牛顿第二定律两类动力学问题及答案解析(15页).doc

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1、-牛顿第二定律两类动力学问题及答案解析-第 15 页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。(3)a是加速度的定义式，a与v、v无直接关系；a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，

2、弹簧左端固定，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，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大。此后，随着物体继续

3、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2Aa1g，a2gBa10，a22gCa1g，a20Da12g，a20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，

4、其加速度a1a2g。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4AaA0aBgBaAgaB0CaAgaBgDaA0aBg解析细线被烧断的瞬间，小球B的受力

5、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 30g，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

6、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

7、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()图6Aa10，a20Ba1a，a2aCa1a，a2aDa1a，a2a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a2，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

8、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f4 N。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

9、人机坠落地面时的速度v。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Fmgfma(2分)解得a6 m/s2(2分)由hat2，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mgfma1(2分)解得a18 m/s2(2分)由v22a1H，解得v40 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a2.5 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t2 s内沿斜面运动，其位移x4 m。g取10

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 30mgcos 30ma(2分)解得(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xa1t2，(1分)可得a12 m/s2(1分)当加速度沿斜面向上时，有Fcos 30mgsin 30fma1(2分)f(Fsin 30mgcos 30)(1分)联立解得F N(2分)当加速度沿斜面向下时，有mgsin 30Fcos 30fma1(2分)联立解得F N。(2分)答案(1)(2) N或 N1(多选)(2016江苏单科，9)如图12所示，

11、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fmg不变，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

12、时的速度vgt增大，加速运动的位移x1gt2增大，且鱼缸在桌面上减速滑行的位移x2也增大，则鱼缸有可能滑出桌面，D项对。答案BD2(2016全国卷，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mr3，由题意知m甲m乙，甲乙，则r甲r乙。空气阻力fkr，对小球由牛顿第二定律得，mgfma，则agg，可得a甲a乙

13、，由hat2知，t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l2，重力加速度大小为g。在剪断的瞬间()图13Aa13g Ba10Cl12l2 Dl1l2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

14、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FmgFT1mg2mg3mg，故加速度a13g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为FT2，则FT2mg，根据胡克定律Fkx可得l12l2，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 Bgtan C2gsin D2gtan 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 Ff2mgs

15、in 根据牛顿第二定律得：a2gsin 故选C。甲乙答案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g10 m/s2)()图2A0 N B8 NC10 N D50 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ag，对物体B：mBgFNmBa，所以A、B间作用力FNmB(ga)mBg8 N。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

16、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3Aa1a2a3Ba1a2a3Ca1a2a3 Da1a2a3解析题图甲中的加速度为a1，则有mgsin mgcos ma1，解得a1gsin gcos 。题图乙中的加速度为a2，则有(mm)gsin (mm)gcos (mm)a2，解得a2gsin gcos 。题图丙中的加速度为a3，设Fmg，则有(mm)gsin (mm)gcos ma3，解得a3。故a1a2a3，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，

17、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，

18、在动摩擦因数0.2的水平面上，质量m2 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/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Fcos ，mgFsin ，联立解得弹簧的弹力F弹20 N，选项A正确；撤去拉力F的瞬间，由牛顿第二定律得F弹mgma1，解得a18

19、 m/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Fcos ma2，解得a210 m/s2，方向向右，选项C、D错误。答案AB9如图7所示，一倾角37的足够长斜面固定在水平地面上。当t0时，滑块以初速度v010 m/s沿斜面向上运动。已知滑块与斜面间的动摩擦因数0.5，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，下列说法正确的是()图7A滑块一直做匀变速直线运动Bt1 s时，滑块速度减为零，然后在斜面上向下运动Ct2 s时，滑块恰好又回到出发点Dt3 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a1，由牛顿第二定律可得mgsin mgcos ma1，解得a110 m/s2，上滑时间t11 s，上滑的距离x1v0t15 m，因tan ，mgsin mgcos ，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a2，由牛顿第二定律可得mgsin mgcos ma2，解得a22 m/s2，经1 s，滑块下滑的距离x2a2t1 m5 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；t3 s时，滑块沿斜面向下运动，此时的速度va2(3 s1 s)4 m/s，选项D正确。答案BD