牛頓第二定律兩類動力學問題及答案解析

1、牛頓第二定律 兩類動力學問題知識點、兩類動力學問題1動力學的兩類基本問題第一類：已知受力情況求物體的運動情況。第二類：已知運動情況求物體的受力情況。2解決兩類基本問題的方法以加速度為“橋梁”， 由運動學公式和牛頓第二定律列方程求解， 具體邏輯關(guān)系 如圖：對牛頓第二定律的理解1牛頓第二定律的“五個性質(zhì)”2合力、加速度、速度的關(guān)系(1) 物體的加速度由所受合力決定，與速度無必然聯(lián)系。(2) 合力與速度夾角為銳角，物體加速；合力與速度夾角為鈍角，物體減速。 vF(3) at 是加速度的定義式， a與 v、v 無直接關(guān)系； am是加速度的決定式 3 應用牛頓第二定律定性分析 如圖 1 所示，彈簧左端固

2、定，右端自由伸長到 O點并系住質(zhì)量為 m的物體，現(xiàn)將彈簧壓縮到 A 點，然后釋放，物體可以一直運 動到 B 點。如果物體受到的阻力恒定，則 ( )圖1A物體從 A到 O先加速后減速B物體從 A到 O做加速運動，從 O到 B做減速運動C物體運動到 O點時，所受合力為零D物體從 A到 O的過程中，加速度逐漸減小解析 物體從 A到 O，初始階段受到的向右的彈力大于阻力，合力向右。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，加速度向右 且逐漸減小， 由于加速度與速度同向， 物體的速度逐漸增大。 當物體向右運動至 AO間某點 （設為點 O）時，彈力減小到與阻力相等， 物體所受合力

3、為零， 加速度 為零，速度達到最大。此后，隨著物體繼續(xù)向右運動，彈力繼續(xù)減小，阻力大于 彈力，合力方向變?yōu)橄蜃?。?O點時彈力減為零，此后彈力向左且逐漸增大。所 以物體越過 O點后，合力 （加速度 ） 方向向左且逐漸增大，由于加速度與速度反 向，故物體做加速度逐漸增大的減速運動。綜合以上分析，只有選項A 正確。答案 A牛頓第二定律的瞬時性【典例】 (2016·安徽合肥一中二模 ) 兩個質(zhì)量均為 m的小球，用兩條輕繩連接， 處于平衡狀態(tài)，如圖 2 所示。現(xiàn)突然迅速剪斷輕繩 OA，讓小球下落，在剪斷輕 繩的瞬間，設小球 A、B的加速度分別用 a1和a2表示，則 ()圖2Aa1 g，a2g

4、Ba1 0，a22gCa1 g，a20Da1 2g，a2 0解析 由于繩子張力可以突變，故剪斷 OA后小球 A、B 只受重力，其加速度 a1 a2g。故選項 A 正確。答案 A【拓展延伸 1】 把“輕繩”換成“輕彈簧”在【典例】中只將 A、B間的輕繩換成輕質(zhì)彈簧，其他不變，如圖 3 所示，則典 例選項中正確的是 ( )圖3解析 剪斷輕繩 OA后，由于彈簧彈力不能突變，故小球 A 所受合力為 2mg，小 球 B 所受合力為零，所以小球 A、B的加速度分別為 a12g，a20。故選項 D 正 確。答案 D【拓展延伸 2】 改變平衡狀態(tài)的呈現(xiàn)方式把【拓展延伸 1】的題圖放置在傾角為 30°

5、的光滑斜面上， 如圖 4 所示系統(tǒng) 靜止時，彈簧與細線均平行于斜面， 在細線被燒斷的瞬間， 則下列說法正確的是 ( )圖41AaA0 aB2gBaA g aB0CaA g aBgDaA 0 aBg解析 細線被燒斷的瞬間，小球 B 的受力情況不變，加速度為零。燒斷前，分析 整體受力可知線的拉力為 T2mgsin ，燒斷瞬間， A受的合力沿斜面向下，大 小為 2mgsin ，所以 A球的瞬時加速度為 aA2gsin 30 °g，故選項 B正確。答案 B方法技巧抓住“兩關(guān)鍵”、遵循“四步驟”(1) 分析瞬時加速度的“兩個關(guān)鍵” ：明確繩或線類、彈簧或橡皮條類模型的特點。分析瞬時前、后的受力

