2027届高考物理一轮复习专项训练：牛顿第二定律 瞬时突变、等时圆问题

**基本信息** 聚焦牛二定律应用，通过整体隔离法破解瞬时突变问题，依托等时圆模型解决运动时间比较，构建“模型+方法”双维度训练体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |瞬时突变问题|8题|整体隔离法+突变瞬间受力分析（弹簧弹力不突变）|牛顿第二定律→约束条件（弹簧/细绳/轻杆）→瞬时加速度计算| |等时圆问题|5题|等时圆模型构建+几何关系推导|运动学公式→等时圆直径与弦长关系→时间比较|

高三一轮复习牛二—瞬时突变、等时圆问题 一、单选题 1．如图所示，质量分别为，的两物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为，的水平拉力分别作用在、上，当系统达到稳定状态后，弹簧测力计未超出弹性限度，则（     ） A．弹簧测力计的示数是50N B．若增大，两物体一起做匀加速直线运动时，弹簧测力计示数可能不变 C．在突然撤去的瞬间，的加速度大小为4 D．在突然撤去的瞬间，的加速度大小为15 2．如图所示，2026个质量均为的小球通过完全相同的轻质弹簧（在弹性限度内）相连，在水平拉力的作用下，一起沿光滑水平面以加速度向右做匀加速直线运动，从左往右，第1个小球为1球，小球命名以此类推。1球和2球之间弹簧的弹力为，2球和3球间弹簧的弹力为，……，2025球和2026球间弹簧的弹力为，则下列说法正确的是（　　） A．1012球和1013球之间弹簧的弹力 B．如果1球和2球间的弹簧从1球处脱落，那么脱落瞬间，1球的加速度为0，2球的加速度为，其余小球的加速度依然为 C．如果突然撤去拉力，撤去瞬间，2026球的加速度为，其余每个球的加速度依然为 D．从左到右每根弹簧长度之比为 3．如图所示是手提弹簧灯笼，拴连在弹簧顶部的公仔A的质量为，底座B（含灯泡）的质量为m，连接A、B的弹簧质量忽略不计。某次通过提杆对细绳施加竖直向上、大小为的恒力，一段时间后，A、B一起向上做匀加速直线运动，弹簧未超出弹性限度，且不考虑空气阻力。若细绳突然断开，则此瞬间（　　） A． 底座B的加速度方向向下 B．弹簧弹力大小为 C．底座B的加速度大小为 D．公仔A的加速度大小为 4．如图所示，小球甲和乙用轻弹簧B连接，并用轻绳L和轻弹簧A固定，处于静止状态，轻弹簧A水平，轻绳L与竖直方向的夹角为，甲和乙的质量均为，弹簧A、B的劲度系数均为，重力加速度大小为，弹簧都在弹性限度内。下列说法正确的是（　　） A．轻绳L的拉力大小为2mg B．弹簧A的弹力大小为 C．弹簧B的形变量为 D．剪断轻绳L瞬间，小球乙的加速度大小为 5．如图所示，质量为的箱子，顶部悬挂质量也为的小球，小球的下方通过一轻弹簧与质量仍为的小球相连，箱用轻绳悬挂于天花板上面处于平衡状态，现剪断轻绳，在轻绳被剪断的瞬间，关于小球和的加速度，正确的是（　　）（重力加速度为） A． B． C． D． 6．如图所示，一倾角为的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面上有一质量为的物体，上端用平行于斜面的细绳跨过定滑轮连接着物体，物体、通过轻弹簧相连，质量分别为、，此时恰好静止。已知重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．物体与斜面间的动摩擦因数为 B．剪断弹簧的瞬间，物体的加速度为 C．剪断细绳的瞬间，物体的加速度为 D．剪断细绳的瞬间，物体的加速度为 7．如图所示，竖直平面内三个圆的半径之比为3:2:1，它们的最低点相切于P点，有三根光滑细杆AP、BP、CP，杆的最高点分别处于三个圆的圆周上的某一点，杆的最低点都处于圆的最低点P。现各有一小环分别套在细杆上，都从杆的最高点由静止开始沿杆自由下滑至P点，空气阻力不计，则小环在细杆AP、BP、CP上运动的时间之比为（　　） A． B． C．3:2:1 D．1:1:1 8．如图所示，是一个倾角为的传送带，上方离传送带表面距离为的处为原料输入口，为避免粉尘飞扬，在与传送带间建立一直线光滑管道，使原料无初速度地从处以最短的时间到达传送带上，则最理想管道做好后，原料从处到达传送带的时间为（　　） A． B． C． D． 