第三章第2节牛顿第二定律--两类动力学问题

[解析]
小球接触弹簧开始，合力向下，向下做加速
度逐渐减小的加速运动，运动到某个位置时，重力等于弹 簧弹力，合力为零，加速度为零，速度最大，然后重力小 于弹力，合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运 动，运动到最低点时，速度为零，加速度最大，根据对称 性可知，到达最低端时加速度大于 g，且加速度 a 随时间 t 的变化为非线性变化，故 A 正确，B、C、D 错误。 [答案] A
[解析]
由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为 a1
v0 v1 ＝ t ，下降过程中的加速度为 a2＝ t 。物块在上升和下降过程 1 1 中，由牛顿第二定律得 mgsin θ＋Ff＝ma1，mgsin θ－Ff＝ma2， v0＋v1 mv0－v1 由以上各式可求得 sin θ＝ 2t g ，滑动摩擦力 Ff＝ ， 2 t 1 1 而 Ff＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可知，选项 A、C 正确。 由 vt 图像中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距 离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项 D 正确。 [答案] ACD
(三)由 Ft 图像分析物体的运动情况 [典例 3] (2016· 河南中原名校联考)如图 3211 甲所示，
光滑水平面上的 O 处有一质量为 m＝2 kg 的物体。物体同时 受到两个水平力的作用， F1＝4 N， 方向向右， F2 的方向向左， 大小如图乙所示。物体从静止开始运动，此时开始计时。求：
θ＋μgcos θ 代入数据得 a2＝6＋8μ 由匀变速运动规律有 v＝a2t2 1 1 2 由牛顿运动定律得： 由运动学规律知 x＝ a1t1 ＋ a2t2 2 2 2 FN＝Fsin θ＋mgcos θ 代入数据得 μ＝0.25；x＝16.25 m。 Fcos θ－Ff－mgsin θ＝ma1。 [答案] 0.25 16.25 m
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
图 323
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。当小球的重力与弹力大小相 等，方向相反时，速度最大，故 B 错误。弹簧恢复原长时， 小球只受重力，加速度为 g，故 C 正确。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
(2)t＝0 或 t＝2 s 时加速度最大，大小为 1 m/s2 F0 2 2 2 a0 ＝ ＝ m /s ＝ 1 m/ s (3)t＝ m 1 s2时速度最大，大小为 0.5 m/s
0
0
2．如图 3214 所示，光滑细杆 BC、DC 和 AC 构成矩形 ABCD 的两邻边和对角线， AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC 杆竖直，各 杆上分别套有一质点小球 a、b、d，a、b、 d 三小球的质量比为 1∶2∶3，现让三小球
3．(多选)(2015· 海南高考)如图 325，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 相对于原长的伸长分别记为 Δl1 和 Δl2，重力加速度大小为 g。在剪断的瞬间 A．a1＝3g C．Δl1＝2Δl2 B．a1＝0 D．Δl1＝Δl2
要点二
1．两种模型
牛顿第二定律的瞬时性
加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产 生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：
2．求解瞬时加速度的一般思路 分析瞬时变化前后 列牛顿第二 求瞬时 ⇒ ⇒ 物体的受力情况 定律方程 加速度
[多角练通] 1．(多选)(2016· 泰州模拟)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 323 所示。 则迅速放手后 ( )
图 3214
同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则 a、b、d 三小球在各杆上滑行的时间之比为 ( )
A．1∶1∶1 C．5∶8∶9
B．5∶4∶3 D．1∶2∶3
3． (2016· 东北三省三校一模)如图 3215 所示， 在竖直平面内建立直角坐标系 xOy，该平 面内有 AM、 BM、 CM 三条光滑固定轨道， 其中 A、C 两点处于同一个圆上，C 是圆 上任意一点，A、M 分别为此圆与 y、x 轴 的切点。B 点在 y 轴上且∠BMO＝60°，
[方法规律] 解决动力学两类问题的两个关键点
[针对训练] 1．如图 327 所示，水平桌面由粗糙 程度不同的 AB、BC 两部分组成， 且 AB＝BC，小物块 P(可视为质
图 327
点)以某一初速度从 A 点滑上桌面，最后恰好停在 C 点，已 知物块经过 AB 与 BC 两部分的时间之比为 1∶4，则物块 P 与桌面上 AB、BC 部分之间的动摩擦因数 μ1、μ2 之比为(P 物 块在 AB、BC 上所做的运动均可看作匀变速直线运动)( A．1∶1 C．4∶1 B．1∶4 D．8∶1 )
