第四章 专题提升九 牛顿第二定律的瞬时性问题-【金版教程】2024-2025学年新教材高中物理必修第一册创新导学案word（人教版2019）

物理　必修 第一册 RJ 专题提升九　牛顿第二定律的瞬时性问题 提升1　变力作用下的加速度和速度分析 1．变力作用下的加速度分析 由牛顿第二定律F＝ma可知，加速度a与合力F具有瞬时对应关系，对于同一物体，合力增大，加速度增大，合力减小，加速度减小；合力方向变化，加速度方向也随之变化。 2．变力作用下物体加速、减速的判断 速度与合力(加速度)方向相同，物体做加速运动；速度与合力(加速度)方向相反，物体做减速运动。 例1　一物体在光滑的水平面上运动，t＝0时刻受到方向与速度方向在同一直线上、大小随时间逐渐减小的变力作用，则物体的(　　) A．速度大小一定增大 B．速度大小一定减小 C．加速度大小一定增大 D．加速度大小一定减小 [规范解答]　由题意可知，物体受到的拉力的方向与运动方向在同一直线上，若力的方向与速度方向相同，由牛顿第二定律可知物体的加速度方向与速度方向相同，则物体的速度大小增大；若力的方向与速度方向相反，由牛顿第二定律可知物体的加速度方向与速度方向相反，则物体的速度大小减小，故A、B错误；由于物体受到的合力逐渐减小，根据牛顿第二定律可知，物体的加速度大小一定减小，故C错误，D正确。 [答案]　D 例2　如图所示，一个小球从竖直立在地面上的轻弹簧正上方某处自由下落，不计空气阻力，在小球与弹簧开始接触到弹簧被压缩到最短的过程中，小球的速度和加速度的变化情况是(　　) A．加速度越来越大，速度越来越小 B．加速度和速度都是先增大后减小 C．速度先增大后减小，加速度方向先向下后向上 D．速度一直减小，加速度大小先减小后增大 [规范解答]　小球压缩弹簧过程分为两个阶段，在接触的第一个阶段mg＞kx，有F合＝mg－kx，合力方向竖直向下，小球向下运动，弹簧形变量x逐渐增大，所以F合逐渐减小，由牛顿第二定律可得小球加速度a＝，则其方向竖直向下，且逐渐减小，又因为这一阶段a与v都竖直向下，所以v逐渐增大。当mg＝kx时，F合＝0，a＝0，此时速度达到最大，之后，小球继续向下运动，mg＜kx，合力F合＝kx－mg，方向竖直向上，小球向下运动，x继续增大，F合增大，加速度a方向竖直向上，随x的增大而增大，此时a与v方向相反，所以v逐渐减小。综上所述，小球向下压缩弹簧的过程中，加速度的方向先向下后向上，大小先减小后增大；速度的方向始终向下，大小先增大后减小，故C正确。 [答案]　C 提升2　牛顿第二定律的瞬时性问题 牛顿第二定律瞬时性问题的两类模型 模型 特点 处理方法 细线(接触面)—物体模型 细线(接触面)受力时不发生明显形变 外界条件改变时细线(接触面)产生的弹力可瞬间改变 弹簧(橡皮筋)—物体模型 弹簧(橡皮筋)受力时发生明显形变 外界条件改变时弹簧(橡皮筋)产生的弹力不能瞬间改变 例3　(2024·陕西省宝鸡市高一上学期期末)如图所示，A、B两球间通过轻质弹簧相连，用细线悬挂于天花板上且静止不动，A、B两球质量分别为2m、m，若某时刻突然剪断细线，则在剪断细线瞬间(　　) A．A球加速度为g，B球加速度为g B．A球加速度为g，B球加速度为0 C．A球加速度为g，B球加速度不为0 D．A球加速度为g，B球加速度为g [规范解答]　剪断细线前，以B球为研究对象，根据共点力平衡条件可知弹簧弹力为F弹＝mg，在剪断细线瞬间，弹簧的形变量不变，弹簧弹力不变，则B球的受力不变，B球加速度为0，对A球，根据牛顿第二定律有F弹＋2mg＝2maA，可得A球的加速度aA＝＝g，故B正确。 [答案]　B 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)分析该时刻前、后物体受力情况的变化。 2．分析瞬时加速度的“四个步骤” 第一步：分析物体原来的受力情况； 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。 例4　如图所示，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2。