2025年新高一物理暑假衔接讲练 (人教版)第24讲 专题提升-牛顿第二定律的瞬时性问题 (教师版)

第24讲牛顿第二定律的瞬时性问题

内容导航——预习三步曲

第一步：学

析教材学知识：教材精讲精析、全方位预习

练习题讲典例：教材习题学解题、快速掌握解题方法

练考点强知识：2大核心考点精准练

第二步：记

串知识识框架：思维导图助力掌握知识框架、学习目标复核内容掌握

第三步：测

过关测稳提升：小试牛刀检测预习效果、查漏补缺快速提升

01析教析学知识

知识点1变力作用下的加速度和速度分析（牛顿第二定律的动态分析）

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；速度与合力(加速度)方向相反，物体做减速运动。

【典例1】如图所示，自由下落的小球下落一段时间后，与弹簧接触，从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最

短的过程中，则下列说法正确的是（）

A．小球立即做减速运动

B．小球一直做加速运动且加速度不变

C．小球所受的弹簧弹力等于重力时，小球速度最大

D．当弹簧处于最大压缩量时，小球的加速度方向向下

【答案】C

【详解】小球与弹簧接触后，一开始弹力小于小球重力，小球继续向下加速运动，随着弹力的增大，小球

的加速度逐渐减小；当弹力等于小球重力时，加速度为0，小球的速度达到最大；之后弹力大于小球重力，

小球向下减速运动，随着弹力的增大，小球的加速度逐渐增大；当小球运动到最低点时，弹簧的压缩量最

大，此时小球的加速度方向向上。

1

故选C。

【巩固1】直升机悬停在空中，投放装有物资的箱子，箱子由静止开始下落，下落过程中所受空气阻力的大

小与箱子下落速度的平方成正比，下落过程中箱子始终保持图示状态。忽略箱内空气对物体的影响，在箱

子加速下落过程中，下列说法正确的是（）

A．物资可能离开箱子的下底面

B．物资的加速度逐渐增大

C．刚投放时物资对下底面的压力最大

D．箱子对物资的支持力可能越来越大

【答案】D

【详解】B．对箱子和物资整体进行分析，根据牛顿第二定律有Mmgkv2Mma

箱子先向下做加速运动，速度增大，则加速度减小，则箱子先向下做加速度减小的加速运动，当加速度减

为0时，箱子向下做匀速直线运动，故B错误；

A．由于箱子先向下做加速度减小的加速运动，后向下做匀速直线运动，则加速度由重力加速度逐渐减小至

0，可知，物资的加速度能够始终等于箱子的加速度，即物资不可能离开箱子的底面，故A错误；

C．刚刚投放时，箱子速度为0，空气阻力为0，箱子的加速度为重力加速度，即物资的加速度为重力加速

度，此时物资对下底面的压力为0，即刚投放时物资对下底面的压力最小，C错误；

D．对物资进行分析，根据牛顿第二定律有mgNma

结合上述，加速度开始减小，若箱子落地前加速度还没有减为0，则箱子对物资的支持力越来越大，故D

正确。

故选D。

知识点2牛顿第二定律的瞬时性问题

牛顿第二定律瞬时性问题的两类模型

模型特点处理方法

细线(接触面)受力时不发生外界条件改变时细线(接触

细线(接触面)—物体模型

明显形变面)产生的弹力可瞬间改变

弹簧(橡皮筋)受力时发生明外界条件改变时弹簧(橡皮

弹簧(橡皮筋)—物体模型

显形变筋)产生的弹力不能瞬间改变

2

名师点拨：

1．分析瞬时加速度的“两个关键”

(1)明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点。

(2)分析该时刻前、后物体受力情况的变化。

2．分析瞬时加速度的“四个步骤”

