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] (多选)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=3g 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正确,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] AC
[思维建模]
1.两种模型对比
轻绳、轻杆和接触面
不发生明显形变就能产生弹力,剪断或脱离后,不需要时间恢复形变,弹力立即消失或改变。一般题目中所给的轻绳、轻杆和接触面在不加特殊说明时,均可按此模型处理
弹簧、蹦床和橡皮筋
当弹簧的两端与物体相连(即两端为固定端)时,由于物体有惯性,弹簧的长度不会发生突变,所以在瞬时问题中,其弹力的大小认为是不变的,即此时弹簧的弹力不突变
2.求解瞬时加速度的一般思路
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[应用体验]
1.(2022·全国甲卷)(多选)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2μg
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AD 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正确,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.(2023·泸州高三调研)(多选)如图所示,一根很长且不可伸长的轻绳跨过光滑的定滑轮,两端分别系着四个质量相同的小物块A、B、C、D,其中A、B用不可伸长的短轻绳相连,C、D用一轻弹簧相连。初状态时,4个物块处于静止状态,不计空气阻力,物块可以看成质点。重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.只剪断AB间绳子瞬间,D物块的加速度为0
B.只剪断AB间绳子瞬间,C物块的加速度为0.5g,方向竖直向下
C.只剪断CD间弹簧瞬间,A物块的加速度为0.5g,方向竖直向下
D.只剪断AC间绳子瞬间,A物块的加速度为0.5g,方向竖直向下
解析:选AB 对D进行受力分析,弹簧弹力与重力等大反向,剪断AB间绳子瞬间,弹簧弹力不能突变,D仍然受力平衡,加速度为零,故A正确;剪断AB间绳子瞬间,对AC
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整体受力分析有F弹+mg-mg=2ma,F弹=mg,解得C的加速度为a=0.5g,方向竖直向下,故B正确;剪断CD间弹簧瞬间,弹簧弹力突变为0,对A、B、C整体受力分析有2mg-mg=3ma′,解得A的加速度为a′=g,方向竖直向下,故C错误;剪断AC间绳子瞬间,A、B开始做自由落体运动,所以A物块的加速度