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。A/F(3归=仪是加速度的定义式，a与v、A/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，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点

2、并动到 B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A0间某点（设为点0'时，弹力减小到与阻力相等，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，

3、弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左。至0点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大。所以物体越过0'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，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

4、后小球A、B只受重力，其加速度ai=a2=go故选项A正确。答案A1】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0A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9=30°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()51A. aA=0aB=2gB. aA=gaB=0C. aA=g

5、aB=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=2mgsin9,烧断瞬间，A受的合力沿斜面向下，大小为2mgsin9,所以A球的瞬时加速度为aA=2gsin30=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

6、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()5A. 两图中两球加速度均为gsin9B. 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2mgsin9,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2mgsin9,加速度为2gsin9;图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin9,加速度均为gsi

7、n9,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=0B.mzai = a, a2 = mi + m2aC.mim2ai = mi+ m2aa2= mi+ m2aD.mii二 a, 92二 m?解析撤去拉力F的瞬间，物体A的受力不变，所以ai=a,得：对物体A受力分析F弹=mia;撤去拉力F的瞬间，物体B受到的合力大小为miaF弹,=m2a2,所以，、

8、十十“a2=m；,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 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（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=2kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F=36N,运动过程中所受空气阻力大小恒为f二4Nog取10m

9、/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=5s时离地面的高度h;（2） 当无人机悬停在距离地面高度H=100m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Vo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a=6m/s2（2分）1由h二尹4,解得h=75m（2分）（2）设无人机坠落过程中加速度为ai,由牛顿第二定律，有mgf=mai（2分）解得ai=8m/s2（2分）由M2=2aiH,解得v=40m/s（2分）答案（1）75m（2）40m/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（1

10、4分）一质量为m=2kg的滑块能在倾角为30°勺足够长的斜面上以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=2s内沿斜面运动，其位移x=4mog取10m/s2。求：9（1）滑块和斜面之间的动摩擦因数P;恒力F的大小。解析（1）根据牛顿第二定律，有mgsin30二口mgos30_Lma（2分）解得八二-63（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一1根据题意，由运动学公式，有x=a1t2，（1分）可得a=2m/s2（1分）当加速度沿斜面向上时，有Fcos30mgsin30f=ma1（2分）f=p（Fsin30斗

11、mgcos30）（1分）联立解得F*N（2分）当加速度沿斜面向下时，有mgsin30Fcos30f=mai（2分）联立解得F=4A3No（2分）答案（1）中4沪N或弩N1.（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（）13A. 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P,鱼缸的质量为m，由牛顿第二定律可

12、得鱼缸在桌布和桌面上滑动的加速度大小相同，均为a=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=,B项正确；猫增大拉力时，鱼缸受到的摩擦为f=Pmg不变，Cug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一1=Pgt增大，加速运动的位移xi=2Pgt增大，且鱼缸在桌面上减速滑行的位移v2X2=也增大，则鱼缸有可能滑出桌面，D项对。2ug，答案BD2.（2016全国卷U,19）侈选）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，贝U（

13、）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解析小球的质量m=P§n3,由题意知m甲m乙，pL,则甲乙。空气阻力f=kr,对小球由牛顿第二定律得，mgf=ma,则2=黑，=g-=gp§n34np2f,可得a甲力乙，由h=?at2知，t甲t乙，选项A、C错误；由2ah知，v甲“乙，故选项B正确；因f甲斗乙，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b、b和

14、c之间用完全相同的轻弹簧Si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ai，Si和s相对于原长的伸长量分别记为M和山，重力加速度大小为go在剪断的瞬间（）13A.ai=3gB.ai=0C.刈1=2出D.山=刈2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S的拉力Fn,剪断前对b、c和弹簧组成的整体分析可知Ft1=2mg,故a受到的合力F=mg+Ft-mg+2mg=3mg,故加速度ai=十=3g,A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为Ft2,贝UFT2=mg,根据胡

15、克定律F=k/x可得2山，C正确，D错误。答AC单项选择题3.物体沿倾角为a的斜面下滑时，恰好做匀速直线运动，若物体以某一初速上斜面，则上滑时物体加速度大小为（）度冲A.gsinaB.gtanaC.2gsinaD.2gtana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，根据平识得：衡知mgsina=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=mgsina+Ff=2mgsina根据牛顿第二定律得:故选C甲乙答案C4. 如图2所示，质量为4kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。质量为1kg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

16、线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为(取g=10m/s2)()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=呻勺=禹，对物体B:mBgFn=mBa,所以A、mA+mB54B间作用力FN=mB（ga）=gmBg=8N。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

17、（）B. ai = a2<a3图3A.ai=a2=a3C.ai<a2=a3D.ai<a2<a3解析题图甲中的加速度为ai,则有mgsin0一口mgos归mai,解得ai=gsin0ygos0。题图乙中的加速度为a2,则有(m+m'gsin0p(m+m'gCos0=(m+m'a2,解得a2=gsin0ygos0。题图丙中的加速度为a3,设F=mg,则有(m+m'gsin0-p(m+m'gCos0=ma3,曰(m+m')gsin0(m+m')geos0解得a3=故ai=a2<a3,故B正确。答案B:、多项选择题6

18、. 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，在动摩擦因数尸的水平面上，质量m=2kg的物块与水平轻弹簧相连，物块在与水平方向成9=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10m/s2，以下说法正确的是（）1. 此时轻弹簧的弹力大小为20N8. 当撤去拉力F的瞬间，物块的加速度大小为8m/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8m/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Fw=Feos9,mg=Fsin9,联立解得弹簧的弹力F弹=打：45