专题强化9 瞬时性问题-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理必修1同步导学案配套PPT课件（人教版，多选）

专题强化9　瞬时性问题 第四章　运动和力的关系 课时作业 巩固提升 类型1　加速度和速度的瞬时变化 类型2　瞬时加速度的计算 内容索引 类型1　加速度和速度的瞬时变化 一 3 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,速度增大;速度与合力(加速度)方向相反,物体做减速运动,速度减小。 [例1]　(2024·内蒙古赤峰高一上学期期末)毽球是一项简便易行的健身运动,有助于活动筋骨。如图所示,竖直向上飞行的毽球,达到最高点后又返回原处,假设整个运动过程中,毽球受到的阻力与速度的大小成正比,则在整个运动过程中,毽球加速度大小的变化是(　　) A.一直增大　　　　　　 B.一直减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大 B 毽球受到的阻力与速度的大小成正比,则f=kv,在上升过程中,速度不断减小,根据a=,加速度不断减小。在下降的过程中,速度不断增大,根据a=,加速度仍不断变小。故选B。 [例2]　(多选)(2024·重庆九龙坡高一期末)如图,静止在光滑水平面上的物体A一端靠着处于自然长度的轻质弹簧,弹簧另一端和墙壁相连。现对物体施加一个水平恒力F,在弹簧被压缩到最短的这一过程中(　　) A.物体A先做匀加速直线运动,再做匀减速直线运动 B.物体A的加速度先减小后增大,速度先增大后减小 C.当弹簧被压缩到最短时,物体A速度为零,加速度也为零 D.当物体A的加速度为零时,其速度最大 BD 物体水平方向受向左的恒力F和向右的弹簧的弹力,弹力由零逐渐增大,所以合力先减小后增大,合力方向先向左后向右,速度方向一直向左,则物体先做加速度减小的变加速运动,再做加速度增大的变减速运动,所以速度先增大后减小,当物体A的加速度为零时,其速度最大;当弹簧被压缩到最短时,物体A速度为零,加速度不为零,故B、D正确,A、C错误。 [例3]　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 C 在接触的第一个阶段mg>kx,F合=mg-kx,合力方向竖直向下,小球向下运动,x逐渐增大,所以F合逐渐减小,由a=得a=,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,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。 二 类型2　瞬时加速度的计算 11 1.瞬时加速度问题 牛顿第二定律是力的瞬时作用规律,加速度和力同时产生、同时变化、同时消失。分析物体在某一时刻的瞬时加速度,关键是分析该时刻前后物体的受力情况及其变化。 2.两种基本模型 刚性绳模型(细钢丝、细线、轻杆等) 此类形变属于微小形变,其发生和变化过程时间极短,在物体的受力情况改变(如某个力消失)的瞬间,其形变可随之突变,弹力可以突变 轻弹簧模型(轻弹簧、橡皮绳、弹性绳等) 此类形变属于明显形变,其发生改变需要一段的时间,在瞬时问题中,其弹力的大小不能突变,可看成是不变的 3.解题思路 [例4]　(2024·江苏苏州高一上学期期末)如图所示,两个质量均为m的小球A和B用轻弹簧连接,然后用细绳悬挂起来,保持静止。设重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.剪断细绳的瞬间,B球的加速度是g B.剪断细绳的瞬间,A球的加速度是g C.剪断轻弹簧的瞬间,轻绳拉力的大小是mg D.剪断轻弹簧的瞬间,B球的加速度是2g C 一开始,A、B均处于静止状态,以B为对象,可知弹簧弹力为F弹=mg,剪断细绳的瞬间,弹簧弹力保持不变,B球仍受力平衡,B球的加速度为0,A球的加速度大小为aA==2g,故A、B错误;剪断轻弹簧的瞬间,A球处于静止状态,根据受力平衡可知,轻绳对A球的拉力大小为FT=mg,B球的加速度大小为aB==g,故C正确,D错误。 [例5]　如图所示,A、B两木块间连一轻杆,A、B质量相等,一起静止地放在一块光滑木板上,若将此木板突然抽去,在此瞬间,A、B两木块的加速度分别是(　　) A.aA=0,aB=2g　　　　 B.aA=g,aB=g C.aA=0,aB=0 D.aA=g,aB=2g B 在抽出木板的瞬时,A、B整体加速度相同,对A、B应用牛顿第二定律有 2mg=2ma 解得a=g B正确。 [例6]　如图所示,小球一端用水平轻弹簧系住,另一端用与竖直方向成θ=30°的轻质细线连接,恰好处于静止状态。细线被剪断的瞬间,小球的加速度大小为(已知重力加速度g取10 m/s2)(　　) A.5 m/s2 B.10 m/s2 C. m/s2 D. m/s2 D 剪断细线前,以小球为研究对象,小球受到重力、弹簧的弹力F1、细线的拉力F2,如图所示。 