牛顿第二定律两类动力学问题及答案解析.doc

1、牛顿第二定律两类动力学问题知识点、两类动力学问题1动力学的两类基本问题第一类：已知受力情况求物体的运动情况。第二类：已知运动情况求物体的受力情况。2解决两类基本问题的方法以加速度为 “桥梁 ”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图：对牛顿第二定律的理解1牛顿第二定律的 “五个性质 ”2合力、加速度、速度的关系(1)物体的加速度由所受合力决定，与速度无必然联系。(2)合力与速度夹角为锐角，物体加速；合力与速度夹角为钝角，物体减速。 v是加速度的定义式， a 与 v、 v 无直接关系； a F是加速度的决定式。(3)atm3 应用牛顿第二定律定性分析如图 1 所示，弹簧左端固定，

2、 右端自由伸长到O点并系住质量为m 的物体，现将弹簧压缩到A 点，然后释放，物体可以一直运动到 B 点。如果物体受到的阻力恒定，则()图 1A物体从 A 到 O 先加速后减速B物体从 A 到 O 做加速运动，从 O 到 B 做减速运动C物体运动到 O 点时，所受合力为零D物体从 A 到 O 的过程中，加速度逐渐减小A 正确。解析物体从 A 到 O，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右。 随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小， 由于加速度与速度同向， 物体的速度逐渐增大。 当物体向右运动至AO 间某点 (设为点 O)时，弹力减小到与阻力相等

3、，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大。此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左。至 O 点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大。所以物体越过 O点后，合力 (加速度 )方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动。综合以上分析，只有选项答案A牛顿第二定律的瞬时性【典例】 (2016 安徽合肥一中二模 )两个质量均为 m 的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图 2 所示。现突然迅速剪断轻绳 OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B 的加速度分别用a1 和 a2 表示，则 ()图 2Aa1 g， a2gB a1 0，

4、a22gCa1 g， a20D a12g， a20解析 由于绳子张力可以突变，故剪断OA 后小球 A、B 只受重力，其加速度 a1 a2 。故选项A正确。g答案A【拓展延伸1】 把“轻绳 ”换成 “轻弹簧 ”在【典例】中只将A、B 间的轻绳换成轻质弹簧，其他不变，如图3 所示，则典例选项中正确的是()图 3解析 剪断轻绳 OA 后，由于弹簧弹力不能突变，故小球 A 所受合力为 2mg，小球 B 所受合力为零，所以小球 A、B 的加速度分别为 a12g，a20。故选项 D 正确。答案D【拓展延伸 2】 改变平衡状态的呈现方式把【拓展延伸 1】的题图放置在倾角为 30的光滑斜面上，如图 4 所示系

5、统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，则下列说法正确的是()图 41AaA0aB2gBaA gaB0CaA gaBgDaA0aBg解析 细线被烧断的瞬间，小球 B 的受力情况不变，加速度为零。烧断前，分析整体受力可知线的拉力为 T2mgsin ，烧断瞬间， A 受的合力沿斜面向下，大小为 2mgsin ，所以 A 球的瞬时加速度为 aA2gsin 30 g，故选项 B 正确。答案B方法技巧抓住 “两关键 ”、遵循 “四步骤 ”(1)分析瞬时加速度的“两个关键” ：明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点。分析瞬时前、后的受力情况和运动状态。(2) “四个步骤 ”：第一步：分析原来

6、物体的受力情况。第二步：分析物体在突变时的受力情况。第三步：由牛顿第二定律列方程。第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性。1静态瞬时问题 如图 5 所示， A、B 两球质量相等，光滑斜面的倾角为，图甲中， A、B 两球用轻弹簧相连，图乙中A、B 两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板 C 与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有()图 5A两图中两球加速度均为gsin B两图中 A 球的加速度均为零C图乙中轻杆的作用力一定不为零D图甲中 B 球的加速度是图乙中B 球加速度的 2 倍解析 撤去挡板前，挡板对 B 球的弹力大小为 2mgsin ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突

7、变， 所以撤去挡板瞬间， 图甲中 A 球所受合力为零，加速度为零， B 球所受合力为 2mgsin ，加速度为 2gsin ；图乙中杆的弹力突变为零， A、B球所受合力均为 mgsin ，加速度均为 gsin ，可知只有 D 正确。答案D2动态瞬时问题 (2017 芜湖模拟 )如图 6 所示，光滑水平面上， A、B 两物体用轻弹簧连接在一起， A、B 的质量分别为m1、m2，在拉力 F 作用下， A、B 共同做匀加速直线运动，加速度大小为a，某时刻突然撤去拉力F，此瞬时 A 和 B 的加速度大小为 a1 和a2，则()图 6Aa1 0， a20m2Ba1 a， a2m1 m2am1m2Ca1

