牛顿第二定律的瞬时性（原卷版）-高考物理易错点解读和针对训练

高考易错点解读和针对训练

运动和力的关系

易错点3.1牛顿第二定律的瞬时性

易错点解读

I.对牛顿第二定律的理解

矢量性一►”与产方向相同

■瞬时性|“与产对应同•时财］

T因果性I~«产是产生。的原原

_______，广a,F、m号应同一物体

同一性■---------------------------------

---------U*F、，“统一使用国际单位制单位

捱J独立性卜怖二个力都可以产生各口的加速度

「又适用于宏观、低速运动的物体.

rrnsnzi不适用于微观、高速运动的粒干

物体的加速度必须是相对惯性系

而言的

2.两种模型

加速度与合外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

为以下两种模型：

■不发生明显形变就能产生弹力，剪断

杼修杼杆：或脱肉后,不需要时间恢史形变,弹力

司或7T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

两种4寸,均可按此模型处理

模型当弹费的两端与物体相连（即两端为固

弹簧,琳床.定端）aj.由于物体有惯性.弹费的尺度

不会发生突变,所以在瞬时问题中,其

1^0'弹力的大小认为是不变的.即此时弹费

:的弹力不突变

3.求解瞬时加速度的步骤

分析原状态卜物体的受力情况，求出各力大小。

_____________________________

烧断细线、剪断物体若处于平衡状态，则利用

弹簧、抽出木板、平衡条件；若处于加速状态，

撤去某个力等。则利用牛顿运动定律。

（2）-分析当状态变化时，哪些力变化，哪些力不变，哪些力

T消失。

被剪断的绳、产生在被撤去物接触面上的弹力会立

即消失。

位i求物体在状态变化后所受的合力，利用牛顿第二定律,

求出瞬时加速度。

4.在求解瞬时加速度时应注意的问题

（1）物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时.，需要重新进行受

力分析和运动分析。

（2）加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变。

【典例剖析】

【典例1】（2024•湖南高考3题）如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球/、8、

C、。，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于。点，处于静止状态，重力加速度为g。若将8、

C间的细线剪断，则剪断瞬间8和C的加速度大小分别为（）

A.g,1.5gB.2g,1.5g

C.2g,0.5gD.g,0.5g

易错分析：没有弄清弹簧中的弹力只能渐变，不能■突变

答案：A

解析：剪断细线前，对8、C、。整体受力分析，由平衡条件有4、B间轻弹簧的弹力％8=

6mg,对。受力分析，由平衡条件有C、。间轻弹簧的弹力Fco=mg,剪断细线瞬间，对8,

由牛顿第二定律有3mg—%8=3团08，对C,由牛顿第二定律有2mg+Fco=2mac，联立解得

ci8=_g，ac=l.Sg,A正确。

【典例2】（2023•湖北卷•第9题）如图所示，原长为/的轻质弹簧，一端固定在。点，另一

端与一质量为的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。

杆上M、N两点与O点的距离均为/,尸点到。点的距离为OP与杆垂直。当小球置于

2

杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球

以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正

确的是（）

M

A.弹簧的劲度系数为半

B.小球在P点下方gl处的加速度大小为（3及-4）g

C.从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大

D.从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同

|易错分析：没有弄清弹簧中的弹力只能渐变，不能突变，而绳线模型中的弹力可|

以突变。

【答案】AD

【解析】小球在0点受力平衡，则有，mg=/，

联立解得左二半，A正确：在PM之间任取一点A,令A。与MN之间的夹角为0,则此

（I、

时弹簧的弹力为尸=A—

2sin%

小球受到的摩擦力为<=出、=4厂0皿夕，化简得/=//^7sin6>-yJ

小球由M向P运动过程中，8角增大，小球由P向N运动过程中，。角减小，由此可知，

小球从M点到N点的运动过程中，所受摩擦力先变大后变小，C错误；

根据对称性可知在任意关于。点对称的点摩擦力大小相等，因此由对称性可知M到尸和P

到N摩擦力做功大小相等；D正确；小球运动到P点下方1时夕=45。，此时摩擦力大小为

/=4,由牛顿第二定律〃?g+Fcos450-/=w

联立解得。=6-3J2g,B错误。

【针对性训练】

1.（2025•贵州贵阳三模）如图所示，可视为质点的小球用轻质细绳04和08悬挂静止在O

点，绳04与竖直方向的夹角为0,绳。8水平。重力加速度为g,下列说法正确的是（）

A.剪断绳0B瞬间，小球的加速度大小为gtan9

B.剪断绳。8瞬间，小球的加速度大小为gsin?

