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：

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。 ΔvF(3)a＝是加速度的定义式，a与v、Δv无直接关系；a＝是加速度的决定式。

Δtm

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1

A．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＝g C．a1＝g，a2＝0

B．a1＝0，a2＝2g D．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。 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

1

A．aA＝0 aB＝g

2B．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＝2mgsin θ，烧断瞬间，A受的合力沿斜面向下，大

小为2mgsin θ，所以A球的瞬时加速度为aA＝2gsin 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gsin θ

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 θ，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 θ，加速度为2gsin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ，可知只有D正确。 答案 D

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＝

m2m1＋m2

a

C．a1＝

m1m1＋m2

a，a2＝

m2m1＋m2

a

D．a1＝a，a2＝a

m1

m2

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

m1aa2＝，故选项D正确。

m2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＝2 kg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 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t＝5 s时离地面的高度h；

(2)当无人机悬停在距离地面高度H＝100 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＝6 m/s2(2分)

1

由h＝at2，解得h＝75 m(2分)

2

(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＝8 m/s2(2分)

由v2＝2a1H，解得v＝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

2．[已知运动分析受力](14分)一质量为m＝2 kg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＝2 s内沿斜面运动，其位移x＝4 m。g取10

m/s2。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

mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma(2分)

3

(1分) 6

解得μ＝

(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。 12

根据题意，由运动学公式，有x＝a1t，(1分)

2可得a1＝2 m/s2(1分) 当加速度沿斜面向上时，有

Fcos 30°－mgsin 30°－f＝ma1(2分) f＝μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)(1分)

763

N(2分) 5

联立解得F＝

当加速度沿斜面向下时，有

mgsin 30°－Fcos 30°－f＝ma1(2分)

联立解得F＝

43

N。(2分) 7

343763

答案 (1) (2) N或 N

675

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

v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，

μgC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v2

移x2＝也增大，则鱼缸有可能滑出桌面，D项对。

2μg12

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

4

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

3气阻力f＝kr，对小球由牛顿第二定律得，mg－f＝ma，则a＝

mg－f＝g－mkrρ·πr3

43

3k12

＝g－，可得a甲>a乙，由h＝at知，t甲v乙，故选项B正确；因f甲>f乙，由球克服阻力做功Wf＝f h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＝3g

B．a1＝0 D．Δl1＝Δl2

C．Δl1＝2Δl2

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．gsin α B．gtan α C．2gsin α D．2gtan α

Fm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 α＝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 α＋Ff＝2mgsin α

根据牛顿第二定律得：a＝

F合

＝2gsin α m故选C。

答案 C

甲 乙

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g＝10 m/s2)( )

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，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＝

mBg1

＝g，对物体B：mBg－FN＝mBa，所以A、B间mA＋mB5

4

作用力FN＝mB(g－a)＝mBg＝8 N。

5答案 B

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( )

图3

A．a1＝a2＝a3 C．a1B．a1＝a2解析 题图甲中的加速度为a1，则有

mgsin θ－μmgcos θ＝ma1， 解得a1＝gsin θ－μgcos θ。 题图乙中的加速度为a2，则有

(m＋m′)gsin θ－μ(m＋m′)gcos θ＝(m＋m′)a2， 解得a2＝gsin θ－μgcos θ。

题图丙中的加速度为a3，设F＝m′g，则有 (m＋m′)gsin θ－μ(m＋m′)gcos θ＝ma3，

（m＋m′）gsin θ－μ（m＋m′）gcos θ解得a3＝

m。

故a1＝a2＜a3，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＝2 kg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10 m/s2，以下说法正确的是( )

图6

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 θ，mg＝Fsin θ，联立解得弹簧的弹力F弹＝

mgtan 45°

＝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－μmg＝ma1，解得a1＝8 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 θ＝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＝10 m/s沿斜面向上运动。已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝，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a1，由牛顿第二定律可得mgsin θ＋

v01μmgcos θ＝ma1，解得a1＝10 m/s，上滑时间t1＝＝1 s，上滑的距离x1＝v0t1

a12

2

＝5 m，因tan θ＞μ，mgsin θ＞μmgcos θ，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

θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，经1 s，滑块下滑的距离x2＝a2t2m2＝1 ＜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v＝a2(3 s－1 s)＝4 m/s，选项D正确。 答案 BD

1

2