牛顿第二定律两类动力学问题及答案解析

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。& 一F 一(3归=云是加速度的定义式，a与v、Av无直接关系；a= m是加速度的决定式3应用牛顿第二定律定性分析 如图 1所示，弹簧左端固

2、定， 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0先加速后减速B .物体从A到0做加速运动，从0到B做减速运动C. 物体运动到0点时，所受合力为零D. 物体从A到0的过程中，加速度逐渐减小解析 物体从 A 到 0，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，物体所受合

3、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 A 正确。 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ai和a2表示，则（ ）图2A. ai = g，a2= gB. ai = 0

4、，a2= 2gC. ai = g，a2= 0D. ai = 2g，a2 = 0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ai =a2 = g。故选项A正确。答案 A拓展延伸 i】 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ai = 2g, a2= 0。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 廿30

5、76;勺光滑斜面上，如图4所示系统静 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4A.01aA =aB=2gB.aA =gaB=0C.aA=gaB=gD.aA =0aB=g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 T=2mgsin 9,烧断瞬间，A受的合力沿斜面向下, 大小为2mgsin 9,所以A球的瞬时加速度为 弘=2gsin 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

6、况和运动状态。“四个步骤”：第一步：分析原来物体的受力情况。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 9,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 9B. 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 2mg

7、sin 9，因弹簧弹力不能突变， 而杆的弹力会突变，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 9,加速度为2gsin 9;图乙中杆的弹力突变为零，A、 B 球所受合力均为 mgsin 9，加速度均为 gsin 9，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mi、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ai和a2，则（）A. ai = 0, a2= 0m2B. ai =

8、a, a2=ami + m2C.aimimi + m2aa2=m2mi + m2amiD.ai二a，a2二m2a解析 撤去拉力F的瞬间，物体A的受力不变，所以ai = a,对物体A受力分析得：F弹=mia;撤去拉力F的瞬间，物体B受到的合力大小为F弹'=m2a2,所以 *2=琴：，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

9、交分解法：若物体的受力个数较多 (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m= 2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F二36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为 f= 4 N o 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 H = 100 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

10、速度为a,由牛顿第二定律，有F mg f = ma（2 分）解得 a = 6 m/s2（2 分）1由 h = 2at2，解得 h = 75 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mg f = ma（2 分）解得 a1 = 8 m/s2（2 分）由 v2= 2aH，解得 v = 40 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m= 2 kg的滑块能在倾角为30°勺足 够长的斜面上以a= 2.5 m/S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

11、始在t = 2 s内沿斜面运动，其位移x= 4 m°g取10 m/s2。 求：（1）滑块和斜面之间的动摩擦因数场恒力F的大小。解析（1）根据牛顿第二定律，有mgsin 30 丄卩 mgos 30 丄 ma（2 分） 解得尸f（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 根据题意，由运动学公式，有x= *ait2, （1分）可得 ai = 2 m/s2（1 分）当加速度沿斜面向上时，有Fcos 30 mgs in 30 f= mai（2 分）f = KFsin 30 + mgcos 30）（1 分） 联立解得F = “5 N（2分） 当加速度沿斜面向下时，有m

12、gsin 30 Fcos 30 f= ma1（2 分） 联立解得F = 47 N。（2分）答案1. （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CvX2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a=yg鱼

13、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B项正确；猫增大拉力时，鱼缸受到的摩擦为 f=卩m环变， ug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1=卩g增大，加速运动的位移xi = 2卩gt增大，且鱼缸在桌面上减速滑行的位移2-也增大，则鱼缸有可能滑出桌面，D项对。2g答案 BD2. （2016全国卷II，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

14、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解析 小球的质量m=p£n3,由题意知m »m乙，p甲=卩乙，则r甲乙。空气阻 力 f = kr，对小球由牛顿第二定律得， mgf = ma,贝U a= 黑 f = g-4 = gm4 3P3 n可得a ea乙，由h=2at2知，t甲t乙，选项A、C错误；由v=yf20h知， v甲v乙，故选项B正确；因f甲琉乙，由球克服阻力做功 Wf = fh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

15、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0，整个系统处于静止状态。现将细线剪断，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 Al1和02,重力加速度大小为g。在剪 断的瞬间（）图13A. a1 = 3gC. 01 = 202B. a1 = 0D. 01= 02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Si的拉力Fti，剪断前对b、 c和弹簧组成的整体分析可知 Fti = 2mg,故a受到的合力F = mg+ Fti = mg+ 2mg =3mg

16、,故加速度ai = JF = 3g, A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为Ft2，则Ft2 =mg,根据胡克定律F = kAx可得Ali = 2 AI2，C正确，D错误。答案 AC一、单项选择题3. 一物体沿倾角为a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（）A. gsin aB. gtan aC. 2gsin aD. 2gtan a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 a 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 a+ Ff = 2mgsin aF

17、合根据牛顿第二定律得：a =后a 2gsin a故选Co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、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g= 10 m/W)()图2A. 0 NB. 8 NC. 10 ND . 50 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a= mAmgmB = fg，对物体B： mBg Fn= mBa，所以A、4B 间作用力 Fn= mB（g a） = &mBg = 8 N。

18、答案 B5. （2016安徽皖南八校联考）放在固定粗糙斜面上的滑块 A以加速度ai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。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3A. ai = a2= a3B. ai = a2<a3C. ai<a2= a3D. ai<a2<a3解析 题图甲中的加速度为ai，则有mgsin 0 卩 mgos 0= mai,解得 ai = gsin 0卩 cos 0 题图乙中的加速度为a2,则有(m+ m'gSin

19、0 Km+ m'gCos 0= (m+ m'a),解得 a2= gsin 0卩 cos 0题图丙中的加速度为a3，设F= mg,则有 (m+ m'g$ in 0 Km+ m'gCos 0= mas,解得a3(m+ m') gsin 0卩(m+ m') gcos 00m故ai = a2< a3,故B正确。答案 B、多项选择题6. 竖直悬挂的轻弹簧下连接一个小球，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（）A .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

20、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 尸0.2的水平面上，质量m =2 kg的物块与水平轻弹簧相连，物块在与水平方向成 A45°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/s2,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=Feos 0, mg= Fsin 0,联立解得弹簧的弹力F弹=二45右20 N，选项A正 确；撤去拉力F的瞬间