本章复习与测试教学实录

第2讲

瞬时加速度问题

教学目标

1、

理解牛顿第二定律的瞬时性，理解力与加速度的瞬时对应关系。

2、

通过习题熟练掌握绳杆弹簧模型，掌握连接体、瞬时加速度综合问题

瞬时问题

1.牛顿第二定律的表达式为：F合＝ma，加速度由物体所受合外力决定，加速度的方向与物体所受合外力的方向一致.当物体所受合外力发生突变时，加速度也随着发生突变，而物体运动的速度不能发生突变. 2.轻绳、轻杆和轻弹簧(橡皮条)的区别：

(1)轻绳和轻杆：剪断轻绳或轻杆断开后，原有的弹力将突变为0. (2)轻弹簧和橡皮条：当轻弹簧和橡皮条与其它物体连接时，轻弹簧或橡皮条的弹力不能发生突变.

瞬时问题的两类模型

1.两种模型

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

分析瞬时变化前后物体的受力情况⇒列牛顿第二定律方程⇒求瞬时加速度

例1

(2017·山东泰安二模)如图所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着，弹簧固定在竖直板上.两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细绳相连，两球均处于静止状态.已知B球质量为m，O在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45°角，现将轻质细绳剪断的瞬间(重力加速度为g)，下列说法正确的是(

) A.弹簧弹力大小为2mg

B.球B的加速度为g

C.球A受到的支持力为2mg

1D.球A的加速度为g

2解析

答案

D

剪断细绳前对B球受力分析如图，由平衡条件可得F弹＝mgtan 45°＝mg；剪断细绳瞬间，细绳上弹力立即消失，而弹簧弹力F弹和B球重力的大小和方向均没mg有改变，则F合＝＝2mg，aB＝2g，A、B项错误.剪断细绳前，有A球的重cos 45°

力大小GA＝2F绳cos 30°＝6mg，剪断细绳瞬间，A球受到的支持力FNA＝GAcos 30°＝18

mg，2C项错误.剪断细绳瞬间，对A球由牛顿第二定律有mAgsin 30°＝mAaA，得A的加速度aA＝gsin 130°＝g，D项正确. 2拓展延伸

(1)如图甲、乙中小球m1、m2原来均静止，现如果均从图中B处剪断，则图甲中的弹簧和图乙中的下段绳子，它们的拉力将分别如何变化？

(2)如果均从图中A处剪断，则图甲中的弹簧和图乙中的下段绳子的拉力又将如何变化呢？

(3)由(1)(2)的分析可以得出什么结论？

答案

(1)弹簧和下段绳的拉力都变为0. (2)弹簧的弹力来不及变化，下段绳的拉力变为0. (3)绳的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变. 例2

如图所示，两木块A、B质量均为m，用劲度系数为k、原长为L的轻弹簧连在一起，放在倾角为α的传送带上，两木块与传送带间的动摩擦因数均为μ，用与传送带平行的细线拉住木块A，传送带按图示方向匀速转动，两木块处于静止状态.求：

(1)A、B两木块之间的距离；

(2)剪断细线瞬间，A、B两木块加速度分别为多大. mgsin α＋μmgcos α答案

(1)L＋

k(2)aA＝2g(sin α＋μcos α)，aB＝0 解析

(1)隔离B木块受力分析，由平衡条件可得F弹＝mgsin α＋μmgcos α

mgsin α＋μmgcos α由胡克定律F弹＝kΔx得两木块间的距离为LAB＝L＋Δx＝L＋

k(2)剪断细线瞬间弹簧弹力不变，对木块B由牛顿第二定律得F弹－(mgsin α＋μmgcos α)＝maB

解得aB＝0. 对于木块A有F弹＋μmgcos α＋mgsin α＝maA

解得aA＝2(gsin α＋μgcos α)＝2g(sin α＋μcos α).

1.在儿童蹦极游戏中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳，质量为m的小明如图1所示静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg.若此时小明左侧橡皮绳断裂，则小明(

) A.加速度为零，速度为零

B.加速度a＝g，沿原断裂橡皮绳的方向斜向下

C.加速度a＝g，沿未断裂橡皮绳的方向斜向上

D.加速度a＝g，方向竖直向下

答案

B 解析

根据题意，腰间左右两侧的橡皮绳的弹力等于重力.小明左侧橡皮绳断裂，则小明此时所受合力方向沿原断裂橡皮绳的方向斜向下，大小等于mg，所以小明的加速度a＝g，沿原断裂橡皮绳的方向斜向下，选项B正确. 2.如图所示，质量为m的小球用一水平轻弹簧系住，并用倾角为60°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态，在木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为(

) A.0

B.大小为g，方向竖直向下

C.大小为3g，方向垂直木板向下

答案

D D.大小为2g，方向垂直木板向下

解析

撤离木板AB瞬间，木板对小球的支持力消失，而小球所受重力和弹力不变，且二力的合力与原支持力等大反向. 动力学中的连接体问题

1.连接体的类型

(1)弹簧连接体

(2)物物叠放连接体

(3)轻绳连接体

(4)轻杆连接体

2.连接体的运动特点

轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等. 轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比. 轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等. 3.处理连接体问题的方法

整体法的选取原则

隔离法的选取原则

整体法、隔离法的交替运用

若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度或其他未知量

若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解

若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力.即“先整体求加速度，后隔离求内力”

例3

如图所示，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质量均为m,2、4质量均为m0，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，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＋m0C.a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g

m0m＋m0m＋m0D.a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g

m0m0答案

C 解析

在抽出木板的瞬间，物块1、2与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；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F－mgF＋m0gm0＋m＝0，即a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝＝g，所以C对. m0m0

1

如图，A、B、C三个小球质量均为m，A、B之间用一根没有弹性的轻质细绳连在一起，B、C之间用轻弹簧拴接，整个系统用细线悬挂在天花板上并且处于静止状态.现将A上面的细线剪断，使A的上端失去拉力，则在剪断细线的瞬间，A、B、C三个小球的加速度分别是(

) A.1.5g，1.5g，0

B.g，2g，0 C.g，g，g

D.g，g，0 答案

A 解析

剪断细线前，由平衡条件可知，A上端的细线的拉力为3mg，A、B之间细绳的拉力为2mg，轻弹簧的拉力为mg.在剪断细线的瞬间，轻弹簧中拉力不变，小球C所受合外力为零，所以C的加速度为零；A、B小球被细绳拴在一起，整体受到二者重力和轻弹簧向下的拉力，由牛顿第二定律，3mg＝2ma，解得a＝1.5g，选项A正确. 2.(2018·湖南怀化质检)如图所示，A、B、C三球质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接.倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是(

) A.A球受力情况未变，加速度为零

B.C球的加速度沿斜面向下，大小为g

C.A、B之间杆的拉力大小为2mgsin θ

1D.A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为gsin θ

2答案

D 解析

细线被烧断的瞬间，以A、B整体为研究对象，弹簧弹力不变，细线拉力突变为0，合力不为0，加速度不为0，故A错误；对球C，由牛顿第二定律得：mgsin θ＝ma，解得：a＝gsin θ，方向沿斜面向下，故B错误；以A、B、C组成的系统为研究对象，烧断细线前，A、B、C静止，处于平衡状态，合力为零，弹簧的弹力F＝3mgsin θ，烧断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律得：3mgsin θ1－2mgsin θ＝2ma，则A、B的加速度a＝gsin θ，故D正确；由D可知，B的加速度为a213＝gsin θ，以B为研究对象，由牛顿第二定律得FT－mgsin θ＝ma，解得：FT＝mgsin θ，故22C错误；故选D.