， $v>0,a<0$ 表示向右减速； $v<0,a<0$ 表示向左加速。两者合力都向左，当前运动方向却不同。合力与速度不共线时，还可能改变速度方向。

合力为零只说明速度保持不变，不说明速度必为零；瞬时速度零也不表示合力零。固定质量时合力矢量改变，加速度矢量随之改变；普通有限力作用下，速度不会在零时间内发生有限跳变。加速度可以突变与速度连续并不矛盾。

3. 用分量定律连接运动学

在二维问题中选相互垂直的轴，写

\sum F_x=ma_x,\qquad\sum F_y=ma_y.

沿水平运动且竖直加速度为零，不等于支持力消失；竖直各力仍平衡，求出的支持力还可能决定摩擦力。质量固定且合力恒定时， $a$ 恒定，才能把这段与匀变速公式连接；合力随时间、位置或速度改变时，第二定律仍逐时刻成立，但不能把恒加速度公式覆盖全过程。

已知运动资料时可走“位移/时间/速度→加速度→力”的路线；已知受力时可走“力→加速度→运动”的路线。加速度是共同量，不需要一律先猜摩擦力。

4. 突变瞬间，按各约束的机制保留或撤去

剪断理想轻绳，原绳力不再传递；剪断别的绳时，普通弹簧长度在极短瞬间没有有限改变，按 $F=kx$ ，弹力保留原瞬时值。这里采用高中集中参数模型，忽略弹性波传播，不将它扩大为所有真实材料在任意时间分辨率下都瞬时响应。

初始平衡时，原有各力矢量和为零。若仅撤去一股力 $\boldsymbol T$ 而其他力瞬时不变，则新合力为 $-\boldsymbol T$ 。这个快捷关系来自原来平衡，原系统若已有加速度便不能照搬。

弹簧“瞬间不变”不等于以后恒定；某个物体瞬时合力仍零，也不等于此后永远静止。相同弹簧只有在线性范围、相同劲度系数时，形变量之比才等于弹力大小之比。

5. 传送带：先比较相对速度与竞争事件

向右为正，观察 $v_\text{物}-v_\text{带}$ 。相对速度为负，物块相对带向左滑，带给物块的滑动摩擦向右；相对速度为正则摩擦向左。摩擦阻碍相对滑动，不一定阻碍物块对地运动。

水平面上只有重力、支持力与滑动摩擦时， $N=mg$ 、滑动加速度大小 $a=\mu g$ 。只改带速且相对滑动方向未变，不一定改变这段摩擦或加速度大小。

要比较的事件	检查量	决定下一段是否存在
反向进入后停止	$d_\text{停}=v_0^2/(2\mu g)$ 与带长 $L$	若 $d_\text{停}>L$ ，先离开另一端，不会在带上返回
停止后返回入口	返回可用距离等于先前深入距离	不是整条带长
从静止达到带速	$d_\text{共}=v_\text{带}^2/(2\mu g)$ 与返回距离	不够共速距离就先离开；相等时恰在出口共速
共速之后	维持不滑动所需的静摩擦是否足够	水平无其他水平力时可匀速；有斜面分力或其他外力时不能自动令摩擦零

每段末速度与位置交给下一段作初始条件。有限带长、停止、共速、离开带面会相互竞争，必须先判断发生顺序，不能先写固定的三阶段再硬套。

二、考点方法与例题

1. 判断第二定律，先固定对象与质量

把合力与加速度作为同一时刻的一对矢量；当前速度另由运动状态给出。对变形公式追问控制条件，不把代数等式当因果定义。

例题 01 合力变了，加速度能不变吗

题目

关于牛顿第二定律，下列说法中正确的是(　　)

A. 物体所受合外力发生改变时，其加速度可能不变

B. 物体的运动方向一定与物体所受合力的方向一致

C. 加速度方向与合力的方向总是一致的，但与速度的方向可能相同，也可能不同

D. 牛顿第二定律的表达式可以写成 $m=\frac{F}{a}$ ，说明对某个物体来说，它的质量 $m$ 跟合外力 $F$ 成正比，跟它的加速度 $a$ 成反比

答案与解析

固定质量 $m$ 时， $\boldsymbol a=\boldsymbol F_\text{合}/m$ ，所以合力矢量改变，加速度矢量必改变，A错。B错：例如向右行驶的车制动时，速度向右、合力向左。C正确，加速度与合力同向，速度不必同向。

D错： $m=F/a$ 只是非零加速度情形下的代数变形；同一物体受力改变，加速度也相应改变，不能一面固定 $a$ 一面推断其质量随 $F$ 改变。当 $F=a=0$ 时，更不能用 $0/0$ 求质量。