重力加速度大小为g。则有(　　) A．a1＝0，a2＝g B．a1＝g，a2＝g C．a1＝0，a2＝g D．a1＝g，a2＝g [规范解答]　在抽出木板的瞬间，木块1受重力和弹力，mg＝F(F为弹簧的弹力)，a1＝0，木块2受重力和弹力，根据牛顿第二定律，a2＝＝g，故C正确。 [答案]　C [跟进训练]　如图所示，质量为m的小球被水平细绳AO和与竖直方向成θ角的轻弹簧系着处于静止状态，现将绳AO烧断，在烧断绳AO的瞬间，下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　) A．弹簧的拉力F＝ B．弹簧的拉力F＝mgsinθ C．小球的加速度为零 D．小球的加速度a＝gsinθ 答案：A 解析：绳AO烧断前，根据共点力的平衡，可得弹簧的弹力F＝，绳子的拉力T＝mgtanθ，烧断绳子的瞬间，弹簧形变来不及发生改变，弹力不变，仍为，小球受到的合力与烧断前的绳子拉力等大反向，即为mgtanθ，根据牛顿第二定律，小球的加速度a＝gtanθ，故A正确，B、C、D错误。 课后课时作业 题号 1 2 3 4 5 难度 ★ ★ ★ ★★ ★★ 对应考点/知识点 变力作用下牛顿第二定律的应用 牛顿第二定律在实例变力作用过程中的应用 弹簧突变类牛顿第二定律的瞬时性问题 弹簧突变类牛顿第二定律的瞬时性问题 弹簧、绳突变的牛顿第二定律的瞬时性问题 题号 6 7 8 9 10 难度 ★★ ★★ ★★★ ★★★ ★★★ 对应考点/知识点 实例变力作用下的牛顿第二定律过程分析 弹簧、绳突变的牛顿第二定律的瞬时性问题 弹簧、绳突变的牛顿第二定律的瞬时性问题，整体法与隔离法的应用 弹簧、绳突变的牛顿第二定律的瞬时性问题，整体法与隔离法的应用 绳突变的牛顿第二定律的瞬时性问题，整体法与隔离法的应用 题型一　变力作用下的加速度和速度分析 1．如图所示，小球在竖直向下的力F作用下，缓慢压缩弹簧至最低点。现撤去力F，小球向上弹起至离开弹簧的过程中，下列说法正确的是(　　) A．小球的速度一直增大 B．小球的速度先增大后减小 C．小球的加速度一直增大 D．小球的加速度先增大后减小 答案：B 解析：在撤去力F的瞬间，小球受重力和弹簧的弹力，且二力的合力与F等大反向，根据牛顿第二定律，小球的加速度方向竖直向上，小球向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有F弹－mg＝ma，且弹簧弹力F弹逐渐减小，则小球的加速度逐渐减小，又因加速度方向与速度方向相同，则小球的速度增大；当弹簧的弹力与小球的重力相等时，加速度减小为零，此时小球的速度最大；此后运动过程中，重力大于弹力，加速度方向变为向下，小球向上运动至离开弹簧的过程中，弹簧形变量减小，弹力逐渐减小，则加速度逐渐增大，又因此时速度与加速度反向，则小球的速度逐渐减小。综上可知，小球的速度先增大后减小，小球的加速度先减小后增大，故B正确。 2．如图甲，蹦床是学生们非常喜爱的一种户外运动，其原理可简化为如图乙所示，两条橡皮绳上端点A、B等高固定在金属柱上，下端系于某同学身上。橡皮绳处于ACB时为原长状态。把该同学向下拉，使橡皮绳处于ADB状态，放手后，该同学向上运动恰好到达E点。不计空气阻力，则该同学(　　) A．在D点加速度为零，速度为零 B．在C点加速度为零，速度最大 C．从D点到C点，加速度一直减小 D．从D点到C点，速度先增大后减小 答案：D 解析：由受力分析可知，该同学在D点处所受合力方向向上，随着从D到C运动，向上的合力逐渐减小，在D、C间某位置F点所受合力为零，而从F点向C运动过程中，该同学受到的合力方向向下且逐渐增大，到C点时两橡皮绳作用力均为零，仅受重力作用，根据牛顿第二定律可知，该同学在D点和C点加速度均不为零，且从D点到C点，加速度先减小到零，后反向增大，则从D点到C点，速度先从零开始增大，然后减小。综上所述，A、B、C错误，D正确。 题型二　牛顿第二定律的瞬时性问题 3．(2024·贵州省铜仁市高一上学期期末)如图所示，质量为2 kg的物体A和质量为3 kg的物体B静止于竖直的轻弹簧上，取重力加速度g＝10 m/s2。