第10讲 牛顿定律瞬时性讲义（思维导图+知识点+技巧方法+题型归纳+巩固练习）-2026届高考物理一轮复习

第10讲 牛顿定律瞬时性讲义 目 录 思维导图 1 学习目标 1 知识要点 2 技巧方法 4 题型分类 5 题型01：轻质弹簧 5 题型02：轻绳与轻质弹簧 8 题型03：轻质杆 14 题型04：斜面上的连接体 16 题型05：叠加体连接体 19 牛顿定律瞬时性的学习目标，核心是理解“力与加速度的瞬时对应关系”，并能解决瞬时状态下的力学问题，具体可分为三个维度： 一、知识与概念目标 1. 明确瞬时性本质：理解牛顿第二定律（F_{合}=ma）的瞬时性——合外力与加速度同时产生、同时变化、同时消失，加速度的大小和方向随合外力瞬时改变，与速度无直接瞬时关联。 2. 区分“瞬时力”与“非瞬时力”：能识别不同力的瞬时特性： 瞬时力：绳子拉力、接触面弹力（支持力、摩擦力）等，大小和方向可瞬间突变； 非瞬时力：弹簧弹力、橡皮筋弹力等，由形变决定，形变无法瞬间改变，故弹力不能瞬间突变。 3. 关联运动状态：结合物体瞬时受力，判断瞬时加速度方向，进而分析下一时刻运动趋势（如加速、减速、转向等）。 二、方法与技能目标 （一）掌握瞬时问题解题步骤： 1. 确定研究对象：明确瞬时状态下的单个物体或连接体； 2. 分析瞬时受力：画出瞬时时刻的受力示意图，重点判断“突变力”（如绳子断后拉力消失）和“不变力”（如弹簧弹力保持原大小）； 3. 计算合外力：沿加速度方向（或建立坐标系）分解力，求瞬时合外力； 4. 求瞬时加速度：根据a=F_{合}/m，计算瞬时加速度的大小和方向。 （二）.突破连接体瞬时问题：对连接体（如叠放体、轻绳连接体），能通过“隔离法”分析单个物体的瞬时受力，结合“整体法”判断系统加速度是否相同（如弹簧连接的两物体，瞬时加速度可能不同）。 规避典型错误：避免混淆“速度”与“加速度”的瞬时关系（如速度为零时加速度可能不为零），或误将弹簧弹力当作瞬时突变力。 三、思维与应用目标 1. 培养“瞬时建模”思维：能从复杂情境（如绳子断裂、支持面撤去、开关闭合等）中，提取“瞬时状态”，忽略无关过程，建立瞬时力学模型。 2. 对比“前后状态”分析：通过对比瞬时时刻前后的受力变化（如绳子断前vs断后），理解加速度的突变原因，强化“力是加速度产生原因”的核心逻辑。 3. 迁移至综合问题：能将瞬时性分析融入多过程问题（如“弹簧+斜面+连接体”的瞬时加速→后续匀速/减速），为解决动力学综合题奠定基础。 通过以上目标，最终能快速、准确解决“瞬时受力→瞬时加速度”的典型问题，深化对牛顿第二定律的本质理解，提升力学问题的精准分析能力。 牛顿运动定律的瞬时性问题讲义 一、核心概念：什么是牛顿定律的瞬时性？ 牛顿第二定律 F_{合}=ma 揭示了力与加速度的核心关系——瞬时对应，具体表现为“三同时”： • 同时产生：合外力出现的瞬间，加速度立即产生； • 同时变化：合外力大小或方向改变时，加速度同步改变； • 同时消失：合外力为零时，加速度也立即变为零。 关键提醒：加速度与合外力直接瞬时关联，与速度无关。例如，物体速度为零时（如小球上抛至最高点），合外力不为零则加速度不为零。 二、突破关键：不同力的瞬时特性 解决瞬时性问题的核心，是判断力能否“瞬间突变”，可分为两类力： 1. 瞬时突变力（大小/方向可瞬间改变） • 代表力：轻绳拉力、轻杆弹力、接触面的支持力/滑动摩擦力。 • 原因：这类力由物体间的“刚性接触”或“柔性绷紧”产生，形变极小且可瞬间恢复或消失，因此力能瞬间突变。 • 示例：绳子被剪断瞬间，拉力立即从有变为零；物体从桌面滑落瞬间，支持力立即消失。 2. 非瞬时力（大小不能瞬间突变） • 代表力：弹簧弹力、橡皮筋弹力。 • 原因：弹力由形变决定（F=kx），弹簧/橡皮筋的形变需要时间改变，瞬时时刻形变来不及变化，因此弹力保持突变前的大小和方向。 • 示例：弹簧一端固定，另一端拉着物体静止，剪断绳子瞬间，弹簧弹力仍等于物体重力，不会突然消失。 三、解题步骤：四步搞定瞬时性问题 以“单个物体+连接体”的典型场景为例，标准化解题流程如下： 1. 确定瞬时状态 明确“瞬时时刻”的触发条件：如绳子断裂、支持面撤去、开关闭合、外力突然变化等，聚焦“突变瞬间”的受力分析。 2. 分析瞬时受力（画受力图） 先画“不变力”：重力（mg，永远竖直向下）、弹簧弹力（若有，大小方向与突变前一致）； 再判断“突变力”：绳子拉力（断则无）、支持力（撤则无）、摩擦力（接触面消失则无，或根据相对运动趋势判断）； 连接体问题需用“隔离法”，对每个物体单独画受力图。 3. 计算瞬时合外力 建立坐标系（通常沿加速度方向或运动方向），将力分解到坐标轴上，根据“同向相加、反向相减”计算合外力 F_{合}。 4. 求瞬时加速度 根据牛顿第二定律，计算加速度的大小和方向；若为连接体，需判断各物体加速度是否相同（如轻绳连接且未松弛，加速度相同；弹簧连接，加速度可能不同）。 四、易错点提醒 1. 混淆“速度”与“加速度”：认为“速度为零则加速度为零”（如小球摆至最高点，速度为零但加速度不为零）； 2. 误判弹簧弹力：将弹簧弹力当作“瞬时突变力”，忽略其“形变决定弹力”的特性； 3. 连接体加速度判断错误：轻绳连接的物体，若绳子松弛，加速度可能不同；弹簧连接的物体，瞬时加速度一定不同（除非质量、受力完全对称）。   轻绳 弹性绳 轻弹簧 轻杆 质量大小 0 0 0 0 受外力作用时 形变的种类 拉伸形变 拉伸形变 拉伸形变、压缩形变 拉伸形变、压缩形变、弯曲形变 受外力作用时 形变量大小 微小,可忽略 较大,不可忽略 较大,不可忽略 微小,可忽略 弹力方向 沿着绳,指向 绳收缩的方向 沿着绳,指向绳收缩的方向 沿着弹簧,指向弹簧恢复原长的方向 既可沿着杆,也可跟杆成任意角度 弹力大小变化情况 可以突变 不能突变 不能突变 可以突变 两种常见模型 加速度与合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常见模型. （1） 轻绳、轻杆和接触面：不发生明显形变就能产生弹力，剪断或脱离后几乎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。 （2） 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。 牛顿定律瞬时性问题的解题技巧，核心是抓住“力的瞬时特性”与“加速度的瞬时对应”，可浓缩为“一判二画三算”三步法，结合关键力的特性突破： 一、核心前提：先判“力能否突变”（解题关键） 瞬时性问题的本质是判断力的变化，先明确两类力的不同特性，避免第一步出错： 1.可突变力：轻绳拉力、轻杆弹力、支持力、滑动摩擦力。 特点：形变极小，瞬时可消失或改变，力随“接触/绷紧状态”瞬间变化（如绳子剪断→拉力瞬间为0）。 2.不可突变力：弹簧弹力、橡皮筋弹力。 特点：弹力由形变决定（F=kx），瞬时时刻形变来不及变，弹力保持突变前的大小和方向（如弹簧拉物体，剪断绳子瞬间，弹簧弹力仍等于物体重力）。 二、解题三步法：标准化流程（通用） 第1步：锁定“瞬时状态”，明确突变触发条件 先确定“什么时候算瞬时”：是绳子断裂、支持面撤去、外力突然加/减，还是开关通断？聚焦“突变瞬间”，忽略突变前的运动过程（如匀速、静止），只关心“突变那一刻”的受力。 第2步：画“瞬时受力图”，用“隔离法”拆分 • 先画“不变力”： ① 重力（mg，永远竖直向下，必画）； ② 弹簧弹力（若有，大小、方向和突变前完全一样，直接抄过来）。 • 再判“突变力”： ① 绳子拉力：断了就画0，没断就看是否绷紧； ② 支持力：接触面撤了就画0，还在就看是否挤压； ③ 摩擦力：接触面没了就画0，还在就根据相对运动趋势判方向（滑动摩擦力用f=\mu N，静摩擦力需结合加速度）。 • 连接体必用“隔离法”：对每个物体单独画受力图，避免漏力或混力（如A、B叠放，分别画A和B的受力，不要放一起分析）。 第3步：算“合外力→加速度”，结合牛顿第二定律 1. 建坐标系：通常沿“加速度可能的方向”（如竖直、水平、斜面方向）建立，简化力的分解； 2. 求合外力：将所有力分解到坐标轴上，同向加、反向减，算出F_{合}（注意正负号表示方向）； 3. 求加速度：用a=\frac{F_{合}}{m}，算出大小和方向； 若为连接体：轻绳连接且未松弛时，A、B加速度大小相等、方向相同；弹簧连接时，A、B加速度通常不同（形变不变，受力可能不同）。 三、高频易错点总结（防错关键） 1. 别混淆“速度”和“加速度”：速度为零≠加速度为零（如小球上抛到最高点，速度为0，但加速度为g）； 2. 别错改“弹簧弹力”：不管外面怎么变，瞬时时刻弹簧弹力一定不变（形变来不及变）； 3. 别漏“连接体的相互作用力”：隔离法时，A对B的力和B对A的力是相互作用力，大小相等、方向相反，别画反或漏画。 掌握以上技巧，核心是“先定力的特性，再按流程解题”，通过1-2道典型题（弹簧+绳、连接体撤力）练熟，即可快速突破瞬时性问题。 题型01：轻质弹簧 【典型例题1】多选质量均为m的A、B两球之间连有一轻弹簧，放在光滑的水平台面上，A球紧靠墙壁，如图所示。今用力F将B球向左推压弹簧，静止后，突然将力F撤去的瞬间(　　) A．A的加速度大小为 B．A的加速度为零 C．B的加速度大小为 D．B的加速度大小为 【答案】BD 【解析】。撤去F瞬间，弹簧弹力不发生变化，故A球受力不变，加速度为零，选项A错误，B正确；对B球撤去F前，弹簧弹力与F等值反向，撤去F后，弹簧弹力不变，故加速度大小为，选项C错误，D正确。 【变式训练1】多选质量分别为1kg和2kg的物块A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连，如图所示，今用大小为的力作用在A上使AB相对静止一起向左匀加速运动，则下列说法正确的是 A. 弹簧的弹力大小等于8N B. 弹簧的弹力大小等于6N C. 突然撤去F瞬间，A的加速度大小为0 D. 突然撤去F瞬间，B的加速度大小为 【变式训练2】多选质量分别为1kg和2kg的物块A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连，如图所示，今用大小为的力作用在A上使AB相对静止一起向左匀加速运动，则下列说法正确的是 A. 弹簧的弹力大小等于8N B. 弹簧的弹力大小等于6N C. 突然撤去F瞬间，A的加速度大小为0 D. 突然撤去F瞬间，B的加速度大小为 【变式训练3】如图所示，质量均为m的滑块A、B、C置于水平地面上，中间用劲度系数分别为k1、k2的轻弹簧a，b连接，在施加在滑块C上的水平恒力F作用下，一起无相对运动地向右加速运动。已知滑块与地面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g。