根据平衡条件可得F2==,当细线剪断瞬间,由于小球还没有来得及运动,所以弹簧的弹力不变,此时小球所受的合力与F2等大反向,根据牛顿第二定律可得a==×10 m/s2= m/s2, 故D正确,A、B、C错误。 规律总结 解决瞬时加速度问题的基本思路 1.分析原状态(给定状态)下物体的受力情况,明确各力大小。 2.分析当状态变化时(烧断细线、剪断弹簧、抽出木板、撤去某个力等),哪些力变化,哪些力不变,哪些力消失(被剪断的绳中的弹力、发生在被撤去物体接触面上的弹力都立即消失)。 3.求物体在状态变化后所受的合外力,利用牛顿第二定律,求出瞬时加速度。 [针对训练]　1.如图所示,A、B为两个质量相等的小球,由细线相连,再用轻质弹簧悬挂起来,在A、B间细线烧断后的瞬间,A、B的加速度分别是(　　) A.A、B的加速度大小均为g,方向都竖直向下 B.A的加速度大小为g、竖直向上,B的加速度大小为g、 竖直向下 C.A的加速度为0,B的加速度大小为g、竖直向下 D.A的加速度大于g、竖直向上,B的加速度大小为g、竖直向下 B 烧断细线前,对整体分析,根据平衡条件可得 弹簧的拉力为F'=2mg 对B进行分析,根据平衡条件可得细线的弹力F=mg 烧断细线的瞬间,对A根据牛顿第二定律可得 瞬间加速度大小为a=, 解得a=g,方向竖直向上; 对B,只受重力的作用,故加速度的大小为 a'==g,方向竖直向下,故B正确,A、C、D错误。 2.如图所示,物块1、2间用轻质弹簧相连,物块1的质量为m,物块2的质量为M,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,物块1、2的加速度大小分别为a1、a2。已知重力加速度大小为g,则(　　) A.a1=a2=0 B.a1=a2=g C.a1=0,a2=g D.a1=g,a2=g C 在抽出木板的瞬间,物块1、2间轻弹簧的弹力不能突变,此时弹簧对物块1向上的弹力大小和对物块2向下的弹力大小仍为mg,因此a1=0,由牛顿第二定律得a2==g,所以C正确。 三 课时作业 巩固提升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 1.在粗糙的水平面上,物体在水平推力F作用下由静止开始做匀加速直线运动,一段时间后,将F逐渐减小,在F逐渐减小到零的过程中,速度v和加速度a的变化情况是(　　) A.v减小,a减小 B.v增大,a减小 C.v先减小后增大,a先增大后减小 D.v先增大后减小,a先减小后增大 D 物体在水平推力作用下由静止开始做匀加速直线运动,物体水平方向受到推力和滑动摩擦力,水平推力从开始减小到与滑动摩擦力大小相等的过程中,物体受到的推力大于摩擦力,做加速运动,合力减小,加速度减小,物体做加速度减小的加速运动;此后推力继续减小,推力小于滑动摩擦力,合力与速度方向相反,做减速运动,合力反向增大,加速度反向增大,物体做加速度增大的减速运动。所以物体速度先增大后减小,加速度先减小后增大,故选项D正确,A、B、C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2.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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 在撤去F的瞬间,小球受重力和弹簧的弹力,弹力大于重力,根据牛顿第二定律,加速度方向向上,向上运动的过程中,弹力减小,则加速度减小,加速度方向与速度方向相同,速度增大;当弹簧的弹力与重力大小相等时,加速度减小为零,此时速度最大;此后运动过程中,重力大于弹力,加速度方向变为向下,继续向上运动的过程中,弹力逐渐减小,加速度逐 渐增大,速度与加速度反向,速度逐渐减小,所以速度先增 大后减小,加速度先减小后增大,故A、C、D错误,B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3.(多选)如图所示,一物块从光滑斜面上某处由静止释放,与一端固定在斜面底端的轻弹簧相碰。当物块与弹簧接触后,下列说法中正确的是(　　) A.物块与弹簧接触后立即做减速运动 B.物块与弹簧接触后到弹簧压缩到最短的 过程中,物块先加速后减速 C.当弹簧处于最大压缩量时,物块的加速度不为零 D.当物块的速度为零时,它所受的合力为零 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 BC 物块与弹簧接触后开始的一段时间内,重力沿斜面向下的分力大于弹簧弹力,所以物块先做加速运动,运动一段时间后,弹簧弹力大于重力沿斜面向下的分力,物块做减速运动,故A错误,B正确;物块减速到速度为零时,弹簧压缩到最短,压缩量最大,此时弹簧弹力大于重力沿斜面向下的分力,物块的加速度不为零,故C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4.