牛顿第二定律两类动力学问题及答案解析Word文件下载.docx
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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2
A.a1=g,a2=gB.a1=0,a2=2g
C.a1=g,a2=0D.a1=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=a2=g。
故选项A正确。
【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a1=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θ=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4
A.aA=0 aB=
g
B.aA=g aB=0
C.aA=g aB=g
D.aA=0 aB=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=2mgsinθ,烧断瞬间,A受的合力沿斜面向下,大小为2mgsinθ,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”:
①明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点。
②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θ,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5
A.两图中两球加速度均为gsinθ
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2mgsinθ,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2mgsinθ,加速度为2gsinθ;
图乙中杆的弹力突变为零,A、B球所受合力均为mgsinθ,加速度均为gsinθ,可知只有D正确。
!
2.[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( )
图6
A.a1=0,a2=0
B.a1=a,a2=
a
C.a1=
a,a2=
D.a1=a,a2=
解析 撤去拉力F的瞬间,物体A的受力不变,所以a1=a,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。
【
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=4N。
g取10m/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
F-mg-f=ma(2分)
解得a=6m/s2(2分)
由h=
at2,解得h=75m(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
mg-f=ma1(2分)
;
解得a1=8m/s2(2分)
由v2=2a1H,解得v=40m/s(2分)
答案
(1)75m
(2)40m/s
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m=2kg的滑块能在倾角为θ=30°
的足够长的斜面上以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=4m。
求:
图9
]
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ;
(2)恒力F的大小。
解析
(1)根据牛顿第二定律,有
mgsin30°
-μmgcos30°
=ma(2分)
解得μ=
(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x=
a1t2,(1分)
可得a1=2m/s2(1分)
当加速度沿斜面向上时,有
Fcos30°
-mgsin30°
-f=ma1(2分)
f=μ(Fsin30°
+mgcos30°
)(1分)
联立解得F=
N(2分)
当加速度沿斜面向下时,有
-Fcos30°
N。
(2分)
答案
(1)
(2)
N或
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( )
图12
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μ,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=μg,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=μmg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,离开桌布时的速度v=μgt增大,加速运动的位移x1=
μgt2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 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=ρ·
πr3,由题意知m甲>
m乙,ρ甲=ρ乙,则r甲>
r乙。
空气阻力f=kr,对小球由牛顿第二定律得,mg-f=ma,则a=
=g-
,可得a甲>
a乙,由h=
at2知,t甲<
t乙,选项A、C错误;
由v=
知,v甲>
v乙,故选项B正确;
因f甲>
f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。
3.(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Δl1和Δl2,重力加速度大小为g。
在剪断的瞬间( )
图13
A.a1=3gB.a1=0
C.Δl1=2Δl2D.Δl1=Δl2
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FT1=2mg,故a受到的合力F=mg+FT1=mg+2mg=3mg,故加速度a1=
=3g,A正确,B错误;
设弹簧S2的拉力为FT2,则FT2=mg,根据胡克定律F=kΔx可得Δl1=2Δl2,C正确,D错误。
答案 AC
一、单项选择题
3.一物体沿倾角为α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.gsinαB.gtanαC.2gsinαD.2gtanα
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:
mgsinα=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=mgsinα+Ff=2mgsinα
根据牛顿第二定律得:
=2gsinα
故选C。
《
甲 乙
答案 C
4.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。
某时刻将细线剪断,则细线剪断瞬间,B对A的压力大小为(取g=10m/s2)( )
A.0NB.8NC.10ND.50N
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=
=
g,对物体B:
mBg-FN=mBa,所以A、B间作用力FN=mB(g-a)=
mBg=8N。
5.(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( )
A.a1=a2=a3B.a1=a2<
a3
C.a1<
a2=a3D.a1<
a2<
解析 题图甲中的加速度为a1,则有
mgsinθ-μmgcosθ=ma1,
解得a1=gsinθ-μgcosθ。
题图乙中的加速度为a2,则有
(m+m′)gsinθ-μ(m+m′)gcosθ=(m+m′)a2,
解得a2=gsinθ-μgcosθ。
题图丙中的加速度为a3,设F=m′g,则有
…
(m+m′)gsinθ-μ(m+m′)gcosθ=ma3,
解得a3=
故a1=a2<a3,故B正确。
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( )
A.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 CD
8.(2016·
苏北四市联考)如图6所示,在动摩擦因数μ=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θ=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( )
A.此时轻弹簧的弹力大小为20N
B.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
F弹=Fcosθ,mg=Fsinθ,联立解得弹簧的弹力F弹=
=20N,选项A正确;
撤去拉力F的瞬间,由牛顿第二定律得F弹-μmg=ma1,解得a1=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Fcosθ=ma2,解得a2=10m/s2,方向向右,选项C、D错误。
答案 AB
9.如图7所示,一倾角θ=37°
的足够长斜面固定在水平地面上。
当t=0时,滑块以初速度v0=10m/s沿斜面向上运动。
已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=,g=10m/s2,sin37°
=,cos37°
=,下列说法正确的是( )
A.滑块一直做匀变速直线运动
B.t=1s时,滑块速度减为零,然后在斜面上向下运动
C.t=2s时,滑块恰好又回到出发点
D.t=3s时,滑块的速度大小为4m/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mgsinθ+μmgcosθ=ma1,解得a1=10m/s2,上滑时间t1=
=1s,上滑的距离x1=
v0t1=5m,因tanθ>μ,mgsinθ>μmgcosθ,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mgsinθ-μmgcosθ=ma2,解得a2=2m/s2,经1s,滑块下滑的距离x2=
a2t
=1m<5m,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=3s时,滑块沿斜面向下运动,此时的速度v=a2(3s-1s)=4m/s,选项D正确。
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