某时刻将物体B拿去，则在物体B拿去的瞬时，物体A的加速度大小为(　　) A．5 m/s2 B．10 m/s2 C．15 m/s2 D．0 答案：C 解析：初始时，两物体处于静止状态，设此时弹簧的形变量为Δx，则kΔx＝(mA＋mB)g，物体B拿去的瞬时，弹簧的形变量不变，则弹簧弹力不变，对A有kΔx－mAg＝mAa，联立解得A的加速度大小a＝15 m/s2，故选C。 4．如图所示，质量为m的光滑小球A被一轻质弹簧系住，弹簧另一端固定于水平天花板上，小球被一梯形斜面B托起保持静止不动，弹簧恰好与梯形斜面平行，已知弹簧与天花板夹角为30°，重力加速度为g＝10 m/s2，若突然向下撤去梯形斜面，则小球的瞬时加速度为(　　) A．0 B．大小为10 m/s2，方向竖直向下 C．大小为5 m/s2，方向斜向右下方 D．大小为5 m/s2，方向斜向右下方 答案：C 解析：小球原来受到重力、弹簧的弹力和斜面的支持力而处于静止状态，则斜面的支持力大小为FN＝mgcos30°；突然向下撤去梯形斜面，弹簧的弹力来不及变化，重力也不变，支持力消失，所以此瞬间小球所受的合力与原来的支持力FN大小相等、方向相反，由牛顿第二定律得：mgcos30°＝ma，解得a＝5 m/s2，方向斜向右下方，C正确。 5．(多选)如图所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量m＝1 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间(g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，下列说法中正确的是(　　) A．弹簧的弹力不变 B．小球立即获得向左的加速度，且a＝8 m/s2 C．小球立即获得向左的加速度，且a＝10 m/s2 D．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度的大小a＝10 m/s2 答案：AB 解析：剪断轻绳瞬间，弹簧弹力不会突变，A正确；剪断轻绳前，Ff＝0，由于θ＝45°，则弹簧弹力与小球重力大小相等，F＝G＝mg＝10 N，剪断轻绳的瞬间，Ff＝μFN＝μmg＝2 N，小球的加速度a＝＝＝8 m/s2，方向向左，B正确，C错误；若剪断弹簧，轻绳对小球的拉力瞬间突变为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，D错误。 6．(多选)已知雨滴下落过程中受到的空气阻力与雨滴下落速度的平方成正比，用公式表示为f＝kv2。假设雨滴从足够高处由静止竖直落下，则关于雨滴在空中的受力和运动情况，下列说法正确的是(　　) A．雨滴受到的阻力逐渐变小直至为零 B．雨滴受到的阻力逐渐变大直至不变 C．雨滴受到的合力逐渐变小直至为零，速度逐渐变小直至为零 D．雨滴受到的合力逐渐变小直至为零，速度逐渐变大直至不变 答案：BD 解析：设雨滴的质量为m，加速度为a，雨滴下落过程中，受重力mg和空气阻力f的作用，根据牛顿第二定律可得mg－f＝ma，又f＝kv2，联立两式整理可得a＝g－＝g－，由此可知当速度v增大时，f增大，a减小，所以雨滴先做加速度减小的变加速直线运动，当加速度减为零之后，速度达到最大，雨滴开始做匀速直线运动，此时空气阻力与重力平衡，则雨滴受到的阻力逐渐变大直至不变，雨滴受到的合力逐渐变小直至为零，速度逐渐变大直至不变，故A、C错误，B、D正确。 7．(多选)如图所示，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、b的加速度大小记为a1、a2，S1和S2相对原长的伸长分别为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g，在细线剪断瞬间(　　) A．a1＝3g B．