C.剪断绳0A瞬间，小球的加速度为零

D.剪断绳。4瞬间，小球的加速度为g

答案BD

解析：剪断绳。8瞬间，小球即将开始绕4点做圆周运动，沿切线方向，有mgsin0=ma,

解得a=gsin。，故A错误，B正确；剪断绳。4瞬间，小球将绕8点开始做圆周运动，此时

沿切线方向的加速度大小为g，故C错误，D正确。

2.（2025•江苏江都中学期初）如图所示，A球质量为B球质量的3倍，光滑固定斜面的倾

角为。图甲中，八、8两球用轻弹簧相连，图乙中4、B两球用轻质杆相连，系统静止时，

挡板C与斜面垂直，弹簧、轻质杆均与斜面平行，重力加速度为g，则在突然撤去挡板的瞬

间（）

A.图甲中4球的加速度大小为gsinO

B.图甲中B球的加速度大小为2gsin9

C.图乙中A、B两球的加速度大小均为gsin。

D.图乙中轻杆的作用力一定不为零

答案；C

解析：设8球质量为m,则A球的质量为3m。撤去挡板前，题图甲、乙中挡板对8球的弹

力大小均为4mgsin0,因弹簧弹力不能突变，而轻杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬叵，题

图甲中人球所受的合力为零，加速度为零，8球所受合力大小为4mgsin9,加速度大小为

4gsin%题图乙中，撤去挡板的瞬间，4、8两球整体受到的合力大小为4mgsin9,4、B两

球的加速度大小均为gsin。，则每个球受到的合力大小均等于自身重力沿斜面向下的分力，

轻杆的作用力为零，故只有C正确。

3.（2025•河南三门峡模拟）如图所示，质量为m=3kg的木块在轻弹簧和轻绳的作用下处

于静止状态，此时木块和斜面刚好接触但无压力，轻绳水平，轻弹簧的轴线与斜面平行。己

知斜面的倾角0=37°,木块与斜面间的动摩擦因数〃=：,重力加速度g取10m/s2,sin。

=0.6,则剪断轻绳瞬间木块的加速度大小为（）

A.14m/s2B.12m/s2

C.10m/s2D.8m/s2

答案D

解析：剪断轻绳之前，设弹簧的拉力为F,竖直方向根据受力平衡可得FsinO=mg,解得

尸=黑=鬻N=50N,剪断轻绳瞬间，弹簧弹力保持不变，根据牛顿第二定律可得F-mgsin

?一〃mgcos9=ma,解得o=8m/s2,故D正确。

4.《2025福建龙岩一模）如图所示，倾角为9的光滑斜面固定在地面上，入、B两球的质量

分别为mi、m2，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与4球相连，4、8两球间由一轻质

细线连接，弹簧、细线均平行于斜面，系统处于静止状态。当细线被剪断的瞬间，下列说法

正确的是（）

A.B球处于平衡状态

B.轻质弹簧的弹力大小为migsin9

C.8球的加速度大小为gsing方向沿斜面向卜

D.A球的加速度大小为勺詈gsin方方向沿斜面向上

答案C

解析：当细线被剪断的瞬间，细线拉力为零，对8球分析，由牛顿第二定律得mzgsin0

=m2a2，解得B球的加速度大小为O2=gsin方向沿斜面向下，故A错误，C正确；细线

被剪断前，对八、8两球整体分析，由平衡条件得F.=（m]+m2）gsine,细线被剪断瞬间，

轻质弹簧来不及恢复形变，因此弹力不变，故B错误：细线被剪断瞬间，对A球分析，由

牛顿第二定律得F弹一migsin0=mi°i，解得ai=^gsinB,方向沿斜面向上，故D错误。

5（2025•河南三门峡模拟）如图所示，质量为m=3kg的木块在轻弹簧和轻绳的作用下处

