牛顿第二定律两类动力学问题及答案解析

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：

山力求运动

由运动求力

考点n 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、如速度、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，物体力◎速；合力与速度夹角为钝角，物体减速。

A iz p

(3) 3=——是加速度的定义式，a与厶无直接关系；a=-是加速度的决定式。

A t m

跟进题组 多角练透 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 0点并系住质量为刃的物体，现将弹簧压缩到力点，然后释放，物体可以一直运 动到3点。如果物体受到的阻力恒定，则( )

乡 ....宀…

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A O 13

图1

A. 物体从力到0先如速后减速

B. 物体从力到0做加速运动，从0到3做减速运动 C. 物体运动到0点时，所受合力为零 D. 物体从力到。的过程中，如速度逐渐减小

解析 物体从力到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 肋间菜点(设为点O )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/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

考点

牛顿第二定律的瞬时性

物理建模 ;不发生明显形变就能产生弹力.剪断或； 幺阳 必悴：脱离后.不需要时间恢复形变.弹力立；

:覚鳶J

即消失或改变.一賤題冃中所给的轻绳.： 和接触面［轻杆

和接触血在不加持殊说明时•均可：

:按此模型处理 !当弹簧的两端与物体相连（即两瑞为固:

:定端）时.山于物体冇惯性.弹簧的长： 弹费•蹦床：度不会发生突变.所以任瞬时沏題中・： 和橡皮

条其弹力的人小认为是不变的.即此时弹: :後的弹力不突变 ：

1

【典例】（2016 •安徽合肥一中二模）两个质量均为刃的小球，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04,让小球下落，在剪断轻 绳的瞬间，设小球久B的加速度分别用6和彳表示，则（ ）

o

OA

o«

图2

A. a、=g, G=g C・ a、=g, G = 0

B. 3 = 0, ai = 2g D. a、= 2g、52=0

解析 由于绳子张力可以究变，故剪断04后小球A、B只受重力，其加速度日 = 32 = go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4 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（

）

'〃〃〃〃〃

解析 剪断轻绳01后，由于弹簧弹力不能突变，故小球力所受合力为2驱，小 球B所受合力为零，所以小球力、B的加速度分别为a、= 2g,彳=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&=30°的光滑斜而上，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 ()

1

A・彳=0 a8=-g

B・ aA=g aff=Q C・ aAg a8=g

=D. a.=Q a8=g

解析 细线被烧断的瞬间，小球3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=2mgs\\n 0,烧断瞬间，力受的合力沿斜面向下，大 小为2mgs i n 0,所以力球的瞬时加速度为勿=2的in 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”：

① 明确绳或线类、弹簧致橡皮条类模型的特点。 ② 分析瞬时前、E的受力情况和运动状态。 ⑵\"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。

跟进题组 多角练透

1. ［静态瞬时问题］如图5所示，4 8两球质量相等，光滑斜面的倾角为&,图 甲中，力、0两球用轻弹簧相连，图乙中力、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5

A. 两图中两球加速度均为塚in &

B. 两图中力球的加速度均为零 C. 图乙中轻杆的作用力一定不为零

D. 图甲中3球的如速度是图乙中3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2海in &,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/!球所受合力为零，加速度为零, 3球所受合力为2mgs\\n &,加速度为2丽in 8;图乙中杆的弹力突变为零，4 B球所受合力均为mgs in 0,力口速度均为於in 6,可知只有D正确。 答案D

2. ［动态瞬吋问题1（2017 •芜湖模拟）如图6所示，光滑水平面上，A. 3两物体 用轻弹簧连接在一起，A. B的质量分别为炯、饥，在拉力F作用下，A. B共同 做匀加速直线运动，如速度大小为某时刻突然撤去拉力F,此瞬时力和B的 加速度大小为曰和彳，则（ ）

图6

A. 曰 1=0, G=0

B.

nh

31 =/77i +规

c.