(2024·江苏徐州高一上学期期末)如图所示,小孩竖直向上踢出毽子,毽子上升到最高点之后落下。空气阻力不能忽略,且阻力大小与速率成正比,则在毽子上升、下降过程中的加速度随时间的变化关系,可能正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 踢出后的毽子,受到重力和空气阻力的作用,毽子上升过程中有f+mg=ma,毽子向上运动过程中速度逐渐减小,阻力减小,故加速度减小;下降过程中有mg-f=ma,下降过程中速度逐渐增大,阻力增大,故加速度减小,因此全过程中加速度一直减小,且方向向下不变。加速度越小,速度变化越慢,阻力变化越慢,加速度变化越慢,故a-t图像的斜率变小。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5.(多选)如图所示,质量均为m的A、B两球之间系着一根不计质量的弹簧,放在光滑的水平面上,A球紧靠竖直墙壁,今用水平力F将B球向左推压弹簧,平衡后,突然将F撤去,在这一瞬间(　　) A.A球的速度为零,加速度为零 B.B球的速度为零,加速度为零 C.A球的速度为零,加速度大小为 D.B球的速度为零,加速度大小为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 AD 有外力F时,对B由平衡条件得弹簧的弹力Fx=F,撤去F的瞬间,弹簧的弹力来不及突变,故弹簧弹力大小为F不变,由于A的受力情况没有发生变化,故A的速度为零,加速度为零,而B的受力情况发生了变化,由牛顿第二定律得Fx=maB,解得突然撤去F时B球的加速度aB=,所以撤去F的瞬间,B球的速度为零,加速度大小为,故A、D正确,B、C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6.如图所示,质量分别为m1、m2的A、B两小球分别连在弹簧两端,B球用细线固定在倾角为30°的光滑斜面上。若不计弹簧质量,在细线被剪断瞬间,A、B两球的加速度分别为(　　) A.都等于　　　　　　 B.和0 C.和0 D.0和 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 对A:在剪断细线之前,A处于平衡状态,所以弹簧的拉力等于A的重力沿斜面的分力。在剪断细线的瞬间,细线上的拉力立即减为零,而弹簧的伸长量没有来得及发生改变,故弹力不变,仍为A的重力沿斜面的分力,故A球的加速度为零。 对B:在剪断细线之前,对B球进行受力分析,B受到重力、弹簧对它斜向下的拉力、斜面的支持力及细线的拉力,在剪断细线的瞬间,细线上的拉力立即减为零,对B球进行受力分析,则B受到重力、弹簧向下的拉力和斜面的支持力,根据牛顿第二定律得a2==,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7.如图所示,质量为m的小球用水平轻弹簧系住,并用倾角为45°的光滑木板AB托住小球恰好处于静止状态,已知重力加速度大小为g。当木板AB突然向下撤离的瞬间,小球的加速度大小为(　　) A.g B.0 C.g D.g 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 木板撤离前,小球处于平衡状态,由受力平衡可知F-FNsin 45°=0,FNcos 45°-mg=0;木板AB撤离瞬间,支持力消失,重力和拉力不变,合力的大小等于支持力FN的大小,方向与FN反向,即垂直于木板向下,由牛顿第二定律得,此时小球的加速度大小为a=。联立以上各式解得a=g,方向垂直于木板向下,故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8.(多选)光滑斜面上,当系统静止时,挡板C与斜面垂直,弹簧、轻杆均与斜面平行,球A、B质量相等。在突然撤去挡板的瞬间(　　) A.两图中两球加速度均为gsin θ B.两图中A球的加速度均为零 C.图甲中B球的加速度为2gsin θ D.图乙中B球的加速度为gsin θ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 CD 撤去挡板前,对整体分析,两图中挡板对B球的弹力大小均为2mgsin θ,因弹簧弹力不能突变,而杆的弹力会突变,所以撤去挡板瞬间,图甲中A球所受合力为零,加速度为零,B球所受合力为2mgsin θ,加速度为2gsin θ,图乙中杆的弹力突变为零,A、B球所受合力均为mgsin θ,加速度均为gsin θ,故C、D正确,A、B错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9.