在滑块运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．滑块A比滑块C受到的合力小 B．两弹簧a、b的弹力之比 C．两弹簧a、b的伸长量之比 D．若弹簧a突然断裂，在断裂瞬间，滑块A比滑块B的加速度小 【变式训练4】（多选）如图所示，质量的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量的小物块A，整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数，。以下结论正确的是（　　）    A．变力F的最小值为2 N B．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为 C．变力F的最小值为6 N D．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为 【变式训练5】如图所示，物块1的质量为3m，物块2的质量为m，两者通过弹簧相连，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＝4g D．a1＝g，a2＝4g 【变式训练6】如图，用一细绳将条形磁铁A竖直挂起来，A的下端吸起一小铁块B。A、B质量相等并处于静止状态。现将细绳烧断，不计空气阻力，在A、B同时下落的过程中（　　） A．小铁块B的加速度为零 B．磁铁A的加速度为2g C．A、B之间弹力为零 D．A、B整体处于完全失重状态 【变式训练7】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、重力加速度大小为则有：（ ） A. ， B. ， C. ， D. ，  【变式训练8】如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量均为m，B和C分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计，重力加速度大小为g。整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间，下列说法正确的是（　　）    A．A、C间的弹力大小为0.5mg B．物体B的加速度大小为g C．物体C的加速度大小为2g D．吊篮A的加速度大小为3g 【变式训练9】如图所示，质量分别为m和3m的A、B两物块，用一轻弹簧相连，将A用轻绳悬挂于天花板上，用一木板托住物块B。调整木板的位置，当系统处于静止状态时，悬挂A物块的悬绳恰好伸直且没有拉力，此时轻弹簧的形变量为x，突然撤去木板，重力加速度为g，物块运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是（　　）    A．撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为g B．撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为0.5g C．撤去木板后，B物块向下运动3x时速度最大 D．撤去木板后，B物块向下运动4x时速度最大 题型02：细绳与轻质弹簧 【典型例题1】如图所示，轻绳一端连接一质量为m的物体，另一端固定在左侧竖直墙壁上，轻绳与竖直墙壁间夹角为，物体右侧与一轻弹簧相连，轻弹簧另一端固定于右侧竖直墙壁上，此时物体对光滑地面的压力恰好为零，重力加速度，则 A. 此时物体受四个力作用 B. 若突然撤去弹簧的瞬间，物体向左加速运动 C. 若突然剪断轻绳的瞬间，物体受2个力作用 D. 若突然剪断轻绳的瞬间，物体的加速度大小为 【答案】D 【解析】A.此时物体对地面的压力恰好为零，由受力分析可知物体受重力mg、绳子拉力F和弹簧弹力个力作用，故A错误；B.若突然撤去弹簧的瞬间，轻绳中张力发生突变，物体受重力和地面的支持力的作用，保持静止，故B错误；剪断绳子前，，，若突然剪断轻绳的瞬间，物体受重力、支持力、弹簧弹力三个力，则此时物体所受合力大小为：，联立解得，故C错误，D正确。故选D。   【典型例题2】如图所示，A、B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上，A、B两小球之间用一轻质细绳L2连接，细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L2水平拉直，现将细绳L2剪断，则细绳L2剪断瞬间，下列说法正确的是(　　) aA＝g sin θ aA＝g tan θ C．aB＝g sin θ D．aB＝g tan θ 【答案】AD 【解析】将细绳L2从中间剪断后，甲球做圆周运动，剪断细绳的瞬间，加速度方向沿轨迹的切线方向；对A由牛顿第二定律得mg sin θ＝maA，解得aA＝g sin θ。弹簧的弹力不可突变，将细绳L2从中间剪断瞬间，对B球，由牛顿第二定律得mg tan θ＝maB，解得aB＝g tan θ，故选项A、D正确。 【变式训练1】如图所示，A、B两球用细线悬挂于天花板上且静止不动，两球质量mA＝2mB，两球间是一个轻质弹簧，如果突然剪断悬线，则在剪断悬线瞬间(　　) 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球加速度为0 D．A球加速度为g，B球加速度为g 【变式训练2】如图所示，质量为3kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面，质量为2kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力．取某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间 A. B对A的压力大小为12N B. 弹簧弹力大小为20N C. B的加速度大小为 D. A的加速度为零 【变式训练3】如图所示，A、B两球用细线悬挂于天花板上且静止不动，两球质量，两球间是一个轻质弹簧，如果突然剪断悬线，则在剪断悬线瞬间 A. A球加速度为，B球加速度为g B. A球加速度为，B球加速度为0 C. A球加速度为，B球加速度为0 D. A球加速度为，B球加速度为g 【变式训练4】如图所示，质量相等的三个物块A，B，C，A与天花板之间、B与C之间均用轻弹簧相连，A与B之间用细线相连，当系统静止后，突然剪断A，B间的细线，则此瞬间A，B、C的加速度分别为取向下为正 A. 、2 g、0 B. 、2 g、0 C. 、2 g、g D. 、g、g   【变式训练5】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的加速度为零，B的加速度大小为g、竖直向下 C. 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 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 【变式训练6】如图所示，四个质量均为m的小球，A、C用轻绳和天花板连接，A、B间使用轻质绳连接，C、D间使用轻质弹簧连接，均处于平衡状态。现突然迅速剪断轻绳，，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B、C、D的加速度分别用、、、表示，则下列说法正确的是（  ）    A．，，， B．，，， C．，，， D．，，， 【变式训练7】两质量均为m的物块A、B用轻弹簧连接起来用细线悬挂在升降机内，如图所示。当升降机正以大小为a＝2 m/s2的加速度加速上升时，细线突然断裂，则在细线断裂瞬间，A、B的加速度分别为（取竖直向上为正方向，重力加速度大小g取10 m/s2）（　　） A．－22 m/s2， 2 m/s2 B．－12 m/s2，2 m/s2 C．－24 m/s2，0 D．－2 m/s2，2 m/s2 【变式训练8】.如图所示，质量为m的小球被水平绳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，在绳AO烧断的瞬间，下列说法正确的是(　　) A．弹簧的拉力F＝ B．弹簧的拉力F＝mg sin θ C．小球的加速度为零 D．小球的加速度a＝g sin θ 【变式训练9】（多选）如图所示，A、B两球质量相等，平衡时甲图中弹簧长度与乙图中细绳OB长度相等，乙图中弹簧长度与甲图中细绳OA长度相等，且OA水平，乙图中弹簧水平，甲图中弹簧与竖直方向的夹角和乙图中OB与竖直方向的夹角都为，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ） A. 甲、乙图中两弹簧弹力大小之比为 B. 剪断OA绳瞬间，小球A的加速度大小为 C. 剪断乙图弹簧瞬间，小球B的加速度大小为 D. 将甲图中OA绳剪断，乙图中弹簧剪断后，两小球各自运动到悬点正下方时，小球A速度大 【变式训练10】（多选）如图所示，水平地面上放有一带支架的木板，质量为m的小球通过轻质弹簧悬挂在支架的O点。现通过细线对小球施加一水平拉力，在拉力作用下轻弹簧与竖直方向成角，系统保持静止。重力加速度为g。当剪断细线的瞬间，下列判断正确的是（　　）    A．小球的加速度为零 B．小球的加速度大小为，方向水平向右 C．地面对木板的摩擦力为零 D．地面对木板的摩擦力大小为，方向水平向右 【变式训练11】（多选）如图所示，质量为m的球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q两点。球静止时，Ⅰ中拉力大小为T1，Ⅱ中拉力大小为T2，当仅剪断Ⅰ、Ⅱ中的一根的瞬间，球的加速度a应是(　　) A．若剪断Ⅰ，则a＝g，方向竖直向下 B．若剪断Ⅱ，则a＝，方向水平向左 C．若剪断Ⅰ，则a＝，方向沿Ⅰ的延长线 D．若剪断Ⅱ，则a＝g，方向竖直向上 【变式训练12】如图所示，A、B两小球分别用轻质细绳和轻弹簧系在天花板上，A、B两小球之间也用一轻绳连接，细绳和弹簧与竖直方向的夹角均为，A、B间细绳水平拉直，现将A、B间细绳剪断，则细绳剪断瞬间，下列说法正确的是 A. 细绳上的拉力与弹簧弹力之比为 B. 细绳上的拉力与弹簧弹力之比为 C. A与B的加速度之比为 D. A与B的加速度之比为 【变式训练13】（多选）如图所示，小球在水平轻绳和轻弹簧拉力作用下静止，弹簧与竖直方向夹角为。设重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．从A点剪断弹簧瞬间，小球的加速度大小为g，方向竖直向下 B．从A点剪断弹簧瞬间，小球的加速度大小为，方向与竖直成角斜向右下 C．