第一步：分析物体原来的受力情况；

第二步：分析物体在突变时的受力情况；

第三步：由牛顿第二定律列方程；

第四步：求出瞬时加速度并讨论其合理性。

【典例2】如图所示，质量分别为m、2m、3m、4m的四个小球A、B、C、D，均通过细线或轻弹簧连接，

静止悬挂于O点，重力加速度大小为g。若将B、C间的细线剪断，则在剪断细线后的瞬间，B和C的加

速度大小分别为（）

7777

A．g，gB．g，g

2332

33

C．g，gD．g，g

22

【答案】A

【详解】剪断细线之前，对B、C、D整体进行分析有F12m3m4mg

剪断细线之前，对D进行分析有F24mg

剪断细线之后，对B进行分析，根据牛顿第二定律有F12mg2ma1

剪断细线之后，对C进行分析，根据牛顿第二定律有F23mg3ma2

77

解得ag，ag

1223

故选A。

【巩固2-1】如图所示，质量为2kg的物体A静止于竖直的轻弹簧上，将质量为3kg的物体B无初速放在

3

物体A上瞬间，B对A的压力大小为（）（g取10m/s2）

A．0B．8NC．12ND．20N

【答案】C

【详解】物体A静止于竖直的轻弹簧上，根据平衡条件有m1gkx

物体B无初速放在物体A上瞬间，对A、B整体m1m2gkxm1m2a

对A进行分析，根据牛顿第二定律有Nm1gkxm1a

解得N12N

故选C。

【巩固2-2】（多选）如图所示，一轻质弹簧和一轻绳一端分别固定在水平天花板和竖直墙壁上，另一端共

同连接一质量为m的小球，小球处于静止状态，此时轻绳水平，弹簧与竖直方向的夹角为。某时刻快速

剪断轻绳，则轻绳刚被剪断的瞬间（）

A．弹簧弹力的大小为0

mg

B．弹簧弹力的大小为

cos

C．小球加速度的大小为gtan

g

D．小球加速度的大小为

cos

【答案】BC

【详解】剪断细绳之前弹簧的弹力Fcosmg

mg

可知F

cos

细绳的拉力Tmgtan

mg

剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，即弹簧弹力的大小为；

cos

小球受的合力为Tmgtan

T

则加速度为agtan

m

故选BC。

4

【巩固2-3】（多选）如图所示，在倾角为30的光滑斜面上，物块A、B质量分别为2m和3m，物块A

静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力。已知重力加速

度为g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是（）

3g

A．物块A的加速度大小为0B．物块A的加速度大小为

10

3mg

C．物块B处超重状态D．物块AB间作用力大小为

5

【答案】BD

【详解】ABC．剪断细线前，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力，以A为对象，可知弹簧对A的弹力