8、m1 m2a，a2m1m2am1Da1a， a2m2a解析 撤去拉力 F 的瞬间，物体 A 的受力不变，所以 a1a，对物体 A 受力分析得： F 弹 m1a；撤去拉力 F 的瞬间，物体 B 受到的合力大小为 F 弹 m2a2，所以m1aa2 m2 ，故选项 D 正确。答案D动力学两类基本问题1解决两类动力学基本问题应把握的关键(1)两类分析 物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)一个 “桥梁 ”物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁。2解决动力学基本问题时对力的处理方法(1)合成法：在物体受力个数较少 (2 个或 3 个 )时一般采用 “合成法 ”。(2)正交分解法：若物体的受力个数较多

9、(3 个或 3 个以上 )，则采用 “正交分解法 ”。【典例】(12 分)如图 7 所示为四旋翼无人机， 它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用。一架质量m2 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F 36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f 4 N。g取 10 m/s2。图 7(1)无人机在地面上从静止开始， 以最大升力竖直向上起飞。 求在 t 5 s时离地面的高度 h；(2)当无人机悬停在距离地面高度 H100 m 处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落。求无人机坠落地面时的速度 v。规范解答(1)设无人机上升时加速度为a，由牛顿第二定律，有Fmgf

10、 ma(2 分)解得 a6 m/s2(2 分)1由 h2at 2，解得 h75 m(2 分 )(2)设无人机坠落过程中加速度为a1，由牛顿第二定律，有mgf ma1(2 分)解得 a1 8 m/s2(2 分)由 v22a1H，解得 v40 m/s(2 分)答案(1)75 m(2)40 m/s方法技巧两类动力学问题的解题步骤2已知运动分析受力 (14 分)一质量为 m2 kg 的滑块能在倾角为 30的足够长的斜面上以a m/s2 匀加速下滑。如图9 所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t 2 s 内沿斜面运动，其位移x4 m。 g 取 10m/s2。求：图 9(1)滑块和斜面

11、之间的动摩擦因数；(2)恒力 F 的大小。解析(1)根据牛顿第二定律，有mgsin 30 mgcos 30 ma(2 分)3解得 6 (1 分 )(2)滑块沿斜面做匀加速直线运动时，加速度有向上和向下两种可能。1根据题意，由运动学公式，有x 2a1t 2， (1 分)可得 a1 2 m/s2(1 分)当加速度沿斜面向上时，有Fcos 30 mgsin 30 fma1(2 分)f(Fsin 30 mgcos 30 )(1 分)76 3联立解得 FN(2 分)当加速度沿斜面向下时，有mgsin 30 Fcos 30 fma1(2 分)43联立解得 F7N。(2 分)答案(1)3437636(2)7

12、N 或5N1(多选 )(2016 江苏单科， 9)如图 12 所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面， 若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中 ()图 12A桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面解析桌布对鱼缸摩擦力的方向向右， A 项错误；各接触面间的动摩擦因数为，鱼缸的质量为 m，由牛顿第二定律可得鱼缸在桌布和桌面上滑动的加速度大小相同，均为 ag，鱼缸离开桌布时的速度为v，则鱼缸在桌布上和在桌面上滑动时间均为t v ，B 项正确；猫增大拉力时，

13、鱼缸受到的摩擦为gfmg不变， C项错；若猫减小拉力，鱼缸在桌布上加速运动的时间变长，离开桌布时的速度v gt增大，加速运动的位移12x1 gt 增大，且鱼缸在桌面上减速滑行的位移22v2 也增大，则鱼缸有可能滑出桌面，D 项对。x 2g答案BD2(2016 全国卷， 19)(多选 )两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落， 假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则()A甲球用的时间比乙球长B甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功4解析

14、小球的质量 mr3，由题意知 m 甲 m 乙，甲 乙 ，则 r 甲r 乙 。空气阻 3力 f kr，对小球由牛顿第二定律得， mgf ma，则 amg fgkrgm4 3r33k12知， t 甲 a 乙 ，由 h at4r2v 甲 v 乙 ，故选项 B 正确；因 f 甲 f 乙 ，由球克服阻力做功 Wf f h 知，甲球克服阻力做功较大，选项 D 正确。答案BD3(2015 海南单科， 8)(多选 )如图 13 所示，物块 a、b 和 c 的质量相同， a 和 b、b 和 c 之间用完全相同的轻弹簧S1 和 S2 相连，通过系在a 上的细线悬挂于固定点 O，整个系统处于静止状态。现将细线剪断，