从B点剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为，方向与水平成角斜向左下 D．从B点剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为，方向水平向左 【变式训练14】如图中小球质量为m，处于静止状态，弹簧与竖直方向的夹角为θ，则： (1)绳OB和弹簧的拉力各是多少？ (2)若烧断绳OB瞬间，小球受几个力作用？这些力的大小是多少？ (3)烧断绳OB瞬间，求小球m的加速度大小和方向。 题型03：轻质杆 【典型例题1】如图甲、乙所示，细绳拴一个质量为m的小球，小球分别用固定在墙上的轻质铰链杆和轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角均为53°，轻杆和轻弹簧均水平。已知重力加速度为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6。下列结论正确的是（　　） A．甲、乙两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大小均为 B．甲图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为 C．乙图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为 D．甲、乙两种情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为 【答案】C 【解析】A．甲、乙两种情境中，小球静止时，轻杆对小球与轻弹簧对小球的作用力都是水平向右，如图所示 由平衡条件得细绳的拉力大小都为故A错误； BCD．甲图所示情境中，细绳烧断瞬间，小球即将做圆周运动，所以小球的加速度大小为 乙图所示情境中，细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为故C正确，BD错误。故选C。 【变式训练1】[接触面、弹簧组合型]如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态。当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为 A. 0 B. 大小为，方向垂直木板向下 C. 大小为g，方向竖直向下 D. 大小为，方向水平向右 【变式训练2】[轻绳、轻杆、弹簧组合型]如图甲、乙所示，细绳拴一个质量为m的小球，小球分别用固定在墙上的轻质铰链杆和轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角均为，轻杆和轻弹簧均水平。已知重力加速度为g，，。下列结论正确的是    A. 甲、乙两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大小均为 B. 甲图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为 C. 乙图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为 D. 甲、乙两种情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为 【变式训练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质量为m，2、4质量为M，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 C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g D．a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g 题型04：斜面上的弹簧连接体 【典型例题1】（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，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g sin 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2g sin θ D．图乙中B球的加速度为2g sin θ 【变式训练4】图中，A、B两球的质量均为m，光滑斜面的倾角均为，挡板C均与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，系统均处于静止状态。重力加速度为g。现突然撤去挡板，则在撤去挡板的瞬间，下列说法正确的是（　　） A．甲图中，A球的加速度大小为 B．乙图中，A球的加速度大小为 C．甲图中，B球的加速度为零 D．乙图中，B球的加速度为零 【变式训练1】（多选）如图所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（　　）。 A．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零 B．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθ C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθ D．弹簧有收缩的趋势，B球瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，两球的瞬时加速度都不为零 【变式训练2】（多选）如图所示，质量均为的物块A、B用轻弹簧相连放置于倾角为的光滑固定斜面上，物块B与垂直于斜面的挡板C接触，物块A系一轻质细绳，细绳、轻弹簧均与斜面平行，细绳绕过斜面顶端的轻质光滑定滑轮系一重物D，静止时物块B恰好不离开挡板此时弹簧在弹性限度内。已知弹簧的劲度系数，重力加速度，则下列分析正确的是 A. 若在与物块A接触处剪断弹簧，则剪断瞬间A的加速度大小为 B. 若在与物块A接触处剪断弹簧，则剪断瞬间A的加速度大小为 C. 若剪断细绳，则剪断瞬间A的加速度大小为 D. 若剪断细绳，则剪断瞬间A的加速度大小为 【变式训练3】如图所示，在倾角的光滑固定斜面上，物块A、B质量均为m，物块A与轻弹簧相连，物块B用平行于斜面的细线与斜面顶端相连，A，B静止且两者之间的弹力大小为，重力加速度为g，，，某时刻把细线剪断，下列说法正确的是（ ） A. 细线剪断前，细线的拉力大小为 B. 细线剪断前，弹簧弹力大小为 C. 细线剪断瞬间，A，B之间的弹力大小为 D. 细线剪断瞬间，A，B之间的弹力大小为   【变式训练4】（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，A、B质量相等。在突然撤去挡板的瞬间，下列说法正确的是 A. 两图中两球加速度均为 B. 两图中A球的加速度均为零 C. 图甲中B球的加速度为 D. 图乙中B球的加速度为 【变式训练5】多选如图所示，质量均为的物块A、B用轻弹簧相连放置于倾角为的光滑固定斜面上，物块B与垂直于斜面的挡板C接触，物块A系一轻质细绳，细绳、轻弹簧均与斜面平行，细绳绕过斜面顶端的轻质光滑定滑轮系一重物D，静止时物块B恰好不离开挡板此时弹簧在弹性限度内。已知弹簧的劲度系数，重力加速度，则下列分析正确的是 A. 若在与物块A接触处剪断弹簧，则剪断瞬间A的加速度大小为 B. 若在与物块A接触处剪断弹簧，则剪断瞬间A的加速度大小为 C. 若剪断细绳，则剪断瞬间A的加速度大小为 D. 若剪断细绳，则剪断瞬间A的加速度大小为  【变式训练6】．如图，倾角为30°、质量为的斜面体置于光滑水平面上。轻弹簧的上端固定在斜面体的顶端A处，下端拴一质量为的小球。现让系统在水平恒力F的作用下以加速度大小为水平向左做匀加速直线运动。已知重力加速度大小为g，静止时弹簧与斜面平行，不计一切摩擦和空气阻力。若突然撤去力F，在撤去力F的瞬间，假设小球与斜面之间的弹力不变，则（　　）    A．弹簧的弹力大小为 B．小球对斜面的压力大小为 【变式训练7】．（多选）如图所示，A、B、C三个物体分别用轻绳和轻弹簧连接，放置在倾角为θ的光滑斜面上，当用沿斜面向上的恒力F作用在物体A上时，三者恰好保持静止，已知A、B、C三者质量相等，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．在轻绳被烧断的瞬间，C的加速度大小为0 B．在轻绳被烧断的瞬间，B的加速度大小为 C．剪断弹簧的瞬间，C的加速度大小为 D．突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为0 【变式训练8】.如图所示，在倾角的光滑固定斜面上，物块A、B质量均为m，物块A与轻弹簧相连，物块B用平行于斜面的细线与斜面顶端相连，A，B静止且两者之间的弹力大小为，重力加速度为g，，，某时刻把细线剪断，下列说法正确的是（ ） A. 细线剪断前，细线的拉力大小为 B. 细线剪断前，弹簧弹力大小为 C. 细线剪断瞬间，A，B之间的弹力大小为 D. 细线剪断瞬间，A，B之间的弹力大小为 题型05：叠加体连接体 【典型例题1】（多选）如图所示，物块A质量为m，长方体B质量为M，地面平面，各接触面间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。在长方体B上施加向右的水平推力F，使得物块A刚好能在长方体B的侧面保持相对静止，下列说法正确的是（     ）    A．物块的加速度大小为 B．长方体B上施加水平外力大小为 C．若长方体B运动一段时间撤去F，撤去瞬间B的加速度大小为 D．若长方体B运动一段时间撤去F，撤去瞬间A的加速度大小为 【答案】BC 【解析】A．对A分析，物块A刚好不下滑，竖直方向根据受力平衡可得 水平方向根据牛顿第二定律可得 又有 解得 故A错误； B．对A和B整体分析有 解得 故B正确； CD．当长方体B运动一段时间撤去F，撤去瞬间B做减速运动，A做平抛运动，B的加速度为 A运动的加速度为g，故C正确，D错误。 故选BC。 【典型例题2】．如图所示，轻弹簧一端固定在墙壁上，A、B叠放在一起并压缩着弹簧，此时B恰好没滑动。已知A、B质量均为m=1kg，B与地面间的滑动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。现突然取走A，则取走瞬间，B的加速度为（　　） A．0 B．1m/s2 C．2m/s2 D．3m/s2 【答案】C 【解析】取走A之前 取走A的瞬间 解得 故选C。 