方向沿斜面向上，大小F2mgsin

剪断细线的瞬间，弹簧的弹力保持不变，以物块A、B为整体，根据牛顿第二定律得

3m2mgsinF3m2ma

3g

解得a

10

3g

可知，物块A、B的加速度均为，方向沿斜面向下，处于失重状态，故AC错误，B正确；

10

D．根据题意，以B为对象，由牛顿第二定律有3mgsinFAB3ma

3

解得Fmg

AB5

故D正确。

故选BD。

02过关测稳提升

一、单选题

1．假设洒水车的牵引力不变且所受阻力与车重成正比，未洒水时，车匀速行驶，洒水过程中它的运动将是

（）

A．做加速度增加的变速直线运动B．做匀加速直线运动

C．做匀减速直线运动D．继续保持匀速直线运动

【答案】A

【详解】设洒水车的牵引力为F，洒水车的质量为m，阻力为kmg，由牛顿第二定律有：F-kmg=ma

F

得：akg

m

5

开始时F=kmg，a=0

随着m减小，a逐渐增大，故洒水车做加速度逐渐增大的变速直线运动。

故选A。

2．蹦极是一种极限运动，带有一定的冒险和挑战色彩，同时也能帮人们释放压力，很受年轻人喜爱。如图

为在某次蹦极运动过程中的精彩瞬间，若人从最低点位置处开始由静止上升（此时橡皮绳伸长最大），直至

上升到橡皮绳恢复原长的过程中，下列关于人的运动状态的说法中正确的有（）

A．橡皮绳恢复到原长状态时，人的速度达到最大

B．人的速度最大时，其加速度等于零

C．人处于最低时，速度为零，因此处于平衡状态

D．人先做变加速运动，加速度越来越小，再做变减速运动，加速度越来越大

【答案】B

【详解】ABD．人从最低点向上运动时，拉力和重力的合力向上但逐渐减小，加速度越来越小，当人的速

度最大时，其加速度等于零，此时弹力等于重力，橡皮绳没有到原长状态，当拉力为0后，人只受重力作

用，加速度不变，故AD错误，B正确；

C．人处于最低时，速度为零，加速度不为0，不是平衡状态，故C错误。

故选B。

3．某同学研究雨滴从高空竖直下落，描绘出雨滴的速度随时间变化规律如图所示，则（）

A．雨滴运动越来越慢

B．雨滴速度变化越来越慢

C．雨滴运动的加速度与速度方向相反

D．雨滴只受重力作用

【答案】B

6

【详解】ABC．根据vt图像的切线斜率表示加速度，由题图可知，雨滴做加速度逐渐减小的加速运动，

可知雨滴运动越来越快，雨滴速度变化越来越慢，雨滴运动的加速度与速度方向相同，故AC错误，B正确；

D．由于雨滴的加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律可知，雨滴所受合力逐渐减小，所以雨滴不只受重力作

用，故D错误。

故选B。

4．两个质量均为m的小球A、B被细线连接放置在倾角为30的光滑斜面上（斜面固定在地面上不动），

如图所示，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，关于A、B的加速度大小，下

列说法正确的是（重力加速度为g）（）

111

A．aAg，agB．aAg，ag

2B2B2

1

C．a0，agD．a0，ag

ABAB2

【答案】B

【详解】在细线被烧断前，以A、B两球为整体，根据平衡条件可得弹簧弹力大戏为F弹2mgsin30mg

在细线被烧断的瞬间，以A球为对象，根据牛顿第二定律可得mgsin30maA

1

解得ag

A2

以B球为对象，根据牛顿第二定律可得F弹mgsin30maB

1

解得ag

B2

故选B。

5．如图所示，小球在水平轻绳和轻弹簧的拉力作用下保持静止，弹簧与竖直方向的夹角为37。

（sin37°0.6，cos37°0.8），若从M点剪断弹簧的瞬间，小球的加速度大小为a1，若从N点剪断轻绳的

瞬间，小球的加速度大小为a2。则（）

7

a13a14a3a13

A．B．C．1D．

a24a23a23a23

【答案】B

F

【详解】以小球为研究对象，由平衡条件得tan绳

mg

解得F绳mgtan

若从M点剪断弹簧瞬间，小球所受的弹簧弹力消失，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a1g。

若从N点剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力没有变化，小球所受的合外力是重力与弹力的合力，与原来轻绳的

拉力大小相等，方向相反，

由牛顿第二定律得mgtanma2

解得a2gtan

a4

代入数据解得1

a23

B正确。

故选B。

6．如图所示，在光滑斜面上，两个质量均为m的小球A和B之间用平行于斜面的轻弹簧连接，系统在挡

板的支撑下保持静止状态，则（）

A．弹簧的弹力为mgcosB．挡板对球B的支持力大小为2mgcos

C．撤去挡板瞬间，球B的加速度大小为2gsinD．撤去挡板瞬间，球A的加速度大小为gsin

【答案】C

【详解】AB．系统在挡板的支撑下保持静止状态，以A球为对象，根据受力平衡可得弹簧的弹力大小为

F弹mgsin

以A、B两球为整体，根据受力平衡可得挡板对球B的支持力大小为F挡2mgsin

故AB错误；

CD．撤去挡板瞬间，弹簧的弹力保持不变，则A的受力不变，A的加速度为0；以B为对象，根据牛顿第

8

Fmgsin

二定律可得B的加速度大小为a弹2gsin

Bm

故C正确，D错误。

故选C。

7．质量相同的A、B、C、D四个小球用轻质弹簧和轻绳按如图所示的方式连接在一起处于静止状态。已知

重力加速度为g，现用火烧细绳b，则在细绳b烧断的瞬间，下列说法中正确的是（）

A．A球加速度大小为2g、方向竖直向上

B．B球加速度大小为2g、方向竖直向上

C．C球加速度大小为g、方向竖直向下

D．D球加速度大小为g、方向竖直向下

【答案】B

【详解】烧断细线之前细线b的拉力

T=2mg

在烧断细绳b的瞬间，弹簧弹力不发生突变，易得

aA=0

T

a2g

Bm

竖直向上；

T

a2g

Cm

竖直向下；

aD=0

故选B。

8．如图所示，质量均为m的两个相同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60，重力加速度大小为g。则（）