a2＝2g C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2 答案：AC 解析：设a、b和c的质量均为m，细线剪断前以b、c整体为研究对象，根据受力平衡可知轻弹簧S1的弹力大小为F1＝2mg＝kΔl1，以c为研究对象，根据受力平衡可知轻弹簧S2的弹力大小为F2＝mg＝kΔl2，可得Δl1＝2Δl2，故C正确，D错误；细线剪断瞬间，两弹簧的形变量不改变，两弹簧弹力均保持不变，则b受力不变，b的加速度a2＝0，以a为研究对象，根据牛顿第二定律可得F1＋mg＝ma1，解得a1＝3g，故A正确，B错误。 8．(多选)如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，1、2、3、4、5五个球的质量均为m，轻质弹簧B、D分别连接球1、2和3、4，固定点O与球1间，球2、3间，球4、5间分别由轻质细线A、C、E连接。弹簧与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．仅将细线A烧断的瞬间，球1的加速度沿斜面向下，大小为5gsinθ B．仅将细线A烧断的瞬间，球2的受力情况改变，加速度为gsinθ C．仅将细线C烧断的瞬间，小球2的加速度沿斜面向上，大小为3gsinθ D．仅将细线C烧断的瞬间，细线E的拉力大小为0 答案：AC 解析：系统处于静止状态时，对球1、2、3、4、5整体分析，根据平衡条件，可知细线A弹力大小为T1＝5mgsinθ，将细线A烧断的瞬间，弹簧B的形变量不变，其弹力不变，即球1所受外力的合力大小为T1，根据牛顿第二定律有T1＝ma1，解得a1＝5gsinθ，方向沿斜面向下，同时由弹簧B弹力不变，可知球2、3、4受力情况均没有发生变化，其加速度均为0，故A正确，B错误；系统处于静止状态时，对球3、4、5整体分析，根据平衡条件，可知细线C弹力大小为T2＝3mgsinθ，将细线C烧断的瞬间，弹簧B弹力不变，即球2所受外力的合力大小为T2，根据牛顿第二定律有T2＝ma2，解得a2＝3gsinθ，方向沿斜面向上，同时由弹簧D弹力大小不变，可知球4、5受力情况均没有发生变化，即细线E的拉力大小不变，即仍然为mgsinθ，故C正确，D错误。 9．(2024·黑龙江省哈尔滨市高一下学期开学考试)(多选)如图所示，两小球M、N分别与两段轻绳A、B和一轻弹簧C连接。两小球静止时，轻绳A、B与竖直方向的夹角分别为30°、45°，弹簧C沿水平方向，则下列说法正确的是(　　) A．球M和球N的质量之比为(－1)∶2 B．球M和球N的质量之比为(＋1)∶2 C．剪断轻绳B的瞬间，球M的加速度大小为g D．剪断轻绳B的瞬间，球M的加速度大小为g 答案：BD 解析：设弹簧弹力为F，对两球整体受力分析，由平衡条件可得TAsin30°＝F，TAcos30°＝(mM＋mN)g，对球M受力分析且由平衡条件可得TBsin45°＝F，TBcos45°＝mMg，联立解得＝，F＝mMg，A错误，B正确；剪断轻绳B的瞬间，弹簧弹力不变，由平行四边形定则可知，小球M所受合力为F合＝＝mMg，对于球M，由牛顿第二定律得F合＝mMaM，联立解得aM＝g，C错误，D正确。 10．(2024·黑龙江省大庆市高一下开学考试)(多选)如图所示，细绳1挂着箱子C，箱内又用绳2挂着A球，在A的下方又用轻弹簧挂着B球。已知A、B、C三个物体的质量均为m，原来都处于静止状态，重力加速度为g。在细绳1被烧断后的瞬间，以下说法正确的是(　　) A．A、B、C的加速度都为g B．A、C的加速度为g，B加速度为零 C．A、C的加速度为1.5g，B加速度为零 D．细绳2上的拉力大小为0.5mg 答案：CD 解析：细绳1烧断前，B受力平衡，弹簧弹力F弹＝mg，细绳1烧断瞬间，弹簧形变量不会改变，则弹簧弹力不变，则B受力不改变，则由牛顿第二定律可知B的加速度为零；以A、C整体为研究对象，在细绳1被烧断瞬间，其受到弹簧弹力F弹′＝F弹＝mg，所受重力G＝2mg，由牛顿第二定律有G＋F弹′＝2ma，解得A、C的加速度为a＝1.5g，故A、B错误，C正确；以C为研究对象，在细绳1被烧断瞬间，由牛顿第二定律有mg＋T2＝ma，解得细绳2上的拉力大小T2＝0.5mg，故D正确。 11 学科网（北京）股份有限公司 $$