第5章 专题强化8 瞬时问题分析（配套课件PPT）-【步步高】2025-2026学年高一物理必修第一册学习笔记（鲁科版）

该高中物理课件聚焦牛顿第二定律瞬时性，围绕变力作用下加速度与速度分析、弹簧及杆模型瞬时问题展开，通过“思考与讨论”（如小球接触弹簧运动分析）导入，先复习F=ma，再结合变力实例与模型对比构建学习支架，衔接前后知识。 其亮点在于以模型建构（弹簧、杆模型弹力特点）和科学推理（如雨滴下落阻力与加速度关系分析）为核心，通过“总结提升”归纳分析步骤。例如小球接触弹簧的速度加速度变化实例，深化运动与相互作用观念，学生能提升科学思维，教师可借助专题练习与解析提高教学效率。

瞬时问题分析 专题强化8 第 5 章 1.进一步理解牛顿第二定律的瞬时性，会分析变力作用过程中的加速度和速度变化情况(重点)。 2.会分析物体受力的瞬时变化，掌握弹簧模型和杆模型中的瞬时加速度问题(重难点)。 学习目标 内容索引 专题强化练 一、变力作用下的加速度和速度分析 二、牛顿第二定律的瞬时性问题 < 一 > 变力作用下的加速度和速度分析 1.加速度与合力有什么关系？ 答案　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，合力增大，加速度增大，合力减小，加速度减小；加速度的方向始终与合力的方向一致。 2.物体在什么情况下做加速运动？什么情况下做减速运动？当物体加速度减小时，速度也一定变小吗？ 答案　速度与加速度(合力)方向相同，物体做加速运动；速度与加速度(合力)方向相反，物体做减速运动。当物体加速度减小时，速度不一定变小，当合力方向与速度方向相同时，即加速度方向与速度方向相同时，加速度减小，物体仍做加速运动；当合力方向与速度方向相反时，即加速度方向与速度方向相反时，加速度减小，物体仍做减速运动。 如图所示，一轻弹簧竖直固定在水平面上。一小球从某高处自由落下，从小球接触弹簧到运动至最低点过程中，分析小球的速度和加速度大小的变化情况。 思考与讨论 答案　小球接触弹簧后受重力和弹簧的弹力，根据牛顿第二定律mg-F=ma 弹簧被压缩后，弹力逐渐增大，可知加速度逐渐减小，当弹力和重力相等时，加速度为零，速度最大，之后，弹簧继续被压缩，弹力继续增大，根据牛顿第二定律可知加速度反向增大，速度为零时，弹簧被压缩至最短，弹力最大，反向加速度最大。综合上述分析可知小球速度先增大后减小、加速度先减小后反向增大。 　(多选)(2023·福建福州四中高一期末)在光滑水平面上有一物块始终受水平恒力F的作用，在其正前方固定一轻质弹簧，如图所示，当物块与弹簧接触后向右运动的过程中，下列说法正确的是 A.物块接触弹簧后先做加速运动后做减速运动 B.物块接触弹簧后即做减速运动 C.当物块所受的合力为零时速度达到最大值 D.当弹簧压缩量最大时，物块的加速度等于零 例1 √ √ 物块接触弹簧后，弹簧的弹力逐渐增大，开始阶段，弹簧的弹力小于水平恒力F，物块所受的合力方向向右，与速度方向相同，物块向右做加速运动；当弹力与恒力F大小相等、方向相反时，物块加速度为零，速度最大，此时物块所受的合力为0；之后弹力大于F，合力向左，与速度方向相反，物块开始做减速运动，所以物块接触弹簧后先加速后减速，故A、C正确，B错误； 当物块的速度为零时，弹簧压缩量最大，合力向左，加速度向左，不等于零，故D错误。 　(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，且下落过程中质量不变，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 例2 √ √ 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-，由此可知当速度v增大时，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，雨滴做匀速直线运动，此时空气阻力与重力平衡，即雨滴受到的阻力先变大后不变，因雨滴的重力不变，则合力不断减小，最后减为零，速度逐渐变大然后不变，故选B、D。 拓展　定性画出雨滴下落过程的v-t图像。 答案　 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.变力作用下物体速度的分析 速度与合力(加速度)方向相同，物体做加速运动，速度变大；速度与合力(加速度)方向相反，物体做减速运动，速度变小。 总结提升 返回 < 二 > 牛顿第二定律的瞬时性问题 两种模型的特点 (1)刚性绳(或接触面)模型：这种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，形变恢复几乎不需要时间，故认为弹力可以立即改变或消失。 (2)弹簧(或橡皮绳)模型：此种物体的特点是形变量大，形变恢复需要较长时间，在瞬时问题中，在弹簧(或橡皮绳)的自由端连接有物体时其弹力的大小不能突变，往往可以看成是瞬间不变的。 根据所学弹力的知识，完成下表： 思考与讨论 类别 弹力表现形式 弹力方向 能否突变 轻绳 拉力 ______________ _____ 橡皮条 拉力 __________________ _____ 轻弹簧 拉力、支持力 _______________ _____ 轻杆 拉力、支持力 _______ _____ 沿绳收缩方向 能 沿橡皮条收缩方向 不能 沿弹簧轴线方向 不能 不确定 能 　(2024·福建厦门二中高一月考)如图所示，质量为4 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。质量为1 kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，弹簧弹力大小为　　 N，B对A的压力大小为　　 N (g取10 m/s2)。  例3 40 8 细线剪断前，A、B之间无压力，则弹簧弹力为F=mAg=4×10 N=40 N 细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，仍为40 N。 细线剪断瞬间，对整体受力分析得(mA+mB)g-F=(mA+mB)a 解得a==2 m/s2 对A研究可得mAg+F压-F=mAa 解得F压=8 N。 　如图所示，物块1、2间用竖直刚性轻质杆连接，物块3、4间用竖直轻质弹簧相连，物块1、3的质量均为m，物块2、4的质量均为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 例4 √ 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间的轻质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mg=F，a3=0；由牛顿第二定律得物块4的加速度a4==g，所以选C。 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。 总结提升 返回 < 三 > 专题强化练 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D D C BC C B C C 题号 9 10 11 12 答案 B B 4g　0 AD 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 考点一　变力作用下的加速度和速度分析 1.关于运动和力的说法中正确的是 A.合外力不等于零时，物体的速度一定不等于零 B.合外力等于零时，物体的速度一定等于零 C.合外力越大，物体的速度一定越大 D.合外力减小，速度可能增大 基础对点练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 合外力不为零，加速度不为零，但是某一时刻速度仍然可能为零，故A错误； 合外力等于零，加速度为零，速度不一定为零，故B错误； 合外力越大，加速度越大，速度变化越快，但是速度不一定越大，故C错误； 合外力减小，加速度减小，若a与v同向，v增大，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 2.光滑水平面上，有一木块以速度v向右运动，一根水平弹簧固定在墙上，如图所示，木块从与弹簧接触到弹簧被压缩到最短的过程中，下列说法正确的是 A.木块做匀速直线运动 B.木块做匀减速直线运动 C.木块的速度减小，加速度减小 D.木块的速度减小，加速度增大 √ 木块所受的合力为弹簧的弹力，弹簧弹力逐渐增大，故加速度逐渐增大，加速度方向水平向左，与速度方向相反，木块做减速运动，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 3.有一种叫作“蹦极”的极限运动，游戏者身系一根长为L、弹性优良的轻质柔软的橡皮绳，从高处由静止开始，下落2L时到达最低点，若不计空气阻力，在橡皮绳从原长到达最低点的过程中(绳始终在弹性限度内) A.人的速度先减小后增大 B.人的速度一直减小，直到为零 C.人的加速度先减小后增大 D.人的加速度一直增大，最后达到某一最大值 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 设游戏者的质量为m，加速度大小为a，橡皮绳的拉力大小为F。开始阶段，游戏者的重力大于橡皮绳的拉力，游戏者受合力方向向下，速度方向向下，做加速运动，加速度逐渐减小，当橡皮绳的拉力大于游戏者的重力时，游戏者所受合力方向向上，速度方向向下，做减速运动，又由牛顿第二定律得F-mg=ma，F增大，a增大。即游戏者先向下加速，然后向下减速，加速度的大小先减小后增大，速度先增大后减小。故C正确，A、B、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 4.(多选)(2023·福建福州四中高一期末)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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 √ 12 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 考点二　瞬时问题 5.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mB=mA，两球间是一个轻质弹簧，如果突然剪断细线，则在剪断细线瞬间(g为重力加速度) A.A球加速度为g，B球加速度为0 B.A球加速度为0，B球加速度为g C.A球加速度为2g，B球加速度为0 D.A球加速度为0，B球加速度为2g √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 设剪断细线前细线的拉力为T，弹簧拉力为F弹。对A、B分别进行受力分析，有 T=mAg+F弹，F弹=mBg 剪断细线瞬间，拉力T突变为0，弹簧弹力F弹不突变，B球依旧受力平衡。因为A、B球质量相等，所以在剪断细线瞬间B球和A球加速度分别为aB=0，aA==2g，故选C。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 6.(2024·福建厦门二中高二月考)儿童蹦极中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳。质量为m的小明如图所示静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg，g为重力加速度，若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时 A.加速度为零，速度也为零 B.加速度a=g，沿原断裂橡皮绳的方向斜向下 C.加速度a=gsin 30°，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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 小明静止时受到重力和两根橡皮绳的拉力，如图所示，处于平衡状态 由于T1=T2=mg，故三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故小明右侧橡皮绳拉力与重力的合力与左侧橡皮绳断开前的弹力方向相反，大小等于mg，故加速度为g，沿原断裂绳的方向斜向下。故选B。 12 能力综合练 7.(2024·莆田市高一期末)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，现用水平力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球的加速度为 B.A球的加速度大小为 C.B球的加速度大小为 D.B球的加速度为零 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 有外力F时，对B球由平衡条件得弹簧的弹力F弹=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球的受力情况没有发生变化，故A球加速度为零，而B球的受力情况发生了变化，由牛顿第二定律得F弹=maB，得突然撤去F时B球的加速度为aB=，故选C。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 8.(2024·福建三明第一中学高一月考)如图所示，质量为m的小球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q。小球静止时，Ⅰ中拉力大小为T1，Ⅱ中拉力大小为T2，当剪断水平细线Ⅱ的瞬间，小球的加速度a应是 A.a=g，竖直向下 B.a=g，竖直向上 C.a=，方向水平向左 D.a=，方向沿Ⅰ的延长线 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 小球静止时，受到重力、弹簧拉力T1、细线拉力T2三个力的作用，细线拉力T2与重力、弹簧拉力T1的合力等大反向，剪断水平细线Ⅱ的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，所以此时小球受到T1和重力mg作用，合力方向水平向左，大小为T2，所以加速度为a=，方向水平向左，选项C正确、A、B、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 9.(2024·厦门市高一期末)如图所示，竖直轻弹簧下端固定在水平地面上，上端与质量M=2m的木板相连，质量为m的物块放在木板上，物块受到一大小为mg、方向竖直向下的压力F，整个系统处于静止状态， g为重力加速度。某时刻突然撤去压力F，则撤去压力瞬间木板对物块的支持力大小为 A.Mg B.mg C.2mg D.mg √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 某时刻突然撤去压力F，弹簧的弹力不能突变，对木板和物块整体，此瞬间整体的合力大小等于F，根据牛顿第二定律有F=(M+m)a，对物块，根据牛顿第二定律有N-mg=ma，解得撤去压力瞬间木板对物块的支持力大小为N=mg，故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 10.(2024·福州市高一期末)如图所示，A、B两球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，重力加速度为g，在细线被烧断的瞬间 A.A球加速度大小为gsin θ B.A球加速度大小为2gsin θ C.B球加速度大小为2gsin θ D.B球加速度大小为gsin θ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 细线在未烧断前，根据共点力平衡得，弹簧的弹力为F=mgsin θ，烧断细线瞬间，对于A球，合力为F合=mgsin θ+F=2mgsin θ，根据牛顿第二定律得，A球的瞬时加速度方向沿斜面向下，大小为a==2gsin θ，故A错误，B正确； 烧断细线的瞬间，弹簧弹力不变，对于B球，烧断细线的瞬间合力为零，则B球的加速度为零，故C、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 11.(2024·厦门市高一月考)如图，吊篮P悬挂在天花板上，物体Q被固定在吊篮中的轻弹簧托起，物体Q质量是吊篮质量的3倍，当悬挂吊篮的细绳被剪断的瞬间，吊篮P的加速度大小为　 　；物体Q的加速度大小为　　(重力加速度为g)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 4g 0 12 设吊篮质量为m，对物体Q受力分析可得F弹=3mg 对物体P受力分析可得T=mg+F弹=4mg 当悬挂吊篮的细绳被剪断的瞬间，绳子拉力发生突变，为0， 吊篮P的加速度大小为a===4g 当悬挂吊篮的细绳被剪断的瞬间，弹簧弹力不发生突变，对物体Q仍受力平衡，加速度为0。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 尖子生选练 12.(多选)(2024·福建龙岩一中高一月考)如图所示，固定光滑斜面的倾角为θ，A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻杆与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有 A.A球加速度为gsin θ B.A球的加速度为0 C.轻杆的作用力一定不为0 D.A和B球的加速度相同 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 √ 12 返回 开始时挡板对小球A、B整体的支持力N=gsin θ，撤掉挡板的瞬时，挡板对B球的弹力立刻变为零，此时对A、B整体将具有相同的沿斜面向下的加速度，整体受的合外力为F合=(mA+mB)gsin θ，加速度为a==gsin θ，即A球加速度为gsin θ，选项A、D正确，B错误； 对B球受力分析可知mBgsin θ-T=mBa，解得T=0，即轻杆的作用力为零，选项C错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 11 12 本课结束 第 5 章 $