9

A．轻绳L的拉力大小为3mg

B．弹簧A的弹力大小为3mg

C．若剪断L瞬间小球甲的加速度大小为4g

D．若剪断L瞬间小球乙的加速度大小为g

【答案】C

【详解】AB．对甲乙整体受力分析可知，根据平衡条件可得，轻绳L的拉力大小为

2mg

T4mg

cos60

弹簧A的弹力大小为

FA2mgtan6023mg

故AB错误；

CD．若剪断L瞬间，弹簧的弹力不变，则小球乙受的合外力仍为零，加速度为零；甲受到重力、两弹簧弹

力的合力大小等于剪断前轻绳L的拉力大小，则小球甲的加速度大小为

F合4mg

a4g

mm

故C正确，D错误。

故选C。

9．如图所示，水平面上有一个质量m1kg的小球，与水平轻弹簧及与竖直方向成45的不可伸长的轻

绳一端相连，小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，小球与水平面间的动摩擦因数0.2，

最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，下列说法正确的是（）

A．在剪断弹簧后瞬间，小球受力个数不变

B．在剪断弹簧后瞬间，小球将向右运动，且加速度为10m/s2

C．在剪断轻绳后瞬间，小球将向左运动，且加速度为8m/s2

D．在剪断轻绳后瞬间，小球加速度为零

【答案】C

10

【详解】AB．剪断弹簧前，小球受重力、弹簧弹力、绳的拉力，在剪断弹簧后瞬间，小球静止，受重力和

地面的支持力，绳中弹力变为零，故AB错误；

CD．因为未剪断轻绳时水平面对小球的弹力为零，故小球在绳没有断时受重力、轻绳的拉力T和弹簧的弹

力F作用而处于平衡状态。依据平衡条件得，竖直方向有

Tcosmg

水平方向有

TsinF

解得轻弹簧的弹力为

Fmgtan10N

弹簧的弹力不能突变，可知剪断细绳的瞬时，弹簧的弹力仍为10N，剪断轻绳后小球在竖直方向仍平衡，

水平面对它的支持力与小球所受重力平衡，即

Nmg

由牛顿第二定律得小球的加速度为

FN

a8m/s2

m

方向向左，故C正确，D错误。

故选C。

10．如图所示，质量均为m的A、B、C、D四枚棋子与质量也为m的托盘E叠放在竖直轻质弹簧上并保持

静止，现用一直尺快速击打出中间的C，在Ｃ被快速打出后瞬间，A、B、D、E可视为处于原位置，重力

加速度为g，关于此瞬间的情况，下列说法正确的是（）

A．A、B之间的弹力为mg

B．D、E之间的弹力为mg

C．D、E加速度大小为1.5g

D．弹簧对E的弹力为2mg

【答案】C

【详解】A．C被快速打出后瞬间，A、B整体的加速度为g，方向竖直向下，因此A、B此时处于完全失

重状态，A、B之间没有弹力，故A错误；

BCD．初始状态系统静止，弹簧弹力

F4mmg

当C被快速打出后瞬间，弹簧弹力没有发生突变，为5mg，D、E整体具有竖直向上的加速度，为

11

F2mg

a1.5g

2m

对D分析

FNmgma

解得D、E之间的弹力为

FN2.5mg

故C正确，BD错误。

故选C。

11．如图所示，物体A静止在粗糙水平面上，处于自然状态的水平轻质弹簧左端与墙面连接。A在恒定推

力F的作用下向左做加速直线运动，从物体A接触弹簧到弹簧被压缩到最短的过程中，物体A的加速度大

小（）

A．一直减小B．一直增大C．先减小后增大D．先增大后减小

【答案】C

【详解】A没与弹簧接触时

Ffma

A与弹簧接触后，弹簧被压缩的初始阶段弹力较小，由牛顿第二定律得

FfF弹ma1，F弹kx

由于弹簧压缩量逐渐增大，所以弹力逐渐增大，则加速度逐渐减小，A做加速度减小的加速运动，当加速

度为零时A的速度最大；此后

'

