内容正文:
微专题Ⅱ-2 牛顿第二定律的综合应用
命题视角(一) 瞬时性问题
[典例示法]
[典例] 如图,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=2g B.a1=0
C.Δl1=2Δl2 D.Δl1=Δl2
[解题关键点]
切入点
(1)剪断细线之前,a、b、c均处于平衡状态
(2)剪断细线瞬间,细线拉力为零,弹簧弹力不变
疑难点
区别轻绳和轻弹簧
反思点
S1、S2若换为细线,剪断最上端细线瞬间,a、b、c的加速度均为g
[解析] 剪断细线前,把物块a、b、c 看成整体,细线上的拉力为FT=3mg。因在剪断细线的瞬间,弹簧未发生突变,因此物块a、b、c 之间的作用力与剪断细线之前相同,对a 隔离进行受力分析,由牛顿第二定律得3mg =ma1,得a1=3g, A、B错误。由胡克定律知2mg=kΔl1, mg=kΔl2,所以Δl1 =2Δl2,C正确,D错误。
[答案] C
[思维建模]
1.两种模型对比
2.求解瞬时加速度的一般思路
[应用体验]
1.(2022·全国甲卷改编)如图,质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上,二者用一轻弹簧水平连接,两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P,使两滑块均做匀速运动;某时刻突然撤去该拉力,则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( )
A.P的加速度大小的最大值为μg
B.Q的加速度大小的最大值为2μg
C.P的位移大小一定大于Q的位移大小
D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
解析:选D 设两滑块的质量均为m,撤去拉力前,两滑块均做匀速直线运动,则拉力大小为F=2μmg,撤去拉力前对Q受力分析可知,弹簧的弹力为T0=μmg,以向右为正方向,撤去拉力瞬间弹簧弹力不变,两滑块与地面间仍然保持相对滑动,此时滑块P的加速度为aP1==-2μg,此刻滑块Q所受的合外力不变,加速度仍为0,滑块P做减速运动,故PQ间距离减小,弹簧的伸长量变小,弹簧弹力变小,根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小,滑块Q的合外力增大,方向向左,做加速度增大的减速运动。故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间,aPm=-2μg。Q加速度大小的最大值为弹簧恢复原长时,
-μmg=maQm,解得aQm=-μg,A、B错误;滑块P、Q水平向右运动,PQ间的距离在减小,故P的位移一定小于Q的位移,C错误;滑块P在弹簧恢复到原长时加速度aP2=-μg,撤去拉力时,P、Q的初速度相等,滑块P由开始的加速度大小为2μg做加速度减小的减速运动,弹簧恢复原长时加速度大小为μg;滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动,弹簧恢复原长时加速度大小也为μg。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小,D正确。
2.(2022·泰州高三模拟)如图在水平地面上,轻绳跨过光滑定滑轮,一端连接物体a,另一端连接物体b,b与物体c之间连接轻弹簧,a与地面接触且a、b、c均静止。已知b、c的质量均为m,重力加速度大小为g。则( )
A.a的质量可能小于2msin θ
B.剪断竖直绳后瞬间,b的加速度大小为2gsin θ
C.剪断竖直绳后瞬间,c的加速度大小为gsin θ
D.剪断竖直绳后的一小段时间内,b、c的距离变大
解析:选B 根据平衡条件对b、c整体受力分析可得T=2mgsin θ,对a受力分析可得mag=2mgsin θ+FN,可知ma≥2msin θ,故A错误;弹簧的弹力为kx=mgsin θ,剪断竖直绳后瞬间,弹簧弹力不突变,此时对b物体kx+mgsin θ=ma,则加速度为2gsin θ,故B正确;剪断竖直绳后瞬间,弹簧弹力不变,c的加速度大小为0,故C错误;剪断竖直绳后的一小段时间内,物体b的加速度大于c的加速度,则b、c的距离变小,故D错误。
命题视角(二) 动力学中的临界极值问题
题点1 叠加体的临界极值问题
1.(2022·南京高三调研)如图所示,质量为M的木板放在光滑的水平面上,上面放一个质量为m的小滑块,滑块和木板之间的动摩擦因数是μ,现用恒定的水平拉力F作用在木板上,使二者发生相对运动,改变拉力F或者木板质量M的大小,当二者分离时( )
A.若只改变F,当F增大时,木板获得的速度增大
B.若只改变F,当F增大时,滑块获得的速度增大
C.若只改变M,当M增大时,木板获得的速度增大
D.若只改变M,当M增大时,滑块获得的速度增大
解析:选D 因为物块m在木板上滑动的加速度为am=μg,是一定的,木板的加