【变式训练1】（多选）如图所示，已知物块A、B的质量分别为m1＝4 kg、m2＝1 kg，A、B间的动摩擦因数为μ1＝0.5，A与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10 m/s2，在水平力F的推动下，要使A、B一起运动而B不致下滑，则力F大小可能的是(　　) A．50 N B．100 N C．125 N D．150 N 【变式训练2】如图所示，一根很长且不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端系着三个小球A、B、C，三小球组成的系统保持静止，A球质量为m，B球质量为3m，C球离地面高度为h．现突然剪断A球和B球之间的绳子，不计空气阻力，三个小球均视为质点，则（　　） A．剪断绳子瞬间，A球的加速度为g B．剪断绳子瞬间，C球的加速度为g C．A球能上升的最大高度为2h D．A球能上升的最大高度为1.6h 【变式训练3】如图所示，长为L＝2 m、质量mA＝4 kg的木板A放在光滑水平面上，质量mB＝1 kg的小物块(可视为质点)位于A的中点，水平力F作用于A。A、B间的动摩擦因数μ＝0.2(A、B间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝ 10 m/s2)。求： (1)为使A、B保持相对静止，F不能超过多大？ (2)若拉力F＝12 N，物块B从A板左端滑落时木板A的速度为多大？ 【变式训练4】如图所示，质量为4 kg的小球用细线拴着吊在行驶的汽车后壁上，线与竖直方向夹角为37°。已知g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： (1)当汽车以加速度a＝2 m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力大小和小球对车后壁的压力大小。 (2)当汽车以加速度a＝10 m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力大小和小球对车后壁的压力大小。 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 第10讲 牛顿定律瞬时性讲义 目 录 思维导图 1 学习目标 1 知识要点 2 技巧方法 4 题型分类 5 题型01：轻质弹簧 5 题型02：轻绳与轻质弹簧 11 题型03：轻质杆 20 题型04：斜面上的连接体 23 题型05：叠加体连接体 29 牛顿定律瞬时性的学习目标，核心是理解“力与加速度的瞬时对应关系”，并能解决瞬时状态下的力学问题，具体可分为三个维度： 一、知识与概念目标 1. 明确瞬时性本质：理解牛顿第二定律（F_{合}=ma）的瞬时性——合外力与加速度同时产生、同时变化、同时消失，加速度的大小和方向随合外力瞬时改变，与速度无直接瞬时关联。 2. 区分“瞬时力”与“非瞬时力”：能识别不同力的瞬时特性： 瞬时力：绳子拉力、接触面弹力（支持力、摩擦力）等，大小和方向可瞬间突变； 非瞬时力：弹簧弹力、橡皮筋弹力等，由形变决定，形变无法瞬间改变，故弹力不能瞬间突变。 3. 关联运动状态：结合物体瞬时受力，判断瞬时加速度方向，进而分析下一时刻运动趋势（如加速、减速、转向等）。 二、方法与技能目标 （一）掌握瞬时问题解题步骤： 1. 确定研究对象：明确瞬时状态下的单个物体或连接体； 2. 分析瞬时受力：画出瞬时时刻的受力示意图，重点判断“突变力”（如绳子断后拉力消失）和“不变力”（如弹簧弹力保持原大小）； 3. 计算合外力：沿加速度方向（或建立坐标系）分解力，求瞬时合外力； 4. 求瞬时加速度：根据a=F_{合}/m，计算瞬时加速度的大小和方向。 （二）.突破连接体瞬时问题：对连接体（如叠放体、轻绳连接体），能通过“隔离法”分析单个物体的瞬时受力，结合“整体法”判断系统加速度是否相同（如弹簧连接的两物体，瞬时加速度可能不同）。 规避典型错误：避免混淆“速度”与“加速度”的瞬时关系（如速度为零时加速度可能不为零），或误将弹簧弹力当作瞬时突变力。 三、思维与应用目标 1. 培养“瞬时建模”思维：能从复杂情境（如绳子断裂、支持面撤去、开关闭合等）中，提取“瞬时状态”，忽略无关过程，建立瞬时力学模型。 2. 对比“前后状态”分析：通过对比瞬时时刻前后的受力变化（如绳子断前vs断后），理解加速度的突变原因，强化“力是加速度产生原因”的核心逻辑。 3. 迁移至综合问题：能将瞬时性分析融入多过程问题（如“弹簧+斜面+连接体”的瞬时加速→后续匀速/减速），为解决动力学综合题奠定基础。 通过以上目标，最终能快速、准确解决“瞬时受力→瞬时加速度”的典型问题，深化对牛顿第二定律的本质理解，提升力学问题的精准分析能力。 牛顿运动定律的瞬时性问题讲义 一、核心概念：什么是牛顿定律的瞬时性？ 牛顿第二定律 F_{合}=ma 揭示了力与加速度的核心关系——瞬时对应，具体表现为“三同时”： • 同时产生：合外力出现的瞬间，加速度立即产生； • 同时变化：合外力大小或方向改变时，加速度同步改变； • 同时消失：合外力为零时，加速度也立即变为零。 关键提醒：加速度与合外力直接瞬时关联，与速度无关。例如，物体速度为零时（如小球上抛至最高点），合外力不为零则加速度不为零。 二、突破关键：不同力的瞬时特性 解决瞬时性问题的核心，是判断力能否“瞬间突变”，可分为两类力： 1. 瞬时突变力（大小/方向可瞬间改变） • 代表力：轻绳拉力、轻杆弹力、接触面的支持力/滑动摩擦力。 • 原因：这类力由物体间的“刚性接触”或“柔性绷紧”产生，形变极小且可瞬间恢复或消失，因此力能瞬间突变。 • 示例：绳子被剪断瞬间，拉力立即从有变为零；物体从桌面滑落瞬间，支持力立即消失。 2. 非瞬时力（大小不能瞬间突变） • 代表力：弹簧弹力、橡皮筋弹力。 • 原因：弹力由形变决定（F=kx），弹簧/橡皮筋的形变需要时间改变，瞬时时刻形变来不及变化，因此弹力保持突变前的大小和方向。 • 示例：弹簧一端固定，另一端拉着物体静止，剪断绳子瞬间，弹簧弹力仍等于物体重力，不会突然消失。 三、解题步骤：四步搞定瞬时性问题 以“单个物体+连接体”的典型场景为例，标准化解题流程如下： 1. 确定瞬时状态 明确“瞬时时刻”的触发条件：如绳子断裂、支持面撤去、开关闭合、外力突然变化等，聚焦“突变瞬间”的受力分析。 2. 分析瞬时受力（画受力图） 先画“不变力”：重力（mg，永远竖直向下）、弹簧弹力（若有，大小方向与突变前一致）； 再判断“突变力”：绳子拉力（断则无）、支持力（撤则无）、摩擦力（接触面消失则无，或根据相对运动趋势判断）； 连接体问题需用“隔离法”，对每个物体单独画受力图。 3. 计算瞬时合外力 建立坐标系（通常沿加速度方向或运动方向），将力分解到坐标轴上，根据“同向相加、反向相减”计算合外力 F_{合}。 4. 求瞬时加速度 根据牛顿第二定律，计算加速度的大小和方向；若为连接体，需判断各物体加速度是否相同（如轻绳连接且未松弛，加速度相同；弹簧连接，加速度可能不同）。 四、易错点提醒 1. 混淆“速度”与“加速度”：认为“速度为零则加速度为零”（如小球摆至最高点，速度为零但加速度不为零）； 2. 误判弹簧弹力：将弹簧弹力当作“瞬时突变力”，忽略其“形变决定弹力”的特性； 3. 连接体加速度判断错误：轻绳连接的物体，若绳子松弛，加速度可能不同；弹簧连接的物体，瞬时加速度一定不同（除非质量、受力完全对称）。   轻绳 弹性绳 轻弹簧 轻杆 质量大小 0 0 0 0 受外力作用时 形变的种类 拉伸形变 拉伸形变 拉伸形变、压缩形变 拉伸形变、压缩形变、弯曲形变 受外力作用时 形变量大小 微小,可忽略 较大,不可忽略 较大,不可忽略 微小,可忽略 弹力方向 沿着绳,指向 绳收缩的方向 沿着绳,指向绳收缩的方向 沿着弹簧,指向弹簧恢复原长的方向 既可沿着杆,也可跟杆成任意角度 弹力大小变化情况 可以突变 不能突变 不能突变 可以突变 两种常见模型 加速度与合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常见模型. （1） 轻绳、轻杆和接触面：不发生明显形变就能产生弹力，剪断或脱离后几乎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。 （2） 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。 牛顿定律瞬时性问题的解题技巧，核心是抓住“力的瞬时特性”与“加速度的瞬时对应”，可浓缩为“一判二画三算”三步法，结合关键力的特性突破： 一、核心前提：先判“力能否突变”（解题关键） 瞬时性问题的本质是判断力的变化，先明确两类力的不同特性，避免第一步出错： 1.可突变力：轻绳拉力、轻杆弹力、支持力、滑动摩擦力。 特点：形变极小，瞬时可消失或改变，力随“接触/绷紧状态”瞬间变化（如绳子剪断→拉力瞬间为0）。 2.不可突变力：弹簧弹力、橡皮筋弹力。 特点：弹力由形变决定（F=kx），瞬时时刻形变来不及变，弹力保持突变前的大小和方向（如弹簧拉物体，剪断绳子瞬间，弹簧弹力仍等于物体重力）。 二、解题三步法：标准化流程（通用） 第1步：锁定“瞬时状态”，明确突变触发条件 先确定“什么时候算瞬时”：是绳子断裂、支持面撤去、外力突然加/减，还是开关通断？聚焦“突变瞬间”，忽略突变前的运动过程（如匀速、静止），只关心“突变那一刻”的受力。 第2步：画“瞬时受力图”，用“隔离法”拆分 • 先画“不变力”： ① 重力（mg，永远竖直向下，必画）； ② 弹簧弹力（若有，大小、方向和突变前完全一样，直接抄过来）。 • 再判“突变力”： ① 绳子拉力：断了就画0，没断就看是否绷紧； ② 支持力：接触面撤了就画0，还在就看是否挤压； ③ 摩擦力：接触面没了就画0，还在就根据相对运动趋势判方向（滑动摩擦力用f=\mu N，静摩擦力需结合加速度）。 • 连接体必用“隔离法”：对每个物体单独画受力图，避免漏力或混力（如A、B叠放，分别画A和B的受力，不要放一起分析）。 第3步：算“合外力→加速度”，结合牛顿第二定律 1. 建坐标系：通常沿“加速度可能的方向”（如竖直、水平、斜面方向）建立，简化力的分解； 2. 求合外力：将所有力分解到坐标轴上，同向加、反向减，算出F_{合}（注意正负号表示方向）； 3. 求加速度：用a=\frac{F_{合}}{m}，算出大小和方向； 若为连接体：轻绳连接且未松弛时，A、B加速度大小相等、方向相同；弹簧连接时，A、B加速度通常不同（形变不变，受力可能不同）。 三、高频易错点总结（防错关键） 1. 别混淆“速度”和“加速度”：速度为零≠加速度为零（如小球上抛到最高点，速度为0，但加速度为g）； 2. 