图 326
根据 Ff＝μFN，代入数据得 a1＝10－20μ [加速过程由运动学规律可知 解析] 物体受力分析如图所示，设加速的加速度为 a1， v＝a t
1 1
末速度为 ， 减速时的加速度大小为 a2， 将 mg a 和 F 分解后， 撤去v F 后， 物体减速运动的加速度大小为 ， 则 a2＝gsin 2
解析：由牛顿第二定律可知，小物块 P 在 AB 段减速的 加速度 a1＝μ1g，在 BC 段减速的加速度 a2＝μ2g，设小物 块在 AB 段运动时间为 t，则可得：vB＝μ2g· 4t，v0＝μ1gt v0＋vB vB ＋μ2g· 4t， 由 xAB＝ 2 · t， xBC＝ 2 · 4t， xAB＝xBC 可求得： μ1＝8μ2，故 D 正确。 答案：D
解析：在抽出木板的瞬时，物块 1、2 与刚性轻杆接触处的 形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第 二定律知 a1＝a2＝g；而物块 3、4 间的轻弹簧的形变还来不 及改变，此时弹簧对物块 3 向上的弹力大小和对物块 4 向下 的弹力大小仍为 mg，因此物块 3 满足 mg＝F，a3＝0；由牛 F＋Mg M＋m 顿第二定律得物块 4 满足 a4＝ M ＝ M g，所以 C 对。 答案：C
2．如图 324 所示，物块 1、2 间用刚性 轻质杆连接，物块 3、4 间用轻质弹簧 相连，物块 1、3 质量为 m，物块 2、4 质量为 M，两个系统均置于水平放置
图 324 的光滑木板上，并处于静止状态。现将两木板沿水平方向
突然抽出，设抽出后的瞬间，物块 1、2、3、4 的加速度大 小分别为 a1、a2、a3、a4。重力加速度大小为 g，则有( A．a1＝a2＝a3＝a4＝0 B．a1＝a2＝a3＝a4＝g m＋ M C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝ M g m＋ M m＋ M D．a1＝g，a2＝ M g，a3＝0，a4＝ M g )
要点四
动力学的图像问题
1．常见的动力学图像 vt 图像、at 图像、Ft 图像、Fa 图像等。 2．动力学图像问题的类型
3．解题策略 (1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄 清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。 (2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进 而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系， 以便对 有关物理问题作出准确判断。
图 325
( )
解析：设物体的质量为 m，剪断细线的瞬间，细线的拉力 消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细线的瞬间 a 受 到重力和弹簧 S1 的拉力 F1，剪断前对 b、c 和弹簧组成的 整体分析可知 F1＝2mg，故 a 受到的合力 F＝mg＋F1＝mg F ＋2mg＝3mg，故加速度 a1＝m＝3g，A 正确，B 错误；设 弹簧 S2 的拉力为 F2，则 F2＝mg，根据胡克定律 F＝kΔx 可得 Δl1＝2Δl2，C 正确，D 错误。 答案：AC
图 3211
(1)当 t＝0.5 s 时物体的加速度大小； (2)物体在 t＝0 至 t＝2 s 内何时物体的加速度最大？最 大值为多少？ (3)物体在 t＝0 至 t＝2 s 内何时物体的速度最大？最大 值为多少？
当 t＝ 时，物体也有最大加速度 。0.5)N＝3 N [解析 ]2s (1) 当 t＝0.5 s 时，F2＝(2＋a 2 2× F2 － 2 F － F ＝ ma 1 2＝ma 2 2 F a2＝ m ＝ m/s2＝－1 m/s2 2 F1－F2 4－3 负号表示加速度方向向左。 2 a＝ m ＝ 2 m/s2＝0.5 m/s F合 。 (3)由牛顿第二定律得：a＝ m ＝1－t(m/s2) (2)物体所受的合外力为 画出 at 图像如图所示： F 合＝F1－F2＝4－(2＋2t)＝2－2t(N) 由图可知 t＝1 s 时速度最大， 最 作出 F 合t 图如图所示： 大值等于上方三角形的面积。 从图中可以看出，在 0～2 s 范围内 1 v＝ ×1×1 m/s＝0.5 m/s。 20 时，物体有最大加速度 a0。 当 t＝ 2 [ 答案 ] (1)0.5 m/s F ＝ma
要点三
动力学的两类基本问题
1．解决两类基本问题的思路
2．两类动力学问题的解题步骤
[典例]
(2016· 南通模拟)质量为 10 kg 的物体在 F＝200
N 的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面 运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角 θ＝37°。力 F 作 用 2 秒钟后撤去， 物体在斜面上继续上滑了 1.25 秒钟后， 速 度减为零。求：物体与斜面间的动摩擦因数 μ 和物体的总位 移 x。(已知 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)
(二)根据已知条件确定某物理量的变化图像 [典例 2] (2016· 常州二模)如图 3210 所示，劲度