10．如图所示，在斜面上有四条光滑细杆，其中OA杆竖直放置，OB杆与OD杆等长，OC杆与斜面垂直放置，每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），四个环分别从O点由静止释放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的时间依次为t1、t2、t3、t4．下列关系不正确的是（） A．t1>t2 B．t1＝t3 C．t2＝t4 D．t2<t4 二、多选题 11．如图所示，倾角为的光滑固定斜面上放置3个质量均为的小球ABC，小球A通过轻质弹簧连接在斜面顶端的挡板上，小球AB通过轻杆连接，小球BC通过细绳连接。弹簧的轴线、轻杆和细绳在同一直线上且与斜面平行，初始时各小球均处于静止状态。已知重力加速度大小为。某时刻剪断细绳，下列说法正确的是（　　） A．剪断细绳后瞬间，小球C的加速度为0 B．剪断细绳前，弹簧上的弹力大小为 C．剪断细绳后瞬间，小球A的加速度大小为 D．剪断细绳后瞬间，轻杆上的弹力变为0 12．如图所示，质量均为m的物块A和B用轻弹簧连接，置于倾角的斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数均为。对A施加水平向右的推力F，恰使A、B一起沿斜面匀速上滑，取、，重力加速度大小为g。下列说法中正确的是（　　） A．弹簧弹力大小为mg B．推力大小为2.5mg C．若撤去推力F，则撤后瞬间物块B的加速度大小为g D．若撤去推力F，则撤后瞬间物块A的加速度大小为2g 13．下列甲、乙、丙、丁四图中的1、2、3 是三个光滑轨道，甲、乙、丙图中的三个轨道与水平面的夹角从大到小均为60°、45°、30°，甲图中三个轨道的起点高度相同，乙图中三个轨道对应的水平底边相同，丙图中三个斜轨道的长度相同，丁图中②轨道为竖直直径，①③轨道的一端分别与②轨道的底端和顶端在同一点上，另一端分别在圆周上。现让同一物体分别沿四个图中的三个光滑轨道从顶端由静止开始下滑，到达底端所用的时间分别为t1、t2、t3，下列说法正确的是（　　） A． 对于甲图有：t1<t2<t3 B．对于乙图有：t2<t1=t3 C．对于丙图有：t1<t2<t3 D．对于丁图有：t1<t3<t2 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《高三一轮复习牛二—瞬时突变、等时圆问题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 D B D C D B A D C 题号 10 11 12 答案 BC AD BC 1．D 【详解】A．对两物体和弹簧测力计组成的系统，根据牛顿第二定律得整体的加速度可得 隔离，根据牛顿第二定律有 解得 所以弹簧测力计的示数为45N，故A错误； B．根据A项可得 若增大，则变大，故B错误； CD．在突然撤去的瞬间，弹簧的弹力不变，的加速度不变，为，的加速度，故C错误，D正确。 故选D。 2．B 【详解】AD．对2026个小球整体分析由牛顿第二定律可得 解得 隔离小球1，由牛顿运动第二定律 把小球1和2看作整体隔离，由牛顿第二定律 把小球1、2和3看作整体隔离，由牛顿第二定律 把小球1、2、3和4看作整体隔离，由牛顿第二定律 …… 把小球1到2025看作整体隔离，由牛顿第二定律 联立解得 由于弹簧长度等于弹簧原长加弹簧伸长量，弹簧伸长量与弹簧弹力成正比，但弹簧长度不满足该关系，把小球1到1012球看作整体隔离，由牛顿第二定律 解得，故AD错误； C．撤去拉力F前，对2026个小球整体分析由牛顿第二定律可得 撤去拉力F瞬间，小球之间弹簧弹力不变，2 025和2 026之间的弹簧弹力 隔离第2026个小球，则 联立得第2026个小球的加速度，故C错误； B．如果1和2两个球之间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间，第1个小球受力为零，加速度为零，第2个小球受到2和3之间弹簧弹力 解得第2个小球的加速度 其余小球受力情况不变，加速度依然为a，故B正确。 故选B。 3．