别错改“弹簧弹力”：不管外面怎么变，瞬时时刻弹簧弹力一定不变（形变来不及变）； 3. 别漏“连接体的相互作用力”：隔离法时，A对B的力和B对A的力是相互作用力，大小相等、方向相反，别画反或漏画。 掌握以上技巧，核心是“先定力的特性，再按流程解题”，通过1-2道典型题（弹簧+绳、连接体撤力）练熟，即可快速突破瞬时性问题。 题型01：轻质弹簧 【典型例题1】多选质量均为m的A、B两球之间连有一轻弹簧，放在光滑的水平台面上，A球紧靠墙壁，如图所示。今用力F将B球向左推压弹簧，静止后，突然将力F撤去的瞬间(　　) A．A的加速度大小为 B．A的加速度为零 C．B的加速度大小为 D．B的加速度大小为 【答案】BD 【解析】。撤去F瞬间，弹簧弹力不发生变化，故A球受力不变，加速度为零，选项A错误，B正确；对B球撤去F前，弹簧弹力与F等值反向，撤去F后，弹簧弹力不变，故加速度大小为，选项C错误，D正确。 【变式训练1】多选质量分别为1kg和2kg的物块A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连，如图所示，今用大小为的力作用在A上使AB相对静止一起向左匀加速运动，则下列说法正确的是 A. 弹簧的弹力大小等于8N B. 弹簧的弹力大小等于6N C. 突然撤去F瞬间，A的加速度大小为0 D. 突然撤去F瞬间，B的加速度大小为 【答案】BD 【解析】由牛顿第二定律得：对系统：，对B：，故A错误，B正确；撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，由牛顿第二定律得：对A：， 对B：，故C错误，D正确。故选BD。   【变式训练2】多选质量分别为1kg和2kg的物块A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连，如图所示，今用大小为的力作用在A上使AB相对静止一起向左匀加速运动，则下列说法正确的是 A. 弹簧的弹力大小等于8N B. 弹簧的弹力大小等于6N C. 突然撤去F瞬间，A的加速度大小为0 D. 突然撤去F瞬间，B的加速度大小为 【答案】BD 【解析】由牛顿第二定律得：对系统：，对B：，故A错误，B正确；撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，由牛顿第二定律得：对A：， 对B：，故C错误，D正确。故选BD。   【变式训练3】如图所示，质量均为m的滑块A、B、C置于水平地面上，中间用劲度系数分别为k1、k2的轻弹簧a，b连接，在施加在滑块C上的水平恒力F作用下，一起无相对运动地向右加速运动。已知滑块与地面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g。在滑块运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．滑块A比滑块C受到的合力小 B．两弹簧a、b的弹力之比 C．两弹簧a、b的伸长量之比 D．若弹簧a突然断裂，在断裂瞬间，滑块A比滑块B的加速度小 【答案】D 【解析】A．因三者无相对运动，故加速度一定相同，由牛顿第二定律可知，A、B、C受到的合力相同，故A错误； B ．由牛顿第二定律，对A、B、C整体解得对A有 解得对A、B整体有解得联立解得，，故两弹簧a、b的弹力之比，故B错误； C．由胡克定律可知即故C错误； D．在弹簧a突然断裂的瞬间，由牛顿第二定律可知，对A：解得；对B： 解得由知故故，故D项正确。故选D。 【变式训练4】（多选）如图所示，质量的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量的小物块A，整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数，。以下结论正确的是（　　）    A．变力F的最小值为2 N B．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为 C．变力F的最小值为6 N D．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为 【答案】BC 【解析】AC．AB整体受力产生加速度为 当最大时，F最小，即刚开始施力时，最大等于重力 故C正确，A错误； BD．刚开始，弹簧的压缩量为 AB分离时，其间恰好无作用力，对托盘，由牛顿第二定律可知 得 物块在这一过程的位移为 由运动学公式可知 代入数据得 故B正确，D错误； 故选BC。 【变式训练5】如图所示，物块1的质量为3m，物块2的质量为m，两者通过弹簧相连，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＝4g D．a1＝g，a2＝4g 【答案】C 【解析】开始时，对木块1分析，处于平衡状态，弹簧的弹力抽出木板的瞬间，弹簧的弹力不变，木块1所受的合力仍然为零，则加速度抽出木板的瞬间，弹簧的弹力不变，对木块2，受重力和弹簧向下的弹力，根据牛顿第二定律得故C正确，ABD错误。故选C。 【变式训练6】如图，用一细绳将条形磁铁A竖直挂起来，A的下端吸起一小铁块B。A、B质量相等并处于静止状态。现将细绳烧断，不计空气阻力，在A、B同时下落的过程中（　　） A．小铁块B的加速度为零 B．磁铁A的加速度为2g C．A、B之间弹力为零 D．A、B整体处于完全失重状态 【答案】D 【解析】AB．细绳烧断后，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到 加速度大小为方向竖直向下，故A、B错误。 C．由于条形磁铁A对B有向上的吸引力，则A对B一定有向下有弹力，大小等于磁铁的引力，故C错误。 D．细绳烧断后，A、B同时下落，不计空气阻力，重力加速度为g，属于完全失重状态，故D正确。 故选D。 【变式训练7】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、重力加速度大小为则有：（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】木板未抽出时，木块1受重力和弹簧弹力两个力并且处于平衡状态，弹簧弹力大小等于木块1的重力，；木块2受重力、弹簧向下的压力和木板的支持力作用，由平衡条件可知，木板对木块2的支持力的大小等于两木块的总重力；撤去木板瞬间，弹簧形变量不变，故产生的弹力不变，因此木块1所受重力和弹簧弹力均不变，故木块1仍处于平衡状态，即加速度；而木块2不再受木板支持力作用，只受重力和弹簧弹力作用，，解得，故C正确，ABD错误。故选C。   【变式训练8】如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量均为m，B和C分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计，重力加速度大小为g。整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间，下列说法正确的是（　　）    A．A、C间的弹力大小为0.5mg B．物体B的加速度大小为g C．物体C的加速度大小为2g D．吊篮A的加速度大小为3g 【答案】A 【解析】B．在轻绳刚断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，则物体B受力情况不变，故物体B的加速度大小为零，故B错误； CD．将C和A看成一个整体，根据牛顿第二定律得 ， 解得 即A、C的加速度均为1.5g，故CD错误； A．轻绳刚断的瞬间，吊篮A受到重力和物体C对吊篮A的作用力，对吊篮A有 得 故A正确。 故选A。 【变式训练9】如图所示，质量分别为m和3m的A、B两物块，用一轻弹簧相连，将A用轻绳悬挂于天花板上，用一木板托住物块B。调整木板的位置，当系统处于静止状态时，悬挂A物块的悬绳恰好伸直且没有拉力，此时轻弹簧的形变量为x，突然撤去木板，重力加速度为g，物块运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是（　　）    A．撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为g B．撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为0.5g C．撤去木板后，B物块向下运动3x时速度最大 D．撤去木板后，B物块向下运动4x时速度最大 【答案】D 【解析】AB．撤去木板瞬间，B物块受到的合力为4mg，由牛顿第二定律可知 解得 故AB错误； CD．当B物块受到的合外力为零时，速度最大，此时 又 所以弹簧此时的伸长量 即B物块向下运动4x时速度最大，故D正确，C错误。 故选D。 题型02：细绳与轻质弹簧 【典型例题1】如图所示，轻绳一端连接一质量为m的物体，另一端固定在左侧竖直墙壁上，轻绳与竖直墙壁间夹角为，物体右侧与一轻弹簧相连，轻弹簧另一端固定于右侧竖直墙壁上，此时物体对光滑地面的压力恰好为零，重力加速度，则 A. 此时物体受四个力作用 B. 若突然撤去弹簧的瞬间，物体向左加速运动 C. 若突然剪断轻绳的瞬间，物体受2个力作用 D. 若突然剪断轻绳的瞬间，物体的加速度大小为 【答案】D 【解析】A.此时物体对地面的压力恰好为零，由受力分析可知物体受重力mg、绳子拉力F和弹簧弹力个力作用，故A错误；B.若突然撤去弹簧的瞬间，轻绳中张力发生突变，物体受重力和地面的支持力的作用，保持静止，故B错误；剪断绳子前，，，若突然剪断轻绳的瞬间，物体受重力、支持力、弹簧弹力三个力，则此时物体所受合力大小为：，联立解得，故C错误，D正确。故选D。   【典型例题2】如图所示，A、B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上，A、B两小球之间用一轻质细绳L2连接，细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L2水平拉直，现将细绳L2剪断，则细绳L2剪断瞬间，下列说法正确的是(　　) aA＝g sin θ aA＝g tan θ C．aB＝g sin θ D．aB＝g tan θ 【答案】AD 【解析】将细绳L2从中间剪断后，甲球做圆周运动，剪断细绳的瞬间，加速度方向沿轨迹的切线方向；对A由牛顿第二定律得mg sin θ＝maA，解得aA＝g sin θ。弹簧的弹力不可突变，将细绳L2从中间剪断瞬间，对B球，由牛顿第二定律得mg tan θ＝maB，解得aB＝g tan θ，故选项A、D正确。 【变式训练1】如图所示，A、B两球用细线悬挂于天花板上且静止不动，两球质量mA＝2mB，两球间是一个轻质弹簧，如果突然剪断悬线，则在剪断悬线瞬间(　　) 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球加速度为0 D．A球加速度为g，B球加速度为g 【答案】B 【解析】。在剪断悬线的瞬间弹簧的弹力保持不变，则B球的合力为零，加速度为零；对A球有(mA＋mB)g＝mAaA，得aA＝g，故B选项正确。 【变式训练2】如图所示，质量为3kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面，质量为2kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力．取某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间 A. B对A的压力大小为12N B. 弹簧弹力大小为20N C. B的加速度大小为 D. A的加速度为零 【答案】A 【解析】解：AC、剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力，剪断细线的瞬间，对整体分析，整体加速度：，隔离对B分析，，解得：，根据牛顿第三定律可知B对A的压力为12N，故A正确、C错误；B、细线剪断瞬间弹簧还没有来得及恢复形变，弹力大小不变，即为30N，故B错误；D、细线剪断瞬间，整体的加速度相同，均为，故D错误。故选：A。 【变式训练3】如图所示，A、B两球用细线悬挂于天花板上且静止不动，两球质量，两球间是一个轻质弹簧，如果突然剪断悬线，则在剪断悬线瞬间 A. A球加速度为，B球加速度为g B. A球加速度为，B球加速度为0 C. A球加速度为，B球加速度为0 D. A球加速度为，B球加速度为g 【答案】B 【解析】解：设B球质量为m，则A球质量为2m，悬线剪断前，以B为研究对象可知：弹簧的弹力，以A、B整体为研究对象可知悬线的拉力为3mg；剪断悬线瞬间，弹簧的弹力不变，，根据牛顿第二定律得   对A：，又，得，   对B：，，得 故选：B。 【变式训练4】如图所示，质量相等的三个物块A，B，C，A与天花板之间、B与C之间均用轻弹簧相连，A与B之间用细线相连，当系统静止后，突然剪断A，B间的细线，则此瞬间A，B、C的加速度分别为取向下为正 A. 、2 g、0 B. 、2 g、0 C. 、2 g、g D. 、g、g 【答案】B 【解析】设A、B、C的质量均为m，剪断细线前，对B、C整体受力分析，受到总重力和细线的拉力而平衡，故细线的拉力大小；再对物块A受力分析，受到重力、细线的拉力和弹簧的拉力。剪断细线的瞬间，重力和弹簧的弹力不变，细线的拉力减为零，故物块B受到的合力大为2mg，向下，物块A受到的合力大小为2mg，向上，物块C受到的力不变，合力为零，故物块B有向下的大小为2g的加速度，物块A有向上的大小为2g的加速度，物块C的加速度为零，故B正确。故选B。   【变式训练5】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的加速度为零，B的加速度大小为g、竖直向下 C. 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 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 【答案】C 【解析】对整体分析，根据平衡条件可知，弹簧的拉力为；在细线烧断后瞬间，立即消失，弹簧弹力及各球重力不变，对A分析可知，瞬间加速度，方向竖直向上。对B分析可知，只受重力的作用，故加速度的大小为，方向向下，故C正确，ABD错误。故选C。 【变式训练6】如图所示，四个质量均为m的小球，A、C用轻绳和天花板连接，A、B间使用轻质绳连接，C、D间使用轻质弹簧连接，均处于平衡状态。现突然迅速剪断轻绳，，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B、C、D的加速度分别用、、、表示，则下列说法正确的是（  ）    A．，，， B．，，， C．，，， D．，，， 【答案】D 【解析】由于绳子张力可以突变，故剪断后小球A、B只受重力，一起做自由落体运动，其加速度；由于弹簧弹力不能突变，故剪断轻绳的瞬间，小球C所受合力为，小球D所受合力为零，所以小球C、D的加速度分别为，。 故选D。 【变式训练7】两质量均为m的物块A、B用轻弹簧连接起来用细线悬挂在升降机内，如图所示。当升降机正以大小为a＝2 m/s2的加速度加速上升时，细线突然断裂，则在细线断裂瞬间，A、B的加速度分别为（取竖直向上为正方向，重力加速度大小g取10 m/s2）（　　） A．－22 m/s2， 2 m/s2 B．－12 m/s2，2 m/s2 C．－24 m/s2，0 D．－2 m/s2，2 m/s2 【答案】A 【解析】在细线断裂之前，对B根据牛顿第二定律有解得在细线断裂瞬间，弹簧的弹力不能突变，B的受力情况不变，所以加速度不变，仍为2m/s2；在细线断裂瞬间，绳子拉力消失，对A根据牛顿第二定律有解得故选A。 【变式训练8】.如图所示，质量为m的小球被水平绳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，在绳AO烧断的瞬间，下列说法正确的是(　　) A．弹簧的拉力F＝ B．弹簧的拉力F＝mg sin θ C．小球的加速度为零 D．小球的加速度a＝g sin θ 【答案】A 【解析】 烧断AO之前，小球受三个力，受力分析如图所示，弹簧的弹力F＝，烧断绳的瞬间，绳的张力没有了，但由于轻弹簧形变的恢复需要时间，故弹簧的弹力不变，A正确，B错误；烧断绳的瞬间，小球受到的合力与绳子的拉力等大反向，即F合＝mg tan θ，则小球的加速度a＝g tan θ，则C、D错误。 【变式训练9】（多选）如图所示，A、B两球质量相等，平衡时甲图中弹簧长度与乙图中细绳OB长度相等，乙图中弹簧长度与甲图中细绳OA长度相等，且OA水平，乙图中弹簧水平，甲图中弹簧与竖直方向的夹角和乙图中OB与竖直方向的夹角都为，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ） A. 甲、乙图中两弹簧弹力大小之比为 B. 剪断OA绳瞬间，小球A的加速度大小为 C. 剪断乙图弹簧瞬间，小球B的加速度大小为 D. 将甲图中OA绳剪断，乙图中弹簧剪断后，两小球各自运动到悬点正下方时，小球A速度大 【答案】BC 【解析】A.A、B受力如图，A、B弹簧弹力为和，细绳拉力为和，由受力平衡知，，，，所以，两弹簧弹力之比为，故A错误；B.剪断OA瞬间，弹簧弹力不变，A受到的合力与等大反向，所以加速度为，故B正确；C.剪断乙图弹簧，小球B沿绳子方向的加速度为0，沿绳子切线方向的加速度为，故C正确；D.将甲图中OA绳剪断，乙图中弹簧剪断后，两小球各自运动到悬点正下方时，A、B的速度大小关系不能确定，故D错误。故选BC。   【变式训练10】（多选）如图所示，水平地面上放有一带支架的木板，质量为m的小球通过轻质弹簧悬挂在支架的O点。现通过细线对小球施加一水平拉力，在拉力作用下轻弹簧与竖直方向成角，系统保持静止。重力加速度为g。当剪断细线的瞬间，下列判断正确的是（　　）    A．小球的加速度为零 B．小球的加速度大小为，方向水平向右 C．地面对木板的摩擦力为零 D．地面对木板的摩擦力大小为，方向水平向右 【答案】BD 【解析】间断细线前，根据平衡有 绳中拉力 当剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，合力与拉力等大反向，所以根据牛顿第二定律可知小球的加速度为 ，方向水平向右 对木板分析，木板水平方向受到的摩擦力平衡弹力水平向左的分力 ，方向水平向右 故选BD。 【变式训练11】（多选）如图所示，质量为m的球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q两点。球静止时，Ⅰ中拉力大小为T1，Ⅱ中拉力大小为T2，当仅剪断Ⅰ、Ⅱ中的一根的瞬间，球的加速度a应是(　　) A．若剪断Ⅰ，则a＝g，方向竖直向下 B．若剪断Ⅱ，则a＝，方向水平向左 C．若剪断Ⅰ，则a＝，方向沿Ⅰ的延长线 D．若剪断Ⅱ，则a＝g，方向竖直向上 【答案】AB 【解析】若剪断Ⅰ，则水平细线Ⅱ中的拉力突变为0，则加速度a＝g，方向竖直向下，A正确，C错误；若剪断Ⅱ，则弹簧Ⅰ中的拉力还没有来得及变化，与小球的重力的合力大小为T2，方向水平向左，所以加速度a＝，方向水平向左，B正确，D错误。 【变式训练12】如图所示，A、B两小球分别用轻质细绳和轻弹簧系在天花板上，A、B两小球之间也用一轻绳连接，细绳和弹簧与竖直方向的夹角均为，A、B间细绳水平拉直，现将A、B间细绳剪断，则细绳剪断瞬间，下列说法正确的是 A. 细绳上的拉力与弹簧弹力之比为 B. 细绳上的拉力与弹簧弹力之比为 C. A与B的加速度之比为 D. A与B的加速度之比为 【答案】D 【解析】据题述可知，A、B两球的质量相等，均设为m，剪断细绳瞬间，对A球受力分析，如图1所示， 由于细绳的拉力突变，沿细绳方向和垂直于细绳方向进行力的分解，得：，； 剪断细绳瞬间，对B球进行受力分析，如图2所示，由于弹簧的弹力不发生突变，则弹簧的弹力还保持不变，有，，所以，，故选D。    【变式训练13】（多选）如图所示，小球在水平轻绳和轻弹簧拉力作用下静止，弹簧与竖直方向夹角为。设重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．从A点剪断弹簧瞬间，小球的加速度大小为g，方向竖直向下 B．从A点剪断弹簧瞬间，小球的加速度大小为，方向与竖直成角斜向右下 C．从B点剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为，方向与水平成角斜向左下 D．从B点剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为，方向水平向左 【答案】AD 【解析】AB．从A点剪断弹簧瞬间，小球所受的弹簧拉力消失，所受的轻绳拉力突变为零，小球在重力作用下向下运动，小球的加速度大小为g，方向竖直向下，故选项A正确，选项B错误； CD．剪断弹簧前，设弹簧的拉力为F，轻绳的拉力为FT，由平衡条件可知； 解得；从B点剪断轻绳瞬间，小球所受的轻绳拉力消失，所受弹簧的拉力和重力不变，则小球所受的合力大小为，由可得小球的加速度为方向水平向左，故C错误D正确。故选AD。 【变式训练14】如图中小球质量为m，处于静止状态，弹簧与竖直方向的夹角为θ，则： (1)绳OB和弹簧的拉力各是多少？ (2)若烧断绳OB瞬间，小球受几个力作用？这些力的大小是多少？ (3)烧断绳OB瞬间，求小球m的加速度大小和方向。 【解析】(1)对小球受力分析，受重力G、细绳的拉力T和弹簧的拉力F，如图所示， 根据共点力平衡条件，有： T＝mg tan θ，F＝。 (2)若烧断绳OB瞬间，绳子拉力可以突变，T瞬间变为0，但弹簧弹力不能突变，所以弹簧弹力大小和方向不变，故小球受2个力(重力G和弹簧弹力F)作用。 G＝mg F＝ (3)烧断OB绳的瞬间，细绳的拉力瞬间突变为零，而弹簧弹力F、重力G不变，故合力与拉力T等值、反向、共线，为：F合＝T＝mg tan θ，方向水平向右。 由牛顿第二定律可得：a＝＝g tan θ，方向水平向右。 答案：(1)mg tan θ　 (2)烧断绳OB瞬间，小球受两个力作用，重力G＝mg，弹簧弹力 (3)g tan θ　方向水平向右 题型03：轻质杆 【典型例题1】如图甲、乙所示，细绳拴一个质量为m的小球，小球分别用固定在墙上的轻质铰链杆和轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角均为53°，轻杆和轻弹簧均水平。已知重力加速度为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6。下列结论正确的是（　　） A．甲、乙两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大小均为 B．甲图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为 C．乙图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为 D．甲、乙两种情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为 【答案】C 【解析】A．甲、乙两种情境中，小球静止时，轻杆对小球与轻弹簧对小球的作用力都是水平向右，如图所示 由平衡条件得细绳的拉力大小都为故A错误； BCD．甲图所示情境中，细绳烧断瞬间，小球即将做圆周运动，所以小球的加速度大小为 乙图所示情境中，细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为故C正确，BD错误。故选C。 【变式训练1】[接触面、弹簧组合型]如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态。当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为 A. 0 B. 大小为，方向垂直木板向下 C. 大小为g，方向竖直向下 D. 大小为，方向水平向右 【答案】B 【解析】木板撤去前，小球处于平衡态，受重力、支持力和弹簧的拉力，如图根据共点力平衡条件，有    其中，解得木板AB突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力等于支持力N，方向与N反向，故加速度为，故选B．   【变式训练2】[轻绳、轻杆、弹簧组合型]如图甲、乙所示，细绳拴一个质量为m的小球，小球分别用固定在墙上的轻质铰链杆和轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角均为，轻杆和轻弹簧均水平。已知重力加速度为g，，。下列结论正确的是    A. 甲、乙两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大小均为 B. 甲图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为 C. 乙图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为 D. 甲、乙两种情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为 【答案】C 【解析】A.甲图中，小球受重力、细绳的拉力及杆的水平向右的弹力三个力作用而处于平衡状态，根据平衡条件可得细绳的拉力大小为，乙图中，小球受重力、细绳的拉力及弹簧水平向右的弹力三个力的作用而处于平衡状态，根据平衡条件可得细绳的拉力大小为，故A错误； 甲图中，烧断细绳的瞬间，杆的弹力产生突变，小球即将以固定在墙上的轻质铰链为圆心在竖直平面内做圆周运动，由于此时杆处于水平且小球的速度为零，不需要提供向心力，则可知杆的弹力突变为零，此时小球所受的合外力等于重力，则可知此时小球的加速度等于重力加速度g；乙图中，没有烧断细绳之前，由平衡条件可得弹簧的弹力大小为，方向水平向右，烧断细绳的瞬间，弹簧的弹力不会突变，则小球的合外力大小为，根据牛顿第二定律可得此小球的加速度大小为，故BD错误，C正确。故选C。   【变式训练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质量为m，2、4质量为M，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 C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g D．a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g 【答案】C 【解析】在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性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；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对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mg＝F弹则a3＝0由牛顿第二定律得物块4满足 a4＝＝g综上所述，ABD错误，C正确。故选C。 题型04：斜面上的弹簧连接体 【典型例题1】（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，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g sin 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2g sin θ D．图乙中B球的加速度为2g sin θ 【答案】BC 【解析】选C。弹簧弹力不会突然变化，轻杆弹力可以突然变化；撤去挡板瞬间，图甲中弹簧弹力不变，故A球受力不变，加速度为0，由于挡板的弹力消失，故B球加速度为a＝＝2g sin θ，图乙中撤去挡板，则轻杆中弹力也会消失，对整体分析可知两球的加速度均为a′＝g sin θ，故C正确，A、B、D错误。 【变式训练4】图中，A、B两球的质量均为m，光滑斜面的倾角均为，挡板C均与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，系统均处于静止状态。重力加速度为g。现突然撤去挡板，则在撤去挡板的瞬间，下列说法正确的是（　　） A．甲图中，A球的加速度大小为 B．乙图中，A球的加速度大小为 C．甲图中，B球的加速度为零 D．乙图中，B球的加速度为零 【答案】B 【解析】撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mgsinθ，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球所受合力大小与挡板的弹力大小相等，因此2mgsinθ=ma解得图乙中AB整体运动情形一样，因此整体受力分析有解得故B正确，ACD错误。故选B。 【变式训练1】（多选）如图所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（　　）。 A．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零 B．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθ C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθ D．弹簧有收缩的趋势，B球瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，两球的瞬时加速度都不为零 【答案】AC 【解析】设两球的质量均为m，对B分析，知弹簧的弹力当烧断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，隔离对B分析，B的受力情况不变，合力为零，则瞬时加速度为零。对A，根据牛顿第二定律得 方向沿斜面向下，故AC正确，BD错误。故选AC。 【变式训练2】（多选）如图所示，质量均为的物块A、B用轻弹簧相连放置于倾角为的光滑固定斜面上，物块B与垂直于斜面的挡板C接触，物块A系一轻质细绳，细绳、轻弹簧均与斜面平行，细绳绕过斜面顶端的轻质光滑定滑轮系一重物D，静止时物块B恰好不离开挡板此时弹簧在弹性限度内。已知弹簧的劲度系数，重力加速度，则下列分析正确的是 A. 若在与物块A接触处剪断弹簧，则剪断瞬间A的加速度大小为 B. 若在与物块A接触处剪断弹簧，则剪断瞬间A的加速度大小为 C. 若剪断细绳，则剪断瞬间A的加速度大小为 D. 若剪断细绳，则剪断瞬间A的加速度大小为 【答案】AD 【解析】剪断弹簧前，对A和B组成的整体受力分析，由，得重物D的质量；在与物块A接触处剪断弹簧，以A和D组成的整体为研究对象，A和D加速度大小为，由牛顿第二定律：，得，故A正确，B错误；剪短细绳前，对B受力分析：；剪断细绳瞬间，细绳拉力消失，弹簧弹力不变，对A受力分析，由牛顿第二定律有：，解得，故C错误，D正确。故选AD。   【变式训练3】如图所示，在倾角的光滑固定斜面上，物块A、B质量均为m，物块A与轻弹簧相连，物块B用平行于斜面的细线与斜面顶端相连，A，B静止且两者之间的弹力大小为，重力加速度为g，，，某时刻把细线剪断，下列说法正确的是（ ） A. 细线剪断前，细线的拉力大小为 B. 细线剪断前，弹簧弹力大小为 C. 细线剪断瞬间，A，B之间的弹力大小为 D. 细线剪断瞬间，A，B之间的弹力大小为 【答案】D 【解析】A.细线剪断前，对物块B受力分析，设绳子拉力为T，根据B受力平衡得：，解得：故A错误；B.