/77i +规

nh

c 叫

D. a} = a9 a2=—a

Uh

解析 撤去拉力F的瞬间，物体力的受力不变，所以3 =為 对物体力受力分析 得：F^=ma\\撤去拉力F的瞬间，物体B受到的合力大小为F/ =饥彳，所以

护等,故选项D正确。

答案D

考点

动力学两类基本问题

规范解答 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； ⑵一个\"桥梁”——物体运动的如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〃=2kg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 No g取 10 m/s2o

图7

(1)无人机在地而上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞。求在t=5 s时离地 面的高度方；

(2)当无人机悬停在距离地面高度 4100 m处，由于动力设备故障，无人机突然

失去升力而坠落。求无人机坠落地而时的速度几

规范解答（1）设无人机上升时加速度为m,由牛顿第二定律，有

F~mg— f=ma（2 分）

解得 a=6 m/s2 （2 分）

由力=扌毗2,解得力=75 m（2分）

（2）设无人机坠落过程中加速度为曰，由牛顿第二定律，有

mg— f=ma} （2 分）

解得勺=8 m/s2 （2分）

由 < = 2a、H,解得 i/=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

（朝确瞥对象〕~>

利用婪体法或隔岛法确定研究対象

回好受力示意EL运动情录图，明确物体 的运动性庆和运动过程

合成法或正交分解法

逋常规定加速度的方向为正方向

（选取正方向） --

0

确定合外力 列方程求解 {¥. =ma.

^t=fna9

I②由运动学公式列出辅助方程

跟进题组

多角练透

2.［已知运动分析受力］（14分）一质量为777=2 kg的滑块能在倾角为8=30°的 足够长的斜面上以3= 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，使之由静止开始在t=2 s内沿斜面运动，其位移x=4 mo g取10 联立解得F=弓-No （2分）

签案⑴習（2）字N或響N

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（ ）

A. 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而上的相等 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；各接触而间的动摩擦因数为“， 鱼缸的质量为777,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= ug,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， \"g 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= jjgt增犬，加速运动的位移增大，且鱼缸在桌面上减速滑行的位

2

移心=产也增大，则鱼缸有可能滑出桌面，D项对。 答案BD

2. （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球末速度的大小 C. 甲球加速度的大小小于乙球力口速度的大小 D. 甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功

4

解析 小球的质量m= p * 3 n ，由题意知mQm乙,p申=Q乙，则厂屮>厂乙。空

mg——f 气阻力f=kr,对小球由牛顿第二定律得,mg-f=ma,则a= —=g-——:—— m kr 4 Q・尹厂 〔 =g— ------- ,可得 a ^>a c,由 h=~a^知，t ^3 k

v

知，八>i/乙，故选项B正确；因f'bfs 由球克服阻力做功必=f/7知，甲球克 服阻力做功较大，选项D正确。 答案BD

3. （2015 •海南单科，8）（多选）如图13所示，物块m、6和c的质量相同，日和 b、6和c之间用完全相同的轻弹簧$和S相连，通过系在m上的细线悬挂于固 定点0,整个系统处于静止状态。现将细线剪斷，将物块3的加速度的大小记为 ②，s和S相对于原长的伸长量分别记为△人和△厶，重力加速度大小为£。在 剪断的瞬间（）

图13

A.

C. A /. = 2A /2

幼=3g B.曰i = 0

D. △/】=△/?

解析设物体的质量为刃，剪斷细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得 及发生形变，所以劳斷细线的瞬间&受到重力和弹養■ S的拉力备，剪斷前对6、 C和弹簧组成的整体分析可知Fu = 2mg,故m受到的合力F= mg+ Fu = mg+ 2mg= 3mg,故加速度a<=3g, A正确，B错误：设弹簧S的拉力为斤2,则F“ = mg, m 根据胡克定律F=kLx可得△ /. = 2A /2, C正确，D错误。

答案AC

课时达标训练 强化训练，技能提高

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. 的in a

B. 卓an a

） C. 2的in a

D. 2卓an 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：

mgs \\ n a=Ff

物体以某一初速度冲上斜而，对物体受力分析，如图乙。 物体的合力 F^ = mgs\\v\\ a +Ff=2mgs\\n a 根据牛顿第二定律得：a=—=2^sin a m 故选C°

答案c 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而。质量为1 kg 的物体3用细线悬挂起来，4 3紧挨在一起但/I、B之间无压力。某时刻将细线 剪断，则细线剪断瞬间，B对力的压力大小为（取^=10 m/s2）（

）

n« 图2

A. 0 N

B. 8 N

C. 10 N

D. 50 N

解析 细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，力和0整体受到的合外力等于物体3的重

m 〔

力，因此整体的加速度为a=-：；皿二芋'对物体B： msg—Fu=msa,所以力、3间

4

作用力斤=伽@一日）=E刃站=8 No

□ 答案B

5. （2016 •安徽皖南八校联考）放在固定粗糙斜而上的滑块A以加速度勺沿斜而 匀加速下滑，如图3甲。在滑块力上放一物体3物体3始终与/I保持相对静止,

以加速度G沿斜而匀加速下滑，如图乙。在滑块力上施加一竖直向下的恒力斤 滑块川以加速度殆沿斜而匀加速下滑，如图丙。则（ ）

图3

B・ 3\\ ― 92^33

C.日Kg =曰3

解析题图甲中的加速度为曰，则有 mgs \\ n 0 — /J mgcos 6 = may, 角牟 a\\ = gs i n 0— /J geos &。 题图乙中的如速度为则有

(/7H-/77, ) i n 0 — (J (/7rf-/77, )^cos 8 = (m+ 解得日2 =的山 0— fj geos 0 o 题图丙中的加速度为日3,设F=m‘ g,则有

)^sin 6 _ fj

)^cos 6 maz,

=) a2,

) gsin 3— /J (卄〃‘) 更os 6

辭倚&3 = ------------------------------------------

m

故ai = a2<^,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4

A. 小球开始向下做匀如速运动 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g D. 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；弹黃恢复原长 时，小球只受重力，如速度为g,故C正确：弹簧恢复原长小球继续向下运 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CD

8. （2016 •苏北四市联考）如图6所示，在动摩擦因数〃=的水平而上，质量刃 =2 kg的物块与水平轻弹簧相连，物块在与水平方向成8=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（ ）

A.此时轻弹簧的弹力大小为20 N

B. 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如速度大小为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

fljar

F畀=Eos e, mg=Fsin 久联立解得弹簧的弹力尸畀=一 =20 N,选

项 tan 45

A正确；撤去拉力F的瞬间，由牛顿第二定律得F典一 Ufng=ma、、解得勺=8m/s2, 方向向左，选项B正确：剪断弹簧的瞬间，弹簧的弹力消失，则尺os e=ma2, 解得a2 = 10 m/s2,方向向右，选项C、D错误。 答案AB 9.

如图7所

示，一倾角&=37°的足够长斜面固定在水平地面上。当亡=0时, 滑块以初速度kb=10 m/s沿斜面向上运动。已知滑块与斜面间的动摩擦因数“ =,g=10 m/s2, sin 37° =, cos 37° =,下列说法正确的是（

）

图7

A. 滑块一直做匀变速直线运动

B. t=1 s时，滑块速度减为零，然后在斜面上向下运动 C. t=2 s时，滑块恰好又回到出发点 D. t=3 s时，滑块的速度大小为4 m/s

解析 设滑块上滑时的加速度大小为a,由牛顿第二定律可得 如in 8 +

Ub

I

“昭cos 8 = ma、,解得ai = 10 m/s2,上滑时间t=—=1 s,上滑的距离

ax =5 m,因tan

Z

mgsin 6> /jmgcos 滑块上滑到速度为零后，向下

运动，选项B正确；设滑块下滑时的加速度大小为 无 由牛顿第二定律可得/TJ^sin

9— /jmffcos O=ma2,解得 a2 = 2 m/s2,经 1 s,滑块下滑的距离m <5 m,滑块未回到出发

点，选项C错误；因上滑和下滑过程中的加速度不同， 故滑块全程不是匀变速直线运动，选项A错误；t=3 s时，滑块沿斜面向下运 动，此时的速度“=G(3 s —1 s) =4 m/s,选项D正确。 答案BD