F弹fFma2

弹簧的压缩量越来越大，弹簧的弹力增大，A的加速度增大，所以从物体A接触弹簧到弹簧被压缩到最短

的过程中，物体A的加速度大小先减小后增大，故C正确，ABD错误。

故选C。

12．如图（1）所示，质量为m的小球用细线悬挂，静止于足够深的油槽中，某时刻剪断细线，小球开始在

油槽中下沉。下沉过程中，小球受重力、浮力（大小不变）、粘滞阻力作用。测得小球的加速度随下沉速度

变化的图像如图（2）所示。已知重力加速度为g，下沉过程中（）

12

A．小球的最大加速度为g

B．小球先加速后减速，最后做匀速运动

ma

C．小球受到的浮力大小为0

v0

D．小球受到的最大粘滞阻力为ma0

【答案】D

【详解】AB．由图像可知，小球开始下沉后速度越来越大，加速度越来越小，由于受到油的浮力，最大加

速度为a0g，当加速度a0时，小球做匀速运动，速度不再变化，故AB错误；

C．当速度为零时，根据牛顿第二定律得

mgF浮ma0

解得

F浮mgma0

故C错误；

D．当速度为v0时，小球受到的最大粘滞阻力最大，根据平衡条件得

mgF浮F阻max

结合C选项可得

F阻maxma0

故D正确。

故选D。

13．如图所示，A为轻绳，B为轻弹簧，二者上端固定在同一水平杆上，与水平杆之间的夹角均为，下端

均连接质量为m的D、E两个小球，两小球间通过水平轻绳C连接，处于静止状态。已知重力加速度大小

为g，某时刻轻绳C突然断裂，断裂瞬间关于小球D、E的加速度aD、aE大小，下列正确的是（）

A．aDgcosB．aDg

gg

C．aD．a

EcosEsin

【答案】A

【详解】AB．小球D在水平绳子断裂后即将在绳子拉力作用下做圆周运动，此时速度为0，所需向心力为

0，如图所示

13

故有Tmgsin

合力FDmgcosmaD

解得aDgcos

A正确，B错误；

CD．小球E在水平绳子断裂后，由于弹簧弹力不突变，此瞬间小球所受合力水平向右，合力大小为

mg

Fma

EtanE

g

解得a

Etan

CD错误。

故选A。

14．如图，倾角为30°、质量为m的斜面体静止于光滑水平面上。轻弹簧的上端固定在斜面体的顶端A处，

m

下端拴接一质量为的光滑小球（可视为质点）。现让系统在水平恒力F作用下以大小为3g的加速度水平

3

向左做匀加速直线运动，小球与斜面相对静止且小球未运动到水平面上。已知重力加速度大小为g，不计空

气阻力。则撤去力F瞬间（）

mg3mg

A．弹簧的弹力大小为B．小球对斜面的压力大小为

66

3

C．小球的加速度大小为0D．斜面体的加速度大小为g

3

【答案】D

111

【详解】AB．未撤去力F时，由题意得mgtan60m3gma

333

1

mg

说明小球恰好不离开斜面，斜面对小球无作用力，弹簧弹力大小为32

F弹mg

cos603

14

2

撤去力F的瞬间，弹簧弹力不发生突变，仍为mg，小球与斜面之间的弹力不变，故小球对斜面的压力为

3

零，故AB错误；

C．小球受力不变，加速度不变，大小仍为3g，故C错误；

D．设撤去力F瞬间斜面体的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得F弹cos30ma

3

解得ag

3

故D正确。

故选D。

15．如图所示，A、B两木块间连接一轻质弹簧，A的质量为2m、B的质量为m，一起静止放置在一块木

板上。若突然将此木板抽去，在抽离瞬间，忽略接触面摩擦力的影响，重力加速度为g，A、B两木块的加

速度分别是（）

3g

A．a0，aB．ag，ag

AB2AB

==

C．aA0，aB3gD．aAg，aB3g

【答案】C

【详解】A、B整体受力分析可知，未抽去木板时，木板对B的作用力的大小为FNmg2mg3mg

突然抽去木板后，由于弹簧来不及恢复形变，故A的受力情况不变，依然处于平衡状态，故aA0

此时B受到的合外力恰好大小等于FN，方向与FN相反，根据牛顿第二定律，可得B的加速度大小为

F

aN3g

Bm

故选C。

16．如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30°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（）