细线剪断前，对物块A受力分析，设弹簧弹力为F，根据A受力平衡得：，解得：，故B错误细线剪断瞬间弹簧保持原状，弹力保持不变，对AB整体受力分析，设加速度为a，根据牛顿第二定律得：，解得，隔离物体B受力分析，设此时A，B之间的弹力大小为为，根据牛顿第二定律得：，代入解得，故D正确，C错误；故选D。   【变式训练4】（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，A、B质量相等。在突然撤去挡板的瞬间，下列说法正确的是 A. 两图中两球加速度均为 B. 两图中A球的加速度均为零 C. 图甲中B球的加速度为 D. 图乙中B球的加速度为 【答案】CD 【解析】选CD 撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小都为2 mg sin 。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2 mg sin ，加速度为2 g sin ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B两球所受合力均为mg sin ，加速度均为g sin ，故C、D正确，A、B错误。 【变式训练5】多选如图所示，质量均为的物块A、B用轻弹簧相连放置于倾角为的光滑固定斜面上，物块B与垂直于斜面的挡板C接触，物块A系一轻质细绳，细绳、轻弹簧均与斜面平行，细绳绕过斜面顶端的轻质光滑定滑轮系一重物D，静止时物块B恰好不离开挡板此时弹簧在弹性限度内。已知弹簧的劲度系数，重力加速度，则下列分析正确的是 A. 若在与物块A接触处剪断弹簧，则剪断瞬间A的加速度大小为 B. 若在与物块A接触处剪断弹簧，则剪断瞬间A的加速度大小为 C. 若剪断细绳，则剪断瞬间A的加速度大小为 D. 若剪断细绳，则剪断瞬间A的加速度大小为 【答案】AD 【解析】剪断弹簧前，对A和B组成的整体受力分析，由，得重物D的质量；在与物块A接触处剪断弹簧，以A和D组成的整体为研究对象，A和D加速度大小为，由牛顿第二定律：，得，故A正确，B错误；剪短细绳前，对B受力分析：；剪断细绳瞬间，细绳拉力消失，弹簧弹力不变，对A受力分析，由牛顿第二定律有：，解得，故C错误，D正确。故选AD。   【变式训练6】．如图，倾角为30°、质量为的斜面体置于光滑水平面上。轻弹簧的上端固定在斜面体的顶端A处，下端拴一质量为的小球。现让系统在水平恒力F的作用下以加速度大小为水平向左做匀加速直线运动。已知重力加速度大小为g，静止时弹簧与斜面平行，不计一切摩擦和空气阻力。若突然撤去力F，在撤去力F的瞬间，假设小球与斜面之间的弹力不变，则（　　）    A．弹簧的弹力大小为 B．小球对斜面的压力大小为 C．斜面体的加速度大小为 D．小球的加速度大小为0 【答案】C 【解析】AB．在力F作用下，由于 恰好等于，说明小球恰好不离开斜面，弹簧拉力 撤去力F的瞬间，弹簧弹力不发生突变，仍为，小球受力不变，小球对斜面的压力大小为零，故AB错误； D．小球受力不变，加速度不变，仍为，故D错误； C．斜面体的加速度大小设为a，则 解得 故C正确。 故选C。 【变式训练7】．（多选）如图所示，A、B、C三个物体分别用轻绳和轻弹簧连接，放置在倾角为θ的光滑斜面上，当用沿斜面向上的恒力F作用在物体A上时，三者恰好保持静止，已知A、B、C三者质量相等，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．在轻绳被烧断的瞬间，C的加速度大小为0 B．在轻绳被烧断的瞬间，B的加速度大小为 C．剪断弹簧的瞬间，C的加速度大小为 D．突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为0 【答案】AC 【解析】A．在轻绳被烧断瞬间， C的受力保持不变，所以C的加速度为零，故A正确； B．对C，根据平衡条件可得 对B，根据牛顿第二定律可得 解得 故B错误； C．剪断弹簧的瞬间，对C，根据牛顿第二定律有 解得 故C正确； D．突然撤去外力F的瞬间，对整体AB，由牛顿第二定律可得 解得 故D错误。 故选AC。 【变式训练8】.如图所示，在倾角的光滑固定斜面上，物块A、B质量均为m，物块A与轻弹簧相连，物块B用平行于斜面的细线与斜面顶端相连，A，B静止且两者之间的弹力大小为，重力加速度为g，，，某时刻把细线剪断，下列说法正确的是（ ） A. 细线剪断前，细线的拉力大小为 B. 细线剪断前，弹簧弹力大小为 C. 细线剪断瞬间，A，B之间的弹力大小为 D. 细线剪断瞬间，A，B之间的弹力大小为 【答案】D 【解析】A.细线剪断前，对物块B受力分析，设绳子拉力为T，根据B受力平衡得：，解得：故A错误；B.细线剪断前，对物块A受力分析，设弹簧弹力为F，根据A受力平衡得：，解得：，故B错误细线剪断瞬间弹簧保持原状，弹力保持不变，对AB整体受力分析，设加速度为a，根据牛顿第二定律得：，解得，隔离物体B受力分析，设此时A，B之间的弹力大小为为，根据牛顿第二定律得：，代入解得，故D正确，C错误；故选D。   题型05：叠加体连接体 【典型例题1】（多选）如图所示，物块A质量为m，长方体B质量为M，地面平面，各接触面间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。在长方体B上施加向右的水平推力F，使得物块A刚好能在长方体B的侧面保持相对静止，下列说法正确的是（     ）    A．物块的加速度大小为 B．长方体B上施加水平外力大小为 C．若长方体B运动一段时间撤去F，撤去瞬间B的加速度大小为 D．若长方体B运动一段时间撤去F，撤去瞬间A的加速度大小为 【答案】BC 【解析】A．对A分析，物块A刚好不下滑，竖直方向根据受力平衡可得 水平方向根据牛顿第二定律可得 又有 解得 故A错误； B．对A和B整体分析有 解得 故B正确； CD．当长方体B运动一段时间撤去F，撤去瞬间B做减速运动，A做平抛运动，B的加速度为 A运动的加速度为g，故C正确，D错误。 故选BC。 【典型例题2】．如图所示，轻弹簧一端固定在墙壁上，A、B叠放在一起并压缩着弹簧，此时B恰好没滑动。已知A、B质量均为m=1kg，B与地面间的滑动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。现突然取走A，则取走瞬间，B的加速度为（　　） A．0 B．1m/s2 C．2m/s2 D．3m/s2 【答案】C 【解析】取走A之前 取走A的瞬间 解得 故选C。 【变式训练1】（多选）如图所示，已知物块A、B的质量分别为m1＝4 kg、m2＝1 kg，A、B间的动摩擦因数为μ1＝0.5，A与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10 m/s2，在水平力F的推动下，要使A、B一起运动而B不致下滑，则力F大小可能的是(　　) A．50 N B．100 N C．125 N D．150 N . 【答案】CD 【解析】对B不下滑有μ1FN≥m2g，由牛顿第二定律FN＝m2a；对整体有F－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，得F≥(m1＋m2)(＋μ2)g＝125 N，选项C、D正确。 【变式训练2】如图所示，一根很长且不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端系着三个小球A、B、C，三小球组成的系统保持静止，A球质量为m，B球质量为3m，C球离地面高度为h．现突然剪断A球和B球之间的绳子，不计空气阻力，三个小球均视为质点，则（　　） A．剪断绳子瞬间，A球的加速度为g B．剪断绳子瞬间，C球的加速度为g C．A球能上升的最大高度为2h D．A球能上升的最大高度为1.6h 【答案】AD 【解析】根据平衡条件可得C球的质量为：mC＝mA+mB＝4m. AB.突然剪断A球和B球之间的绳子瞬间，以A和C为研究对象，根据牛顿第二定律可得：A球和C球的加速度大小 g， 故A项符合题意，B项不合题意. CD.A球上升h时的速度为： ， 而后又上升x速度为零，则有：v2＝2gx，解得：xh，故球能上升的最大高度为：H＝h+x＝1.6h，故C项不合题意，D项符合题意. 【变式训练3】如图所示，长为L＝2 m、质量mA＝4 kg的木板A放在光滑水平面上，质量mB＝1 kg的小物块(可视为质点)位于A的中点，水平力F作用于A。A、B间的动摩擦因数μ＝0.2(A、B间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝ 10 m/s2)。求： (1)为使A、B保持相对静止，F不能超过多大？ (2)若拉力F＝12 N，物块B从A板左端滑落时木板A的速度为多大？ 【答案】(1)10 N　(2)5 m/s 【解析】(1)要使A、B保持相对静止，A对B的摩擦力不能超过最大静摩擦力 对B，fm＝μmBg，由fm＝mBa 得a＝μg＝2 m/s2 对A、B整体，F＝(mA＋mB)a＝10 N。 (2)当F＝12 N>10 N，A、B相对滑动 对B，aB＝μg＝2 m/s2 对A，F－fm＝mAaA 得aA＝2.5 m/s2 设B从A上滑落需用时间为t， 则aAt2－aBt2＝ 得t＝2 s 对A：v＝aAt＝5 m/s。 【变式训练4】如图所示，质量为4 kg的小球用细线拴着吊在行驶的汽车后壁上，线与竖直方向夹角为37°。已知g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： (1)当汽车以加速度a＝2 m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力大小和小球对车后壁的压力大小。 (2)当汽车以加速度a＝10 m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力大小和小球对车后壁的压力大小。 【答案】：(1)50 N　22 N　(2)40 N　0 【解析】(1)当汽车以加速度a＝2 m/s2向右匀减速行驶时，小球受力分析如图甲。 由牛顿第二定律得： FT1cos θ＝mg， FT1sin θ－FN＝ma 代入数据得：FT1＝50 N，FN＝22 N 由牛顿第三定律知，小球对车后壁的压力大小为22 N。 (2)当汽车向右匀减速行驶时，设小球所受车后壁弹力为0时(临界条件)的加速度为a0，受力分析如图乙所示。 由牛顿第二定律得：FT2sinθ＝ma0， FT2cosθ＝mg 代入数据得： a0＝g tan θ＝10× m/s2＝7.5 m/s2 因为a＝10 m/s2＞a0 所以小球会飞起来，FN′＝0 由牛顿第二定律得： FT2＝＝40 N 2 学科网（北京）股份有限公司 $