D 【详解】ABC． A、B一起向上做匀加速直线运动时，以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得 解得 以B为对象，根据牛顿第二定律可得 解得弹簧弹力大小为 细绳突然断开，此瞬间弹簧弹力保持不变，底座B的受力不变，加速度不变，则此时底座B的加速度大小为，方向向上，故ABC错误； D．细绳突然断开，此瞬间弹簧弹力保持不变，以A为对象，根据牛顿第二定律可得 解得公仔A的加速度大小为，故D正确。 故选D。 4．C 【详解】A．对甲乙整体受力分析，可知轻绳L的拉力大小为，故A错误； B．对甲乙整体受力分析，可知弹簧A的弹力大小，故B错误； C．由胡克定律得 解得弹簧B的形变量，故C正确； D．剪断轻绳L瞬间，弹簧的弹力不变，则小球乙所受合外力仍为零，加速度为零，故D错误。 故选C。 5．D 【详解】剪断绳子后，弹簧的弹力不会突变，受到弹簧向上的拉力和重力都没有变化，则加速度为0， 此瞬间的加速度相同，设为， 对B：此瞬间受到重力，弹簧弹力，绳的拉力，由牛顿第二定律可得： 受到重力，绳子的拉力，由牛顿第二定律可得： 联立解得： 即， 故选D。 6．B 【详解】A．以bc为整体受力分析可知：绳子拉力 此时恰好静止，对a受力分析有 解得物体与斜面间的动摩擦因数为，故A错误； B．剪断弹簧的瞬间，以物体为系统，有 所以系统可以平衡，其加速度为0，故B正确； C．对c受力分析有 剪断细绳的瞬间，物体有 剪断细绳的瞬间，物体的加速度为，故C错误； D．剪断细绳的瞬间，物体有 剪断细绳的瞬间，物体的加速度为，故D错误。 故选B。 7．A 【详解】根据等时圆模型，如图所示 只需要求出A′P、B′P、C′P，的时间之比，设最小圆的直径为d，则 故选A。 8．D 【详解】如图所示 以处为圆的最高点作圆与传送带相切于点，设圆的半径为，从处建立一管道到圆周上，管道与竖直方向的夹角为，原料下滑的加速度为 管道长度为 由运动学公式可得 解得 可知从处建立任一管道到圆周上，原料下滑的时间相等，故在与传送带间建立一管道，原料从处到传送带上所用时间最短；根据图中几何关系可得 可得 联立可得 故选D。 9．C 【详解】以OA为直径画圆，根据等时圆模型，对小滑环，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速为零的匀加速直线运动的加速度为（为杆与竖直方向的夹角） 由图中的直角三角形可知，小滑环的位移 所以 t与无关，可知从圆上最高点沿任意一条弦滑到底所用时间相同，故沿OA和OC滑到底的时间相同，即，OB不是一条完整的弦，时间最短，即，OD长度超过一条弦，时间最长，即 故选C。 10．BC 【详解】A．剪断细绳后瞬间，小球C的加速度为 选项A错误； B．剪断细绳前，对ABC整体分析可知，弹簧上的弹力大小为 选项B正确； C．剪断细绳后瞬间，弹簧的弹力不变，则小球AB的加速度大小均为 选项C正确； D．剪断细绳后瞬间，对B分析可知 可得轻杆上的弹力变为 选项D错误。 故选BC。 11．AD 【详解】A．对B，根据平衡条件，弹簧弹力大小为 故A正确； B．对A，根据平衡条件 解得 故B错误； C．若撤去推力F，则撤后瞬间弹簧来不及形变，弹簧弹力不变，物块B处于平衡状态，加速度大小为0，故C错误； D．若撤去推力F，则撤后瞬间物块A的加速度大小为 故D正确。 故选ABD。 12．BC 【详解】A．设斜面的倾角为，斜面高为h， 则下滑的加速度 解得 下滑的位移 根据 解得 故倾角越大下落的时间越短，A错误； B．设轨道的底边长为L，斜面的倾角为 ，则倾斜轨道的长度 根据牛顿第二定律 解得 根据 解得 将θ角带入则 t2<t1=t3 B正确； C．设斜面长为L，斜面的倾角为 ，根据牛顿第二定律 解得 根据 解得 即倾角越小时间越长 t1<t2<t3 C正确； D．如图 设圆轨道半径为R，从轨道②下落时，根据 解得 从轨道③下落时，沿轨道下落时的加速度 解得 轨道的长 根据 解得 从轨道①下落时，沿轨道下落时的加速度，根据牛顿第二定律 解得 轨道的长 根据 解得 t1=t2=t3 D错误。 故选BC。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $