3.4 瞬间性问题 针对训练 -2027届高考物理一轮复习

瞬间性问题 一．牛顿第二定律求解瞬时问题（共12小题） 1．如图天花板上用细绳吊起两个用轻弹簧相连的两个质量相同的小球。两小球均保持静止。当突然剪断细绳时，上面小球A与下面小球B的加速度为（　　） A．a1＝g a2＝g B．a1＝2g a2＝g C．a1＝2g a2＝0 D．a1＝0 a2＝g 2．细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连。平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示。以下说法正确的是：（已知cos53°＝0.6，sin53°＝0.8）（　　） A．小球静止时弹簧的弹力大小为mg B．小球静止时细绳的拉力大小为mg C．细绳烧断瞬间小球的加速度立即为g D．细绳烧断瞬间小球的加速度立即为g 3．如图所示，挡板OA、OB与水平方向的夹角分别为60°和30°，一光滑球静止在两挡板之间，若OB不动，撤去挡板OA瞬间，球的加速度大小为a1；若OA不动，撤去挡板OB瞬间，球的加速度大小为a2，则为（　　） A． B． C． D． 4．两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态（图1）；若只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧（图2），其他不变．现突然迅速剪断两图中的轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间（设两图中小球A的加速度大小分别为a1和a1'，B的加速度大小分别为a2和a2'），则正确的是（　　） A．a1＝a1'＝g，a2＝a2'＝0 B．a1＝a2'＝g，a1'＝a2＝0 C．a1'＝2a1＝2a2＝2g，a2'＝0 D．a1'＝a2'＝2a1＝2a2＝2g 5．如图所示，质量为6kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为3kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力，重力加速度g取10m/s2。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间（　　） A．物体A的加速度为零 B．弹簧弹力大小为30N C．物体B对物体A的压力大小为20N D．物体B的加速度大小为2m/s2 6．如图所示，A、B两小球质量分别为MA和MB连在弹簧两端，B端用细线固定在倾角为30°的光滑斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（　　） A．都等于 B．0和 C．和0 D．0和 （多选）7．如图所示，质量为4kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为1kg的物体B用细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压，现将细线剪断，则剪断后瞬间，下列结果正确的是（g取10m/s2）（　　） A．A加速度的大小为零 B．B加速度的大小为2m/s2 C．弹簧的弹力大小为40N D．A、B间相互作用力的大小为8N 8．一倾角为θ的斜面体C始终静止在水平地面上，斜面光滑，底面粗糙，如图所示。轻质弹簧两端分别与质量相等的A、B两球连接。B球靠在挡板上，系统处于静止状态。重力加速度大小为g。当撤去挡板瞬间，下列说法正确的是（　　） A．球A的瞬时加速度沿斜面向下，大小为gsinθ B．球B的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθ C．地面对斜面体C的支持力等于球A、B和C的重力之和 D．地面对斜面体C的摩擦力方向水平向右 9．如图所示，A、B两木块间连一轻弹簧，A．B质量相等，一起静止地放在一块光滑木板上，重力加速度为g。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 10．质量均为m的物块a、b之间用竖直轻弹簧相连，系在a上的细线竖直悬挂于固定点O，a、b竖直粗糙墙壁接触，整个系统处于静止状态。重力加速度大小为g，则（　　） A．物块b可能受4个力 B．细线中的拉力小于2 mg C．剪断细线瞬间b的加速度大小为0 D．剪断细线瞬间a的加速度大小为g （多选）11．如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为2m的小球A，质量为m的小球B与A用细线相连，整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，现剪断细线，下列说法正确的是（　　） A．剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小为 B．剪断细线的瞬间，小球B的加速度大小为 C．小球A向上运动到弹簧原长处的速度最大 D．小球A向上运动到最高点时加速度方向向下 12．如图，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a1、a2。重力加速度大小为g。则有（　　） A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝g C．a1＝0，a2g D．a1＝g，a2g 二．牛顿第二定律求解多过程问题（共3小题） 13．如图所示，从某一高处自由下落的小球，落至弹簧上端并将弹簧压缩到最短．问小球被弹簧弹起直至离开弹簧的过程中，小球的速度和所受合力变化情况是（　　） A．合力变大，速度变大 B．合力变小，速度变大 C．合力先变小后变大，速度先变大后变小 D．合力先变大后变小，速度先变小后变大 （多选）14．如图甲所示，质量为1kg的物体静止在水平面上，与水平面间的动摩擦因数为0.2，t＝0时刻起对物体施加水平向右的力F，力F随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2。以下说法正确的是（　　） A．t＝3s时，物体受到的摩擦力大小为1N B．t＝2s时，物体的速度最大 C．t＝5s时，物体的速度大小为1m/s D．0～5s内，物体的位移大小为4m （多选）15．如图所示，一小球自空中自由落下，与正下方的直立轻质弹簧接触，直至速度为零的过程中，关于小球运动状态的下列几种描述中，正确的是（　　） A．接触后，小球做减速运动，加速度的绝对值越来越大，速度越来越小，最后等于零 B．接触后，小球先做加速运动，后做减速运动，其速度先增加后减小直到为零 C．接触后，速度为零的地方就是弹簧被压缩最大之处，加速度为零的地方也是弹簧被压缩最大之处 D．接触后，小球速度最大的地方就是加速度等于零的地方 三．牛顿第二定律的图像问题（共4小题） 16．某商场内，一顾客推着质量为m的购物车从静止开始沿直线运动选购商品，随身携带的智能手机显示购物车的加速度a随时间t变化的图线如图所示，则购物车（　　） A．在2t0时刻回到出发点 B．在2t0时刻的速度比4t0时刻的速度大 C．在5t0时刻的速度大小为5a0t0 D．在0～t0时间内受到的合力大小为ma0 17．质量为m的质点P在t＝0时刻由静止开始向右做直线运动，其合外力F随时间t按图示曲线变化，时刻质点的速度大小为　 　 ，方向　 　 （选填“向左”或“向右”），3t0时刻速度　 　 。（选填“最大”或“最小”） 18．某智能物流系统中，质量为20kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动，受到的合力沿轨道方向，合力F随时间t的变化如图所示，则下列图像可能正确的是（　　） A．B． C．D． 19．如图所示，质量为m的小物块，在水平恒力F的作用下紧贴在竖直墙壁上保持静止状态。自t1时刻起F随时间均匀减小，直至t2时刻减为零，重力加速度为g，关于小物块所受摩擦力Ff大小随时间t变化的图像，下列选项可能正确的是（　　） A．B． C． D． 四．连接体模型（共1小题） 20．如图所示，两个质量相同的同种材料物体A、B紧靠在一起放在粗糙的水平面上，如果它们分别受到水平推力F1和F2，且F1＞F2，则A、B间的弹力大小为（　　） A．F1 B．F2 C． D． 瞬间性问题 参考答案与试题解析 一．牛顿第二定律求解瞬时问题（共12小题） 1．如图天花板上用细绳吊起两个用轻弹簧相连的两个质量相同的小球。两小球均保持静止。当突然剪断细绳时，上面小球A与下面小球B的加速度为（　　） A．a1＝g a2＝g B．a1＝2g a2＝g C．a1＝2g a2＝0 D．a1＝0 a2＝g 【分析】根据平衡求出弹簧的弹力，剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律求出A、B的瞬时加速度。 【解答】解：设小球的质量为m，根据平衡知，弹簧的弹力F＝mg， 剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，由牛顿第二定律得： 对B：a20， 对A：a12g，故C正确，ABD错误。 故选：C。 【点评】本题考查了牛顿第二定律的基本运用，知道剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解。 2．细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连。平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示。以下说法正确的是：（已知cos53°＝0.6，sin53°＝0.8）（　　） A．小球静止时弹簧的弹力大小为mg B．小球静止时细绳的拉力大小为mg C．细绳烧断瞬间小球的加速度立即为g D．细绳烧断瞬间小球的加速度立即为g 【分析】小球静止时，分析受力情况，由平衡条件求解弹簧的弹力大小和细绳的拉力大小。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，即可求出加速度。 【解答】解：A、B小球静止时，分析受力情况，如图，由平衡条件得： 弹簧的弹力大小为：F＝mgtan53° 细绳的拉力大小为：T．故AB均错误。 C、D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： a．故C错误，D正确。 故选：D。 【点评】本题中小球先处于平衡状态，由平衡条件求解各力的大小，后烧断细绳，小球处于非平衡条件，抓住细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变是关键。 3．如图所示，挡板OA、OB与水平方向的夹角分别为60°和30°，一光滑球静止在两挡板之间，若OB不动，撤去挡板OA瞬间，球的加速度大小为a1；若OA不动，撤去挡板OB瞬间，球的加速度大小为a2，则为（　　） A． B． C． D． 【分析】分别撤去挡板瞬间，对球进行受力分析，再根据牛顿第二定律求解加速度。 【解答】解：OB不动时，撤去挡板OA瞬间，对球进行分析，由牛顿第二定律有： mgsin30°＝ma1，得：a1＝5m/s OA不动，撤去挡板OB瞬间，对球进行分析，由牛顿第二定律有： mgsin60°＝ma2，得：a2＝5m/s 解得： ，故ACD错误，B正确。 故选：B。 【点评】刚好对应瞬时加速问题这一高频考点。 4．两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态（图1）；若只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧（图2），其他不变．现突然迅速剪断两图中的轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间（设两图中小球A的加速度大小分别为a1和a1'，B的加速度大小分别为a2和a2'），则正确的是（　　） A．a1＝a1'＝g，a2＝a2'＝0 B．a1＝a2'＝g，a1'＝a2＝0 C．a1'＝2a1＝2a2＝2g，a2'＝0 D．a1'＝a2'＝2a1＝2a2＝2g 【分析】图1中，在剪断轻绳的瞬间，A、B两球一起下落，加速度相同，对整体，根据牛顿第二定律求加速度．图2中，在剪断轻绳的瞬间弹簧的弹力不变，采用隔离法研究A、B所受的合力，再求加速度． 【解答】解：图1中，在剪断轻绳的瞬间，A、B两球由于用绳连接，一起下落，对A、B整体，根据牛顿第二定律得： 2mg＝2ma1或2mg＝2ma2 可得：a1＝a2＝g。 图2中，在剪断绳前，根据平衡条件得知，弹簧的弹力大小等于mg，绳OA对A物体的拉力2mg。在剪断绳的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，B的受力情况没有变化，则B所受的合力为0，则a2'＝0，A所受的合力大小等于绳的拉力大小2mg，即F＝2mg，由牛顿第二定律可得： 2mg＝ma1'， 解得：a1'＝2g 所以有：a1'＝2a1＝2a2＝2g，故C正确，ABD错误。 故选：C。 【点评】本题是瞬时问题，要抓住刚性物体的弹力可突变，而弹簧的弹力不能突变，由牛顿第二定律研究． 5．如图所示，质量为6kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为3kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力，重力加速度g取10m/s2。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间（　　） A．物体A的加速度为零 B．弹簧弹力大小为30N C．物体B对物体A的压力大小为20N D．物体B的加速度大小为2m/s2 【分析】（1）细线剪短瞬间物体A、B同时获得一个相同的加速度，作用于物体A、B的合力大小等于物体B的重力且方向向下，由此可计算由加速度方程a求出物体A、B的加速大小，通过加速度可反求出物体A、B上的合力大小，即可通过受力分析求出物体A、B间压力。 （2）弹簧弹力只和弹簧压缩程度有关，绳子剪短一瞬间弹簧还未发生形变即弹力没有改变，大小仍等于物体A重力 【解答】解：A.刚开始A、B间相互接触但无压力，对A受力分析可得，弹簧弹力大小等于A所受重力且方向相反F＝mAg＝6×10＝60N，某时刻将细线剪断，细线剪断瞬间，在B所受重力作用下，物体A、B整体获得一个相同的加速度，此时弹簧未产生形变，因此弹力保持不变，以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得（mA+mB）g﹣F＝（mA+mB）a，解得A、B整体的加速度为，故A错误。 B.由于弹簧弹力只和形变量有关，细线剪短瞬间弹簧未发生额外形变，弹力大小仍等于物体A所受重力为60N，故B错误。 C．以B为对象，A对B的弹力为F′根据牛顿第二定律可得mBg﹣F′＝mBa，解得F′＝mBg﹣mBa＝3×10N﹣3N＝20N，由牛顿第三定律有物体B对物体A的压力大小为20N，故C正确。 D.由A中可知物体A、B加速度均为，故D错误。 故选：C。 【点评】本题着重考察牛顿运动定律中合力和加速度的关系以及对组合体受力情况的合成与分解，需理解剪短绳瞬间组合体加速度相同这一要点，再分解分析各物体受力情况即可。 6．如图所示，A、B两小球质量分别为MA和MB连在弹簧两端，B端用细线固定在倾角为30°的光滑斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（　　） A．都等于 B．0和 C．和0 D．0和 【分析】在剪断上端的绳子的瞬间，绳子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，再分别对A、B两个小球运用牛顿第二定律，即可求得加速度。 【解答】解：在剪断绳子之前，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相等。在剪断上端的绳子的瞬间，绳子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的重力沿斜面上的分力，故A球的加速度为零； 在剪断绳子之前，对B球进行受力分析，B受到重力、弹簧对它斜向下的拉力、支持力及绳子的拉力，在剪断上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，对B球进行受力分析，则B受到重力、弹簧的向下拉力、支持力， 根据牛顿第二定律得：aB； 故ABC错误、D正确。 故选：D。 【点评】该题要注意在剪断绳子的瞬间，绳子上的力立即减为0，而弹簧的弹力不发生改变，再结合牛顿第二定律解题。 （多选）7．如图所示，质量为4kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为1kg的物体B用细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压，现将细线剪断，则剪断后瞬间，下列结果正确的是（g取10m/s2）（　　） A．A加速度的大小为零 B．B加速度的大小为2m/s2 C．弹簧的弹力大小为40N D．A、B间相互作用力的大小为8N 【分析】先求出剪断细线前弹簧的弹力，剪断细线瞬间弹簧的弹力不能突变，以A、B系统为研究对象，由牛顿第二定律求出系统的加速度，然后以B为研究对象，由牛顿第二定律求出A、B间的作用力。 【解答】解：C、剪断细线前，物体A、B接触但不挤压，即A、B间无相互作用力，则剪断细线前，对A，由平衡条件得知弹簧的弹力：F＝mAg＝4×10N＝40N 剪断细线后瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，所以弹簧的弹力大小仍为40N。 AB、剪断细线后瞬间，A、B一起向下加速运动，对A、B整体，由牛顿第二定律得： （mA+mB）g﹣F＝（mA+mB）a 代入数据解得：a＝2m/s2，故A错误，B正确； D、对B，由牛顿第二定律得：mBg﹣N＝mBa，代入数据解得：N＝8N，则A、B间相互的作用力为8N，故D正确； 故选：BCD。 【点评】本题是瞬时问题，关键要明确弹簧的弹力不能突变，考查牛顿第二定律的应用；要灵活选择研究对象，采用整体法求解加速度，再隔离物体B并根据牛顿第二定律列式求解。 8．一倾角为θ的斜面体C始终静止在水平地面上，斜面光滑，底面粗糙，如图所示。轻质弹簧两端分别与质量相等的A、B两球连接。B球靠在挡板上，系统处于静止状态。重力加速度大小为g。当撤去挡板瞬间，下列说法正确的是（　　） A．球A的瞬时加速度沿斜面向下，大小为gsinθ B．球B的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθ C．地面对斜面体C的支持力等于球A、B和C的重力之和 D．地面对斜面体C的摩擦力方向水平向右 【分析】撤去挡板前，根据共点力平衡条件求出弹簧的弹力。撤去挡板瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律求出A、B两球的瞬时加速度。撤去挡板瞬间，将B球的加速度分解为水平方向和竖直方向，运用整体法分析地面对斜面体的支持力和摩擦力。 【解答】解：AB、设A、B两球质量均为m。撤去挡板前，对A球受力分析，由平衡条件有：F弹＝mgsinθ 撤去挡板瞬间，弹簧的弹力不变，A球受力情况不变，合力为0，加速度为0。对B球，由牛顿第二定律有mgsinθ+F弹＝maB，解得aB＝2gsinθ，方向沿斜面向下，故A错误，B正确； C、撤去挡板瞬间，B球有沿斜面向下的加速度，有竖直向下的分加速度，处于失重状态，则地面对斜面体C的支持力小于球A、B和C的重力之和，故C错误； D、撤去挡板瞬间，B球的加速度方向沿斜面向下，在水平方向上有水平向左的分加速度，对A、B和C整体分析，地面对斜面体的摩擦力不为零，方向水平向左，故D错误。 故选：B。 【点评】本题是瞬时问题，抓住撤去挡板瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律求出瞬时加速度。对于分析地面对斜面的支持力和摩擦力问题，可以采用整体法研究比较简洁。 9．如图所示，A、B两木块间连一轻弹簧，A．B质量相等，一起静止地放在一块光滑木板上，重力加速度为g。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 【分析】木板抽出前，木块A和木块B都受力平衡，根据共点力平衡条件求出弹簧的弹力；木板抽出后，木板对木块B的支持力突然减小为零，弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律可求出两个木块的加速度。 【解答】解：开始时，对A物体受重力和弹簧的弹力F，根据平衡条件可得mg＝F， 在抽出木板的瞬时，弹簧对A的弹力和对B的弹力并未改变。A物体仍然受力平衡，则aA＝0。 对B物体受重力和弹簧的向下的弹力，根据牛顿第二定律a2g，故A正确、BCD错误。 故选：A。 【点评】本题属于牛顿第二定律应用的瞬时加速度问题，关键是区分瞬时力与延时力；弹簧的弹力通常来不及变化，为延时力，轻绳的弹力为瞬时力，绳子断开即消失。 10．质量均为m的物块a、b之间用竖直轻弹簧相连，系在a上的细线竖直悬挂于固定点O，a、b竖直粗糙墙壁接触，整个系统处于静止状态。重力加速度大小为g，则（　　） A．物块b可能受4个力 B．细线中的拉力小于2 mg C．剪断细线瞬间b的加速度大小为0 D．剪断细线瞬间a的加速度大小为g 【分析】对细线剪断之间的整体进行分析，从而明确细线上的拉力，再对b分析明确受力情况； 再对剪断细线之后分析，明确弹簧的弹力不能突变，则可明确两者的受力情况，从而求出加速度的大小。 【解答】解：AB、对ab整体分析可知，整体受重力和绳子上的拉力，水平方向如果受墙的弹力，则整体不可能竖直静止，故不会受到水平方向上的弹力，根据平衡条件可知，细线上的拉力F＝2mg；再对b分析可知，b只受重力和弹簧拉力而保持静止，故AB错误； C、由于b处于平衡，故弹簧的拉力F＝mg，剪断细线瞬间弹簧的弹力不变，则对b分析可知，b受力不变，合力为零，故加速度为零，故C正确； D、对a分析可知，剪断细线瞬间a受重力和弹簧向下的拉力，合力Fa＝2mg，则由牛顿第二定律可知，加速度为2g，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查牛顿第二定律关于瞬时加速度的计算问题，解题的关键在于明确剪断前后的受力分析，明确弹簧弹力的不能突变的性质应用即可结合牛顿第二定律正确求解。 （多选）11．如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为2m的小球A，质量为m的小球B与A用细线相连，整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，现剪断细线，下列说法正确的是（　　） A．剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小为 B．剪断细线的瞬间，小球B的加速度大小为 C．小球A向上运动到弹簧原长处的速度最大 D．小球A向上运动到最高点时加速度方向向下 【分析】本题可根据剪断细线前后的受力情况，结合牛顿第二定律和简谐运动的特点对各选项进行分析。 【解答】解：A、剪断细线前，对A、B整体分析，根据平衡条件可得弹簧的弹力 F＝3mg； 剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对A分析，根据牛顿第二定律 F﹣2mg＝2maA， 将F＝3mg 代入可得3mg﹣2mg＝2maA，即，方向向上，故A正确。 B、剪断细线的瞬间，小球B只受重力作用，根据牛顿第二定律mg＝maB，可得aB＝g，方向向下，故B错误。 C、小球A在运动过程中，当加速度为零时，速度最大。 当弹簧的弹力等于A的重力时，即F′＝2mg，此时A的加速度为零，速度最大，而不是在弹簧原长处速度最大，故C错误。 D、小球A向上运动到最高点时，速度为零，此时弹簧的弹力小于A的重力，合力方向向下，根据牛顿第二定律可知加速度方向向下，故D正确。 故选：AD。 【点评】本题重点：受力分析与牛顿第二定律的应用：准确分析剪断细线前后小球的受力情况，是解决问题的关键。通过对整体和隔离体的受力分析，结合牛顿第二定律（F＝ma），能求出小球的加速度等物理量。简谐运动相关规律（速度最大位置的判断）：理解小球 A 做简谐运动时，速度最大的位置是加速度为零的位置（合力为零），而非弹簧原长位置，这需要结合简谐运动的受力特点来分析。 本题难点：瞬间加速度的分析：剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不会突变，这是一个容易出错的点。需要明确弹簧弹力的这一特性，再对小球进行受力分析，进而运用牛顿第二定律求解瞬间加速度。小球 A 运动过程中速度、加速度变化的动态分析：小球 A 向上运动过程中，弹簧的弹力不断变化，导致合力和加速度也不断变化，要清晰分析出从剪断细线后，小球 A 从初始状态到最高点的整个运动过程中速度、加速度的变化规律，需要对简谐运动的受力和运动特点有深入的理解。 12．如图，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a1、a2。重力加速度大小为g。则有（　　） A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝g C．a1＝0，a2g D．a1＝g，a2g 【分析】木板抽出前，木块1和木块2都受力平衡，根据共点力平衡条件求出各个力；木板抽出后，木板对木块2的支持力突然减小为零，其余力均不变，根据牛顿第二定律可求出两个木块的加速度。 【解答】解：在抽出木板的瞬时，弹簧对1的支持力和对2的压力并未改变。对1物体受重力和支持力，mg＝F，a1＝0。 对2物体受重力和弹簧的向下的压力，根据牛顿第二定律 a 故选：C。 【点评】本题属于牛顿第二定律应用的瞬时加速度问题，关键是区分瞬时力与延时力；弹簧的弹力通常来不及变化，为延时力，轻绳的弹力为瞬时力，绳子断开即消失。 二．牛顿第二定律求解多过程问题（共3小题） 13．如图所示，从某一高处自由下落的小球，落至弹簧上端并将弹簧压缩到最短．问小球被弹簧弹起直至离开弹簧的过程中，小球的速度和所受合力变化情况是（　　） A．合力变大，速度变大 B．合力变小，速度变大 C．合力先变小后变大，速度先变大后变小 D．合力先变大后变小，速度先变小后变大 【分析】小球在运动的过程中受重力和弹力，根据合力的变化判断加速度的变化，根据加速度方向和速度的方向关系判断速度的变化． 【解答】解：小球被弹簧弹起直至离开弹簧的过程中，弹力一直减小，开始时，弹力大于重力，合力向上，弹起的过程中，合力减小，加速度减小，但是加速度的方向与速度方向相同，做加速运动，当重力和弹力相等后，重力大于弹力，合力方向向下，合力增大，加速度增大，但加速度的方向与速度方向相反，做减速运动。所以合力先变小后变大，速度先变大后变小。故C正确，A、B、D错误。 故选：C。 【点评】解决本题的关键知道加速度的变化由合力决定，速度的变化有加速度方向与速度方向关系决定，当速度与加速度方向相同，做加速运动，当速度与加速度方向相反，做减速运动． （多选）14．如图甲所示，质量为1kg的物体静止在水平面上，与水平面间的动摩擦因数为0.2，t＝0时刻起对物体施加水平向右的力F，力F随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2。以下说法正确的是（　　） A．t＝3s时，物体受到的摩擦力大小为1N B．t＝2s时，物体的速度最大 C．t＝5s时，物体的速度大小为1m/s D．0～5s内，物体的位移大小为4m 【分析】先求滑动摩擦力：f＝μmg＝2N； 分阶段分析运动：0～2s：F＝3N＞f，物体匀加速，2s末速度v2＝2m/s 2～4s：F＝1N＜f，物体匀减速，4s末速度减为0； 4～5s：F＝1N＜f，物体静止，速度保持0； 结合各阶段的速度、位移、摩擦力，逐一判断选项的正确性。 【解答】解：B．0～2s内物体所受的滑动摩擦力大小为f＝μmg＝0.2×1×10N＝2N＜F1＝3N，物体做匀加速运动， t＝2s后，f＝2N＞F2＝1N，物体做匀减速运动，因此t＝2s时，物体的速度最大，故B正确； AC．0～2s内由牛顿第二定律有F1﹣μmg＝ma1，解得a1m/s2＝1m/s2， t＝2s时物体的速度大小为v＝a1t1＝2m/s， t＝2s 后物体做匀减速运动，有μmg﹣F2＝ma2，解得a2m/s2＝1m/s2， 设物体的速度减小到零所用的时间为t2，有0＝v﹣a2t2，解得t2＝2s， 即在t＝4s时物体的速度减为零，之后物体不再运动，所以t＝5s时，物体的速度大小为零，t＝3s时依旧滑动摩擦力，摩擦力大小为2N，故AC错误； D．物体仅在0～4s内运动，总位移x（t1+t2）＝1×（2+2）m＝4m，故D正确。 故选：BD。 【点评】有效考查了力的变化对运动的影响这一动力学核心逻辑，帮助学生建立分段分析运动的思维习惯，是衔接恒力运动与变力运动的过渡题型。 （多选）15．如图所示，一小球自空中自由落下，与正下方的直立轻质弹簧接触，直至速度为零的过程中，关于小球运动状态的下列几种描述中，正确的是（　　） A．接触后，小球做减速运动，加速度的绝对值越来越大，速度越来越小，最后等于零 B．接触后，小球先做加速运动，后做减速运动，其速度先增加后减小直到为零 C．接触后，速度为零的地方就是弹簧被压缩最大之处，加速度为零的地方也是弹簧被压缩最大之处 D．接触后，小球速度最大的地方就是加速度等于零的地方 【分析】小球自由落下，接触弹簧时有竖直向下的速度，接触弹簧后，弹簧被压缩，弹簧的弹力随着压缩的长度的增大而增大．以小球为研究对象，开始阶段，弹力小于重力，合力竖直向下，与速度方向相同，小球做加速运动，合力减小；当弹力大于重力后，合力竖直向上，小球做减速运动，合力增大． 【解答】解：A、小球与弹簧接触后，开始重力大于弹力，加速度向下，做加速运动，加速度减小。当加速度减小到零以后，弹力大于重力，加速度向上，做减速运动到零。故A错误，B正确。 C、当速度为零，弹簧压缩到最低点，此时合力不为零，加速度不为零。故C错误。 D、小球先做加速运动再做减速运动，当加速度为零，即重力与弹簧弹力相等时，速度最大。故D正确。 故选：BD。 【点评】含有弹簧的问题，是高考的热点．关键在于分析小球的受力情况，来确定小球的运动情况，抓住弹力是变化的这一特点．不能简单认为小球一接触弹簧就做减速运动． 三．牛顿第二定律的图像问题（共4小题） 16．某商场内，一顾客推着质量为m的购物车从静止开始沿直线运动选购商品，随身携带的智能手机显示购物车的加速度a随时间t变化的图线如图所示，则购物车（　　） A．在2t0时刻回到出发点 B．在2t0时刻的速度比4t0时刻的速度大 C．在5t0时刻的速度大小为5a0t0 D．在0～t0时间内受到的合力大小为ma0 【分析】我们利用加速度—时间图像的物理意义解题，根据牛顿第二定律F合＝ma分析合力。 【解答】解：a﹣t图像与时间轴围成的面积表示速度变化量，初速度v0＝0，因此某时刻的速度等于0到该时刻的面积代数和；根据牛顿第二定律F合＝ma分析合力。设加速度大小为a0，时间间隔为t0以运动方向为正方向。 v1＝a0t0 v2＝a0t0﹣a0t0＝0 v3＝a0t0+0＝a0t0 v4＝a0t0﹣a0t0＝0 v5＝0+a0t0＝a0t0 A、在2t0时刻回到出发点购物车始终沿正方向运动（速度始终非负，位移持续增加），不可能回到出发点，故A错误； B、在2t0时刻的速度等于4t0时刻的速度，故B错误； C、在5t0时刻的速度大小为a0t0，故C错误。 D、在0～t0时间内a＝a0，根据牛顿第二定律F合＝ma0，故D正确。 故选：D。 【点评】本题根据加速度—时间图像的面积代表速度变化量，结合牛顿第二定律来分析，难度不大。 17．质量为m的质点P在t＝0时刻由静止开始向右做直线运动，其合外力F随时间t按图示曲线变化，时刻质点的速度大小为　　 ，方向　向右　 （选填“向左”或“向右”），3t0时刻速度　最大　 。（选填“最大”或“最小”） 【分析】这道题的核心考点是动量定理：合外力的冲量等于物体动量的变化量，即I＝Δp＝mv﹣mv0 本题中质点由静止开始运动，v0＝0，因此mv＝I，速度大小与合外力冲量（F﹣t图像与时间轴围成的面积）成正比。 【解答】解：F﹣t图像中，冲量等于图像与时间轴围成的面积（时间轴上方为正冲量，下方为负冲量）。0～t0阶段：合外力为正，冲量为三角形面积： t0～t0阶段：合外力为负，冲量为三角形面积： 总冲量：I＝I1+I2 由动量定理 mv＝I，得速度：，冲量为正，说明速度方向与初速度方向一致，即向右。 0～2t0内，正冲量与负冲量大小相等（总面积为0），因此2t0时刻速度为0，2t0～3t0内，合外力再次为正，质点从静止开始向右加速，速度持续增大。 因此，3t0时刻的速度是整个运动过程中的最大值。 故答案为：；向右；最大。 【点评】F﹣t图像的“面积法”是解决这类问题的关键，面积的正负直接对应冲量的方向，而冲量的方向又决定了速度的变化方向。当合外力方向与速度方向相同时，速度增大；方向相反时，速度减小。 18．某智能物流系统中，质量为20kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动，受到的合力沿轨道方向，合力F随时间t的变化如图所示，则下列图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据牛顿第二定律求出加速度，然后结合v﹣t图像斜率的意义分析。 【解答】解：选取第1s内机器人受力的方向为正方向，则第1s内机器人的加速度 第2s内机器人受力为零，则加速度为零；第3s内机器人的加速度 可知第3s内机器人的加速度的方向与第1s内加速度的方向相反。 A、若初速度为1m/s，与第1s内受力的方向相同，则机器人第1s内做加速运动，第2s内做匀速运动，第3s内做减速运动，由v﹣t图线的斜率表示加速度的大小可知，第1s内的加速度是1m/s2，第3s内的加速度大小也是1m/s2，故A正确； B、该图中第3s内仍然做加速运动，与受力不符，故B错误； C、该图中第1s的加速度与第3s的加速度都是正值，与受力不符，故C错误； D、该图中第1s的加速度大小为2m/s2，与实际不符，故D错误。 故选：A。 【点评】该题考查力与运动的关系，既要注意力的大小对加速度大小的影响，也要注意力的方向对加速度方向的影响。 19．如图所示，质量为m的小物块，在水平恒力F的作用下紧贴在竖直墙壁上保持静止状态。自t1时刻起F随时间均匀减小，直至t2时刻减为零，重力加速度为g，关于小物块所受摩擦力Ff大小随时间t变化的图像，下列选项可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【分析】对物块进行受力分析，开始处于静止状态时，分析静摩擦力与重力的关系。当物块开始下滑时，根据滑动摩擦力的公式进行分析。 【解答】解：开始时小物块静止，摩擦力等于重力。 随着恒力的逐渐减小，小物体的最大静摩擦也减小，当小于重力时，突变为滑动摩擦，而且滑动摩擦小于最大静摩擦，根据滑动摩擦力公式：f＝μF，可知与恒力成正比逐渐减小到零，故ACD错误，B正确。 故选：B。 【点评】本题解题关键是分析物块的运动状态，当外力F均匀减小时，最大静摩擦力也要减小，抓住摩擦力实变的转折点，结合摩擦力公式分析判断。 四．连接体模型（共1小题） 20．如图所示，两个质量相同的同种材料物体A、B紧靠在一起放在粗糙的水平面上，如果它们分别受到水平推力F1和F2，且F1＞F2，则A、B间的弹力大小为（　　） A．F1 B．F2 C． D． 【分析】先以两个物体整体为研究对象，由牛顿第二定律求出加速度，再隔离其中一个物体研究，求出1施于2的作用力大小。 【解答】解：设两物体的质量均为m，1施于2的作用力大小为F。 根据牛顿第二定律得 对整体：a 对物体2：F﹣F2﹣μmg＝ma 得到F＝ma+F2+μmg（F1+F2） 故选：D。 【点评】本题是连接体问题，考查灵活选择研究对象的能力，往往用整体法求加速度，而求内力时必须用隔离法。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/7/7 16:30:59；用户：李伟伟；邮箱：18419037828；学号：65202505 学科网（北京）股份有限公司 $