6、情況和運動狀態(tài)(2) “四個步驟”： 第一步：分析原來物體的受力情況。第二步：分析物體在突變時的受力情況。第三步：由牛頓第二定律列方程。第四步：求出瞬時加速度，并討論其合理性。1 靜態(tài)瞬時問題 如圖 5 所示， A、B兩球質(zhì)量相等，光滑斜面的傾角為 ，圖 甲中， A、B兩球用輕彈簧相連，圖乙中 A、B兩球用輕質(zhì)桿相連，系統(tǒng)靜止時， 擋板 C 與斜面垂直，輕彈簧、輕桿均與斜面平行，則在突然撤去擋板的瞬間有 ( )圖5A兩圖中兩球加速度均為 gsin B兩圖中 A 球的加速度均為零C圖乙中輕桿的作用力一定不為零D圖甲中 B球的加速度是圖乙中 B球加速度的 2 倍解析 撤去擋板前， 擋板對 B球的彈

7、力大小為 2mgsin ，因彈簧彈力不能突變， 而桿的彈力會突變， 所以撤去擋板瞬間， 圖甲中 A球所受合力為零， 加速度為零， B 球所受合力為 2mgsin ，加速度為 2gsin ；圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱悖?A、 B 球所受合力均為 mgsin ，加速度均為 gsin ，可知只有 D正確。答案 D2 動態(tài)瞬時問題 (2017 ·蕪湖模擬 )如圖 6所示，光滑水平面上， A、B兩物體 用輕彈簧連接在一起， A、B的質(zhì)量分別為 m1、m2，在拉力 F 作用下， A、B共同 做勻加速直線運動，加速度大小為 a，某時刻突然撤去拉力 F，此瞬時 A和 B的 加速度大小為 a1和 a2，則

8、()圖6Aa1 0，a20m2BCa1 a， a2am1m2m1m2a1m1m2a，a2m1m2am1Da1a，a2m2a解析 撤去拉力 F 的瞬間，物體 A的受力不變，所以 a1a，對物體 A受力分析 得： F彈m1a；撤去拉力 F的瞬間，物體 B受到的合力大小為 F 彈 m2a2，所以 m1aa2 ，故選項 D 正確。m2答案 D動力學兩類基本問題1解決兩類動力學基本問題應把握的關(guān)鍵(1) 兩類分析物體的受力分析和物體的運動過程分析；(2) 一個“橋梁”物體運動的加速度是聯(lián)系運動和力的橋梁2解決動力學基本問題時對力的處理方法(1) 合成法：在物體受力個數(shù)較少 (2 個或 3 個) 時一般采

9、用“合成法”。(2) 正交分解法：若物體的受力個數(shù)較多 （3 個或 3 個以上 ） ，則采用“正交分解法” 【典例】 （12 分） 如圖 7 所示為四旋翼無人機，它是一種能夠垂直起降的小型 遙控飛行器，目前得到越來越廣泛的應用。一架質(zhì)量 m2 kg的無人機，其動力 系統(tǒng)所能提供的最大升力 F36 N，運動過程中所受空氣阻力大小恒為 f 4 N2g 取 10 m/s 2。圖7（1） 無人機在地面上從靜止開始，以最大升力豎直向上起飛。求在 t5 s 時離地 面的高度 h；（2） 當無人機懸停在距離地面高度 H100 m處，由于動力設備故障，無人機突然 失去升力而墜落。求無人機墜落地面時的速度 v。

10、規(guī)范解答 （1） 設無人機上升時加速度為 a，由牛頓第二定律，有Fmgf ma（2 分）解得 a6 m/s 2（2 分）12由 h2at ，解得 h75 m（2 分 ） （2） 設無人機墜落過程中加速度為 a1，由牛頓第二定律，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方法技巧兩類動力學問題的解題步驟2 已知運動分析受力 （14 分）一質(zhì)量為 m2 kg 的滑塊能在傾角為 30°的 足夠長的斜面上以 a m/s 2勻加速下滑。 如圖 9 所示，若用一水平向右的恒力 F 作

11、用于滑塊，使之由靜止開始在 t2 s 內(nèi)沿斜面運動，其位移 x4 m。g取 10 m/s2。求：圖9(1) 滑塊和斜面之間的動摩擦因數(shù) ；(2) 恒力 F 的大小。解析 (1) 根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin 30 ° mgcos 30 ° ma(2 分)解得 63(1 分)(2) 滑塊沿斜面做勻加速直線運動時，加速度有向上和向下兩種可能12根據(jù)題意，由運動學公式，有 x 2a1t 2，(1 分 )可得 a1 2 m/s （1 分） 當加速度沿斜面向上時，有Fcos 30 ° mgsin 30 °f ma1(2 分) f ( Fsin 30 °

12、 mgcos 30 °)(1 分) 聯(lián)立解得 F 765 3 N（2 分） 當加速度沿斜面向下時，有mgsin 30 ° Fcos 30°f ma1（2 分）聯(lián)立解得 F 7 N。 （2 分） 答案 (1) 63 (2) 473 N 或765 3 N6 7 51（多選）（2016 ·江蘇單科， 9）如圖 12所示，一只貓在桌邊猛地將桌布從魚缸 下拉出，魚缸最終沒有滑出桌面，若魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動摩擦因數(shù)均 相等，則在上述過程中 （ ）圖 12A桌布對魚缸摩擦力的方向向左B魚缸在桌布上的滑動時間和在桌面上的相等C若貓增大拉力，魚缸受到的摩擦力將增大

13、D若貓減小拉力，魚缸有可能滑出桌面解析 桌布對魚缸摩擦力的方向向右， A 項錯誤；各接觸面間的動摩擦因數(shù)為 ， 魚缸的質(zhì)量為 m，由牛頓第二定律可得魚缸在桌布和桌面上滑動的加速度大小相 同，均為 a g，魚缸離開桌布時的速度為 v，則魚缸在桌布上和在桌面上滑動v時間均為 t ，B項正確；貓增大拉力時，魚缸受到的摩擦為 f mg不變， gC項錯；若貓減小拉力，魚缸在桌布上加速運動的時間變長，離開桌布時的速度12vgt 增大，加速運動的位移 x12gt 2增大，且魚缸在桌面上減速滑行的位2v移 x2也增大，則魚缸有可能滑出桌面， D項對。2g答案 BD2（2016·全國卷， 19）（ 多

14、選） 兩實心小球甲和乙由同一種材料制成，甲球質(zhì) 量大于乙球質(zhì)量。 兩球在空氣中由靜止下落， 假設它們運動時受到的阻力與球的 半徑成正比，與球的速率無關(guān)。若它們下落相同的距離，則 （ ）A甲球用的時間比乙球長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 小球的質(zhì)量 m·3r3，由題意知 m甲m乙， 甲 乙，則 r 甲r 乙?？諝庾枇?f kr ，對小球由牛頓第二定律得， mgf ma，則 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，選項 A、C錯誤知，v甲v乙，故選項 B正確；因 f 甲f 乙，由球克服阻力做功 Wff h知，甲球克 服阻力做功較大，選項 D 正確。答案 BD3（2015·海南單科， 8）（多選）如圖 13所示，物塊 a、b和c的質(zhì)量相同， a和 b、b和c之間用完全相同的輕彈簧 S1和 S2相連，通過系在 a上的細線懸掛于固 定點 O，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)將細線剪斷，將物塊 a 的加速度的大小記為 a1，S1和S2相對于原長的伸長量分別記為 l1和 l 2，重力加速度大小為 g。在 剪斷的瞬間 （ ）Aa1 3gC l 12 l 2圖 13B a1 0D l 1 l 2

16、解析 設物體的質(zhì)量為 m，剪斷細線的瞬間，細線的拉力消失，彈簧還沒有來得 及發(fā)生形變，所以剪斷細線的瞬間 a 受到重力和彈簧 S1的拉力 FT1，剪斷前對 b、 c 和彈簧組成的整體分析可知 FT12mg，故 a 受到的合力 F mgFT1 mg2mg 3mg，故加速度 a1m3g，A正確， B 錯誤；設彈簧 S2的拉力為 FT2，則 FT2 mg， 根據(jù)胡克定律 Fkx 可得 l12l 2，C正確，D錯誤。答案 AC一、單項選擇題3一物體沿傾角為 的斜面下滑時，恰好做勻速直線運動，若物體以某一初速 度沖上斜面，則上滑時物體加速度大小為 ( )Agsin B gtan C 2gsin D 2g

17、tan 解析 對物體下滑時進行受力分析， 如圖甲。 由于恰好做勻速直線運動， 根據(jù)平 衡知識得：mgsin Ff物體以某一初速度沖上斜面，對物體受力分析，如圖乙。物體的合力 F 合mgsin Ff 2mgsin 根據(jù)牛頓第二定律得： aFm 2gsin 故選 C。甲乙答案 C質(zhì)量為 1 kg 某時刻將細線)4. 如圖 2 所示，質(zhì)量為 4 kg 的物體 A 靜止在豎直的輕彈簧上面。 的物體 B用細線懸掛起來， A、B 緊挨在一起但 A、B之間無壓力。 剪斷，則細線剪斷瞬間， B對 A的壓力大小為 (取 g10 m/s 2)(圖2A0 NB8 NC10 ND50 N解析 細線剪斷瞬間，彈簧彈力不

18、變， A和 B整體受到的合外力等于物體 B的重 力，因此整體的加速度為 a mg 1g，對物體 B：mBgFN mBa，所以 A、B間 mA mB 54作用力 FNmB（ga） mBg8 N。5答案 B5（2016·安徽皖南八校聯(lián)考 ） 放在固定粗糙斜面上的滑塊 A以加速度 a1沿斜面 勻加速下滑，如圖 3甲。在滑塊 A上放一物體 B，物體 B始終與 A保持相對靜止， 以加速度 a2沿斜面勻加速下滑，如圖乙。在滑塊 A 上施加一豎直向下的恒力 F， 滑塊 A 以加速度 a3沿斜面勻加速下滑，如圖丙。則 （ ）圖3Aa1 a2a3Ba1 a2<a3Ca1<a2a3D a1&

19、lt;a2<a3解析 題圖甲中的加速度為 a1，則有 mgsin mgcos ma1， 解得 a1 gsin gcos 。題圖乙中的加速度為 a2，則有（ mm）gsin （mm）gcos （ m m）a2， 解得 a2 gsin gcos 。題圖丙中的加速度為 a3，設 Fmg，則有（ mm）gsin （mm）gcos ma3，（mm）gsin （mm） gcos 解得 a3m故 a1a2<a3，故 B 正確。答案 B、多項選擇題6. 豎直懸掛的輕彈簧下連接一個小球， 用手托起小球， 使彈簧處于壓縮狀態(tài)， 如 圖 4 所示。則迅速放手后 ()圖4A小球開始向下做勻加速運動B彈簧恢

20、復原長時小球速度達到最大C彈簧恢復原長時小球加速度等于 gD小球運動過程中最大加速度大于 g解析 迅速放手后，小球受到重力、彈簧向下的彈力作用，向下做加速運動，彈 力將減小，小球的加速度也減小，小球做變加速運動，故 A 錯誤；彈簧恢復原長 時，小球只受重力，加速度為 g，故 C正確；彈簧恢復原長后，小球繼續(xù)向下運 動，開始時重力大于彈力，小球加速度向下，做加速運動，當重力等于彈力時加 速度為零，速度最大，故 B 錯誤；剛放手時，小球所受的合力大于重力，加速度 大于 g，故 D正確。答案 CD8(2016·蘇北四市聯(lián)考 )如圖 6 所示，在動摩擦因數(shù) 的水平面上，質(zhì)量 m 2 kg 的物塊與水平輕彈簧相連，物塊在與水平方向成 45°角的拉力 F作 用下處于靜止狀態(tài)，此時水平面對物塊的彈力恰好為零。 g 取 10 m/s 2，以下說 法正確的是 ( )圖6A此時輕彈簧的彈力大小為 20 NB當撤去拉力 F的瞬間，物塊的加速度大小為 8 m/s 2，方向向左C若剪斷彈簧，則剪斷的瞬間物塊的加速度大小為8 m/s 2，方向向右D若剪斷彈簧，則剪斷的瞬間物塊的加速度為 0解析 物塊在重力、拉力 F 和彈簧的彈力作用下處于靜止狀態(tài)，由平衡條件得mgF彈Fcos ， mg Fsin ，聯(lián)立解得彈簧的彈力 F 彈20 N，選項tan 45 &