15、将物块a 的加速度的大小记为a1，S1 和 S2 相对于原长的伸长量分别记为l1 和l2，重力加速度大小为g。在剪断的瞬间 ()图 13Aa1 3gB a1 0C l2 l2D l l211解析设物体的质量为 m，剪断细线的瞬间， 细线的拉力消失， 弹簧还没有来得及发生形变， 所以剪断细线的瞬间 a 受到重力和弹簧 S1 的拉力T1，剪断前对b、Fc 和弹簧组成的整体分析可知FT12mg，故 a 受到的合力 FmgFT1mg2mg 3mg，故加速度 a1 F 3g，A 正确， B 错误；设弹簧 S2 的拉力为T2，则 T2mFF mg，根据胡克定律 F kx 可得 l1 2 l2，C 正确，

16、D 错误。答案AC一、单项选择题3一物体沿倾角为 的斜面下滑时，恰好做匀速直线运动，若物体以某一初速度冲上斜面，则上滑时物体加速度大小为()Agsin Bgtan C 2gsin D2gtan 解析对物体下滑时进行受力分析，如图甲。由于恰好做匀速直线运动，根据平衡知识得：mgsin Ff物体以某一初速度冲上斜面，对物体受力分析，如图乙。物体的合力 F 合 mgsin Ff 2mgsin F合根据牛顿第二定律得： a m 2gsin 故选 C。甲乙答案C4.如图 2 所示，质量为 4 kg 的物体 A 静止在竖直的轻弹簧上面。质量为1 kg 的物体 B 用细线悬挂起来， A、B 紧挨在一起但 A

17、、B 之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间， B 对 A 的压力大小为 (取 g10 m/s2)()图 2A0 NB8 NC10 ND50 N解析细线剪断瞬间， 弹簧弹力不变， A 和 B 整体受到的合外力等于物体 B 的重力，因此整体的加速度为 amBg 1 ，对物体： ，所以、mAmB5gB mBg FN mBaA4B 间作用力 FNmB(ga) 5mBg8 N。答案 B5(2016 徽皖南八校联考安)放在固定粗糙斜面上的滑块A 以加速度 a1 沿斜面匀加速下滑，如图 3 甲。在滑块 A 上放一物体 B，物体 B 始终与 A 保持相对静止，以加速度 a2 沿斜面匀加速下滑，如图乙。

18、在滑块A上施加一竖直向下的恒力，F滑块 A 以加速度 a3 沿斜面匀加速下滑，如图丙。则()图 3Aa1 a2 a3B a1 a2a3Ca1a2 a3D a1a2a3解析 题图甲中的加速度为 a1，则有mgsin mgcos ma1，解得 a gsing 。1cos题图乙中的加速度为a2，则有(mm)gsin (m m)gcos (mm)a2，解得 a2 gsin gcos 。题图丙中的加速度为a3，设 Fmg，则有(mm)gsin (m m)gcos ma3，（mm）gsin （ mm）gcos 解得 a3m。故 a1a2 a3，故 B 正确。答案B二、多项选择题6.竖直悬挂的轻弹簧下连接一

19、个小球，用手托起小球，使弹簧处于压缩状态，如图 4 所示。则迅速放手后 ()图 4A小球开始向下做匀加速运动B弹簧恢复原长时小球速度达到最大C弹簧恢复原长时小球加速度等于gD小球运动过程中最大加速度大于g解析 迅速放手后，小球受到重力、弹簧向下的弹力作用，向下做加速运动，弹力将减小，小球的加速度也减小， 小球做变加速运动，故 A 错误；弹簧恢复原长时，小球只受重力，加速度为 g，故 C 正确；弹簧恢复原长后，小球继续向下运动，开始时重力大于弹力，小球加速度向下，做加速运动，当重力等于弹力时加速度为零，速度最大，故 B 错误；刚放手时，小球所受的合力大于重力，加速度大于 g，故 D 正确。答案CD8(2016 苏北四市联考 )如图 6 所示，在动摩擦因数的水平面上，质量m2kg 的物块与水平轻弹簧相连，物块在与水平方向成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 ，以下说法正确的是()图 6A此时轻弹簧的弹力大小为20 NB当撤去拉力 F 的瞬间，物块的加速度大小为8 m/s 2，方向向左C若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度大小为8 m/s2，方向向右D若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度为0解析物块在重力、拉力F 和弹簧的弹力作用下处于静止状态，由平衡条件得F 弹 Fcos ，mg Fsin ，联立解得弹簧的弹力 F 弹mg2