(多选)如图所示,在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。已知小球与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,则在剪断轻绳的瞬间(g取10 m/s2),下列说法正确的是(　　) A.小球受力个数不变 B.小球立即向左运动,且a=8 m/s2 C.小球立即向左运动,且a=10 m/s2 D.若剪断的是弹簧,则剪断瞬间小球加速度为零 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 BD 在剪断轻绳前,小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡状态,根据共点力平衡得,弹簧的弹力F=mgtan 45°=10×1 N=10 N,剪断轻绳的瞬间,弹簧的弹力仍然为10 N,小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用,小球的受力个数发生改变,故A错误。小球所受的最大静摩擦力为Ff=μmg=0.2×10 N=2 N,根据牛顿第二定律得小球的加速度为a== m/s2=8 m/s2,合力方向向左,所以向左运动,故B正确, C错误。若剪断弹簧,则在剪断的瞬间,轻绳对小球 的拉力瞬间为零,此时小球所受的合力为零,则小球 的加速度为零,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10.(多选)(2024·河南新乡高一上学期期末)如图所示,A、B两物体通过轻弹簧连在一起,然后用细绳悬挂在天花板上,在物体B下面用薄板向上托着,使弹簧处于压缩状态且弹力大小等于物体B受到的重力,整个系统处于静止状态。已知A、B两物体的质量分别为2m和m,重力加速度大小为g,则下列说法正确的是(　　) A.托着薄板剪断细绳的瞬间,A的加速度大小为 B.托着薄板剪断细绳后,B的加速度大小为 C.仅撤走薄板的瞬间,A的加速度大小为2g D.仅撤走薄板的瞬间,B的加速度大小为2g 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 AD 剪断细绳的瞬间,对A受力分析有2mg-F弹=2ma1,其中F弹=mg,解得a1=,选项A正确;剪断细绳的瞬间,B的受力都不受影响,因此B的加速度大小为0,选项B错误;撤走薄板的瞬间,A的受力都不受影响,因此A的加速度大小为0,选项C错误;撤走薄板的瞬间,对B受力分析有F弹+mg=ma2,解得a2=2g,选项D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11.如图所示,质量分别为m1=1 kg、m2=4 kg的A、B两物体置于光滑的水平面上,中间用轻质弹簧测力计连接,大小均为20 N的水平拉力F1、F2分别作用在A、B上,系统处于静止状态。下列说法正确的是(　　) A.弹簧测力计的示数是0 B.弹簧测力计的示数是40 N C.突然撤去F2的瞬间,B的加速度大小为5 m/s2 D.撤去F1后,当A、B加速度相同时,弹簧测力计的示数是16 N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 两水平拉力大小相等,两物体受力平衡,此时弹簧测力计的示数F=20 N,A、B两项错误;在突然撤去F2的瞬间,因为弹簧的弹力不能发生突变,所以B的加速度大小a2==5 m/s2,C项正确;撤去F1后,当A、B加速度为a'时,有F2-F'=m2a',F'=m1a',解得弹簧测力计的示数F'=4 N,D项错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12.(多选)(2024·云南大理高一上学期期末)如图所示,质量为m的小球用轻质细线和轻质弹簧悬挂起来处于静止状态,细线与水平方向的夹角为30°,轻弹簧与水平方向的夹角为60°。若剪断细线,则下列说法正确的是(　　) A.剪断细线前,细线拉力大小为mg B.剪断细线前,弹簧弹力大小为mg C.剪断细线瞬间,小球的加速度大小为g D.剪断细线瞬间,小球的加速度大小为g 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 BD 剪断细线前,对小球进行受力分析,根据受力平衡可得Tsin 30°+F弹sin 60°=mg,Tcos 30°=F弹cos 60°,联立解得T=mg,F弹=mg,故A错误,B正确;剪断细线瞬间,弹簧弹力保持不变,则弹簧弹力和重力的合力大小等于剪断细线前细线的拉力大小,根据牛顿第二定律可得小球的加速度大小为a==g,故C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 $$