15

323

A．大小为g，方向竖直向下B．大小为g，方向垂直于木板向下

33

233

C．大小为g，方向竖直向下D．大小为g，方向垂直于木板向下

33

【答案】B

【详解】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

F-Nsin30°=0

Ncos30°-G=0

代入数据解得

23mg

N

3

3mg

F

3

木板AB突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力大小等于支持力N，方向与N反向，故加速度

为

23

mg

N23

a3g

mm3

方向垂直于木板向下。

故选B。

二、多选题

17．如图甲所示，某兴趣小组的同学将一根轻质弹簧悬挂在力传感器上，弹簧下端悬挂一质量为m的小球，

将小球向下拉一段距离后释放，使小球保持在竖直方向上下运动，传感器显示的某一段时间内弹簧弹力大

小F随时间t变化的图像如图乙所示。当地的重力加速度为g，不计空气阻力，弹力始终未超过弹性限度，

下列说法正确的是（）

16

A．t1时刻小球处于超重状态

g

B．t2时刻小球的加速度为

C．t3时刻小球处在最低点

D．t1t3时间内小球的速度先增大后减小

【答案】AD

【详解】A．t1时刻弹簧的弹力大于重力可知，小球处于超重状态，选项A正确；

B．t2时刻弹簧的拉力等于重力，可知小球的加速度为零，选项B错误；

C．t3时刻弹簧处于原长，小球处在最高点，选项C错误；

D．t1t3时间内小球从最低点到最高点，弹力先大于重力后小于重力，加速度先向上后向下，则小球的速

度先增大后减小，选项D正确。

故选AD。

18．如图甲所示，水平面上竖直固定一个轻弹簧，一质量为m0.20kg的小球，从弹簧上端某高度自由下

落，从它接触弹簧到弹簧被压缩至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内），其速度v和弹簧压缩量x之间

的函数图像如图乙所示，其中A为曲线的最高点。g取10m/s2，下列说法正确的是（）

A．小球刚接触弹簧时速度最大

B．该弹簧的劲度系数为20N/m

C．当x0.30m时，小球的加速度竖直向上

D．从接触弹簧到最低点的过程中，小球的加速度逐渐增大

【答案】BC

【详解】A．小球刚接触弹簧时，重力大于弹力，合力向下，合力方向与速度方向相同，所以小球会继续向

下加速，直到弹力等于重力，此时速度最大，A错误；

BC．由图乙可知最高点对应弹簧压缩量为x10.10m，此时速度最大，加速度为零，弹力等于重力，则有

mgkx1

代入数据解得k20.0N/m

则可知当弹簧压缩量x0.30m时，弹力大于重力，合力向上，小球的加速度方向竖直向上，BC正确；

D．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，当速度达到最大值之前有mgF弹ma

因为重力大于弹力，重力不变，弹力逐渐增大，所以加速度逐渐减小，当速度达到最大值后，小球开始减

速，有F弹mgma

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重力不变，弹力大于重力且逐渐增大，则加速度增大，综合可得加速度先减小后增大，D错误。

故选BC。

19．如图所示，质量为0.4kg的物块A放在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，A和木箱水平底面之间的动摩

擦因数为0.8。A的右边被一根轻弹簧用3N的水平拉力向右拉着而保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩

擦力，g取10m/s2。则下列说法正确的是（）

A．若让木箱在竖直方向向下运动，弹簧一定能拉动木箱

B．若让木箱在竖直方向向上运动，弹簧可能能拉动木箱

C．若突然让木箱做自由落体运动，则开始运动瞬间A物体加速度为7.5m/s2

D．若突然让木箱做自由落体运动，则开始运动瞬间A物体加速度为12.5m/s2

【答案】BD

【详解】AB．由于

fmFN

弹簧想要拉动A，需要减小木箱对A物体的支持力。由于超重或者失重考虑的是物体在竖直方向上加速度

的方向，所以木箱在向上或向下运动的过程中都可能处于失重状态，且当物块对木箱的压力满足

F弹3NFN

时物块才能被拉动，故B选项正确，A选项错误。

CD．若突然让木箱做自由落体运动，物体A处于完全失重状态，支持力、摩擦力突变为零，则物体只受到

重力和弹簧弹力(不发生突变)作用，则