本题结论

选C。合力对应加速度，不等同当前速度。

2. 从滑行信息反求摩擦，再接下一段

把游客与滑垫作为整体，斜坡和水平面分别画受力图。先由信息完整的斜坡位移/时间求加速度，沿坡列式反求摩擦因数；再用题给“交界速率不变”衔接水平初速。水平算到速度零就结束，不把摩擦继续外推成倒滑。

（8分）如图，永春牛姆林的七彩滑道曾是福建省内最长的旱雪滑道。其倾斜部分可近似为倾角 $24^\circ$ 长 $80\,\mathrm m$ 的斜面。一游客坐在滑垫上，从斜面顶端由静止开始沿直线匀加速下滑，经 $20\,\mathrm s$ 时间滑到斜面底端，然后滑到水平滑道上，做匀减速直线运动直至停下。游客从斜面底端滑到水平滑道速率不变，滑垫与滑道间的动摩擦因数处处相同，取 $\sin24^\circ=0.4,\quad\cos24^\circ=0.9$ ，重力加速度 $g=10\,\mathrm{m/s^2}$ 。求：

（1）滑垫与滑道间的动摩擦因数；

（2）游客在水平滑道上滑行的距离。

题干中的地域与历史排名背景照录原材料，不作当前现实排名认证。

答案与解析

自绘受力示意：坡上重力竖直向下、支持力垂直坡面、摩擦沿上坡；水平段支持向上、重力向下、摩擦与右滑相反

斜坡从静止开始， $80=\tfrac12a_1\times20^2$ ，得 $a_1=0.4\,\mathrm{m/s^2}$ 。沿坡向下为正、法向无加速度，

N_1=mg\cos24^\circ,\qquad mg\sin24^\circ-\mu N_1=ma_1.

约去 $m$ 并按题给近似 $\sin24^\circ=0.4,\cos24^\circ=0.9$ 计算： $4-9\mu=0.4$ ，得 $\mu=0.4$ 。不要自行换更精确三角值，题中近似就是数值约定。

到坡底 $v=a_1t=8\,\mathrm{m/s}$ ，题设过交界速率不变，所以水平段初速也是8 m/s。此段 $N_2=mg$ ，向前为正时 $a_2=-\mu g=-4\,\mathrm{m/s^2}$ 。停车有

0-8^2=2(-4)s_2\quad\Longrightarrow\quad s_2=8\,\mathrm m.

若把减速度大小另记 $b_2=4$ ，也可写 $v^2=2b_2s_2$ ；不能把带负号的 $a_2$ 塞进这个大小式。题未给水平段可用长度，结论是按所述直至停下模型所需的8 m，不额外推断现场设施安全。

本题结论

动摩擦因数0.4；水平滑行距离8 m。

3. 剪绳前求旧力，剪绳后求新合力

先利用初始平衡，整体消去内部力，再隔离下球求第二根弹簧力。用相同弹簧及形变量比建立质量关系。剪绳瞬间逐个勾选“消失/保留”的力，再分别除以各自质量；不是用新平衡反求新伸长。

例题 03 剪断水平绳后的两个小球

题目

如图所示，轻弹簧 $L_{1}$ 的一端固定，另一端连着小球A，小球A的下面用另一根相同的轻弹簧 $L_{2}$ 连着小球B，一根轻质细绳一端连接小球A，另一端固定在墙上，平衡时细绳水平，弹簧 $L_{1}$ 与竖直方向的夹角为60°，弹簧 $L_{1}$ 的形变量为弹簧 $L_{2}$ 形变量的3倍，重力加速度大小为g。将细绳剪断的瞬间，下列说法正确的是（　　）

A．小球A的加速度大小为 $3\sqrt3g$

B．小球A的加速度大小为 $\frac{3\sqrt3}2g$

C．小球B的加速度大小为 $\frac13g$

D．小球B的加速度大小为 $g$

答案与解析

初始把A、B及轻弹簧 $L_2$ 看成整体，竖直平衡得 $F_1\cos60^\circ=(m_A+m_B)g$ ，所以 $F_1=2(m_A+m_B)g$ 。单独看B， $F_2=m_Bg$ 。两弹簧相同且形变量比3∶1，故 $F_1=3F_2$ ，于是

2(m_A+m_B)=3m_B\quad\Longrightarrow\quad m_B=2m_A.

绳力 $T=F_1\sin60^\circ=\sqrt3(m_A+m_B)g=3\sqrt3m_Ag$ 。

自绘剪绳前后受力：A剪前有右向T，剪后T消失，F1与向下F2、mAg瞬时保留；B的向上F2与向下mBg不变

两支同向向下力画在同一直线；箭头仅示方向，不按力大小比例。

剪断瞬间弹簧长度没有有限改变， $F_1,F_2$ 保留；A原来平衡，撤去右向 $T$ 后，新合力水平向左、大小 $T$ ，因此 $a_A=T/m_A=3\sqrt3g$ ，A正确、B错误。B的重力与弹簧力此刻均未变，合力仍零， $a_B=0$ ，C、D错误。

后来弹簧形变量改变，B也可能产生加速度。不能把“此刻为零”当作此后一直为零，也不能把“绳力消失”复制给仍形变的弹簧。

本题结论

选A。剪绳瞬间A加速度向左、大小3√3g，B加速度为零。

4. 传送带先比距离，再决定是否返回或共速

先读出带面与物块的速度方向，列滑动加速度。反向进入先比停距与带长；能停下才谈返回；返回再比共速距离与可走距离。每个选项改变哪个条件，就只重算受影响的阶段。

例题 04 带长有限，带速不是必然出口速度

题目

如图所示，绷紧的长为6m的水平传送带，沿顺时针方向以恒定速率 $v_{1}$ ＝2m/s运行。一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为 $v_{2}$ ＝5m/s。若小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/ $\mathrm{s}^{2}$ ，下列说法中正确的是（　　）

A．小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动

B．若传送带的速度为5m/s，小物块将从传送带左端滑出

C．若小物块的速度为4m/s，小物块将以2m/s的速度从传送带右端滑出

D．若小物块的速度为1m/s，小物块将以2m/s的速度从传送带右端滑出

答案与解析

取向右为正，带面向右、物块从右端向左进入，初速度为负。滑动摩擦向右， $a=\mu g=2\,\mathrm{m/s^2}$ 。

A：5 m/s向左进入，若要停下需 $d=25/(2\times2)=6.25\,\mathrm m>6\,\mathrm m$ ，所以先从左端离开，没有在带上向右加速的阶段，A错。用 $v^2=25-2\times2\times6=1$ 还可核得离开左端时仍向左，速率1 m/s。

B：仅把带速改为5 m/s，物块在带上仍相对带向左滑，摩擦方向及大小不变，因此仍从左端滑出，B对。

C：物块改为4 m/s进入，停距 $16/4=4\,\mathrm m<6\,\mathrm m$ ，可在带上停下并向右加速。返回右端有4 m，而从静止到带速2 m/s只需 $4/4=1\,\mathrm m$ ；之后剩余3 m随带匀速，出口速率2 m/s，C对。

D：改为1 m/s进入，停距 $1/(2\times2)=0.25\,\mathrm m$ ，返回也只有0.25 m，小于共速所需1 m；尚未共速就从右端离开。出口速率由 $v_\text{出}^2=2\times2\times0.25=1$ 得1 m/s，不是2 m/s，D错。原解析把停距算成0.5 m，现按原数据独立复算更正为0.25 m；原选BC结论仍成立。

本题结论

选BC。D的正确停距0.25 m、出口速率1 m/s。

三、坑点辨析与纠错

1. 看速度方向就画合力，是把状态当变化

常见错法：向右运动就把合力画右，或合力向左就说物体正在向左。

错在何处：合力给加速度，当前速度另有初始条件与此前过程。刹车就是速度与合力反向的例子；瞬时速度零也不能倒推合力零。

自查：分别写“往哪里走”“速度往哪里改变”。例题01只保证合力与加速度同向。

2. 停止、共速、离开，谁先发生不能省

常见错法：看到传送带就预设先减速、反向加速、最后共速，或把出口速度直接写带速。

错在何处：有限长度可能截断任何阶段。返回可用距离取先前深入量，不是整条带长；共速后有其他外力时，还须检查静摩擦是否足以维持。

自查：每段先列截止事件与位置范围，求出的时间根还要位于本段。向左进入5 m/s时已经先出左端，不能再计算一个不存在的返回段。

3. 瞬时保留的力，不是全程不变的力

常见错法：剪绳后把弹簧力一起清零，或用重新平衡后的弹簧长度代瞬间；看到下球 $a=0$ 便说它永不运动。

错在何处：绳力受约束是否存在控制，弹簧力由当时形变量决定。瞬时与此后是不同时间问题；加速度突变也不要求速度同时跳变。

自查：先画事件前后两个受力图，再列各物体的新合力；“撤一力后新合力等大反向”的捷径必须有初始平衡前提。