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。 vF(3) at 是加速度的定义式， a与 v、v 无直接关系； am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 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， 物体所受合力

3、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 a1和a2表示，则 ()图2Aa1 g，a2g

4、Ba1 0，a22gCa1 g，a20Da1 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 a1 a2g。故选项 A 正确。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°

5、的光滑斜面上， 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41AaA0 aB2gBaA g aB0CaA g aBgDaA 0 aBg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

6、情况和运动状态(2) “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 ，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

7、力大小为 2mgsin ，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 ，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

8、()图6Aa1 0，a20m2BCa1 a， a2am1m2m1m2a1m1m2a，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 ，故选项 D 正确。m2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

9、用“合成法”。(2) 正交分解法：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 m2 kg的无人机，其动力 系统所能提供的最大升力 F36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为 f 4 N2g 取 10 m/s 2。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 t5 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。

10、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 ma（2 分）解得 a6 m/s 2（2 分）12由 h2at ，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 a18 m/s 2（2 分）由 v22a1H，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 m2 kg 的滑块能在倾角为 30°的 足够长的斜面上以 a m/s 2匀加速下滑。 如图 9 所示，若用一水平向右的恒力 F 作

11、用于滑块，使之由静止开始在 t2 s 内沿斜面运动，其位移 x4 m。g取 10 m/s2。求：图9(1) 滑块和斜面之间的动摩擦因数 ；(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)解得 63(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12根据题意，由运动学公式，有 x 2a1t 2，(1 分 )可得 a1 2 m/s （1 分） 当加速度沿斜面向上时，有Fcos 30 ° mgsin 30 °f ma1(2 分) f ( Fsin 30 °

12、 mgcos 30 °)(1 分) 联立解得 F 765 3 N（2 分） 当加速度沿斜面向下时，有mgsin 30 ° Fcos 30°f ma1（2 分）联立解得 F 7 N。 （2 分） 答案 (1) 63 (2) 473 N 或765 3 N6 7 51（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

13、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 a g，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v时间均为 t ，B项正确；猫增大拉力时，鱼缸受到的摩擦为 f mg不变， gC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12vgt 增大，加速运动的位移 x12gt 2增大，且鱼缸在桌面上减速滑行的位2v移 x2也增大，则鱼缸有可能滑出桌面， D项对。2g答案 BD2（2016·全国卷， 19）（ 多

14、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43解析 小球的质量 m·3r3，由题意知 m甲m乙， 甲 乙，则 r 甲r 乙。空气阻力 f kr ，对小球由牛顿第二定律得， mgf ma，则 a mgmf g k4rm 4 3 ·3r3k 1由 v 2ahg43kr2，可得 a甲a乙，由h21at

15、2知，t 甲t 乙，选项 A、C错误知，v甲v乙，故选项 B正确；因 f 甲f 乙，由球克服阻力做功 Wff 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，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 l 2，重力加速度大小为 g。在 剪断的瞬间 （ ）Aa1 3gC l 12 l 2图 13B a1 0D l 1 l 2

16、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 FT1，剪断前对 b、 c 和弹簧组成的整体分析可知 FT12mg，故 a 受到的合力 F mgFT1 mg2mg 3mg，故加速度 a1m3g，A正确， B 错误；设弹簧 S2的拉力为 FT2，则 FT2 mg， 根据胡克定律 Fkx 可得 l12l 2，C正确，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 B gtan C 2gsin D 2g

17、tan 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 根据牛顿第二定律得： aFm 2gsin 故选 C。甲乙答案 C质量为 1 kg 某时刻将细线)4. 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。 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。 剪断，则细线剪断瞬间， B对 A的压力大小为 (取 g10 m/s 2)(图2A0 NB8 NC10 ND50 N解析 细线剪断瞬间，弹簧弹力不

18、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 mg 1g，对物体 B：mBgFN mBa，所以 A、B间 mA mB 54作用力 FNmB（ga） mBg8 N。5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 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。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 a2a3Ba1 a2<a3Ca1<a2a3D a1&

19、lt;a2<a3解析 题图甲中的加速度为 a1，则有 mgsin mgcos ma1， 解得 a1 gsin gcos 。题图乙中的加速度为 a2，则有（ mm）gsin （mm）gcos （ m m）a2， 解得 a2 gsin gcos 。题图丙中的加速度为 a3，设 Fmg，则有（ mm）gsin （mm）gcos ma3，（mm）gsin （mm） gcos 解得 a3m故 a1a2<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 ()图4A小球开始向下做匀加速运动B弹簧恢

20、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 m 2 kg 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/s 2，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/s 2，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mgF弹Fcos ， mg Fsin ，联立解得弹簧的弹力 F 弹20 N，选项tan 45 &