于静止状态，此时木块和斜面刚好接触但无压力，轻绳水平，轻弹簧的轴线与斜面平行。己

知斜面的倾角0=37°,木块与斜面间的动摩擦因数〃=1,重力加速度g取10m/s?,sin0

=0.6,则剪断轻绳瞬间木块的加速度大小为（）

A.14m/s2B.12m/s2

C.10m/s2D.8m/s2

答案D

解析：剪断轻绳之前，设弹簧的拉力为F,竖直方向根据受力平衡可得Fsin?=mg,解得

鬻N=50N,剪断轻绳瞬间，弹簧弹力保持不变，根据牛顿第二定律可得F-mgsin

。一〃mgcos0=ma,解得o=8m/s?,故D正确。

6.（2025•福建龙岩一模）如图所示，倾角为？的光滑斜面固定在地面上，A、8两球的质量

分别为mI、m2,轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与4球相连，4、8两球间由一轻质

细线连接，弹簧、细线均平行于斜面，系统处F静止状态。当细线被剪断的瞬间，下列说法

正确的是（）

A.B球处于平衡状态

B.轻质弹簧的弹力大小为migsin9

C.B球的加速度大小为gsin。，方向沿斜面向下

D.A球的加速度大小为吧3gsin0,方向沿斜面向上

答案C

解析：当细线被剪断的瞬间，细线拉力为零，对8球分析，由牛顿第二定律得mzgsin9

=团2。2，解得B球的加速度大小为02=gsin0,方向沿斜面向下，故A错误，C正确；细线

被剪断前，对八、8两球整体分析，由平衡条件得FM=（mi+m2）gsin0,细线被剪断瞬间，

轻质弹簧来不及恢复形变，因此弹力不变，故B错误；细线被剪断瞬间，对4球分析，由

牛顿第二定律得F#—mign解得6=吆9$皿/.方向沿斜而向卜.故D错误1,

7.（2024江苏省连云港市高三上学期10月联考）如图所示，轻弹簧L1的一端固定，另一端

连着小球A,小球A的下面用另一根相同的轻弹簧L?连着小球B,一根轻质细绳一端连接

小球A,另一端固定在墙上，平衡时细绳水平，弹簧L与竖直方向的夹角为60。，弹簧L1的

形变量为弹簧匕2形变审的3倍，重力加速度大小为g。将细绳剪断的瞬间，下列说法正确

的是（）

A.小球A的加速度大小为主昼

2

B.小球A的加速度大小为36#

C.小球B的加速度大小为$

3

D.小球B的加速度大小为g

【答案】B

【解析】细绳剪断之前，对整体受力分析

满足7；sin30=（小+m2）g7；cos30=To对B受力分析

工

机2g

满足q二机遇。又因为两轻弹簧劲度系数相同，且弹簧L1的形变最为弹簧L2形变曷的3

倍，故有工二34,联立解得7=3#町g,剪断细绳后瞬间，两轻弹簧上弹力保持不变，

细绳上拉力变为0,此时小球A所受合外力大小与原绳上拉力相等，小球B所受合外力为零，

由牛顿第二定律可知3百qg=〃M,0=m2a2,解得q=36g，a2=0,故B1E

确,ACD错误。

7.（2023江苏高考仿真模%）如图所示，倾角为a=37°且表面光滑的斜面体固定在匀速下降

的升降机上，质量相等的A、B两小球用一轻质细绳连接着，A的上端用一轻质弹簧拴接在

斜面上端的固定装置上。当升降机运动到某•位置突然处于完全失重状态时，则此刻AB两

物体的瞬时加速度为别为（）

A.g，gB.g,-g

334

C--g>gD.-g,-g

JJJ

【答案】A

【解析】由于整个装置突然处于完全失重状态，根据其的特点可知，A、B两物体与斜面体

之间以及轻绳的弹力会突然消失，而弹簧在这一瞬间，氏度不会立即变化，故此时弹簧对A

物体的作用力不变。对B受力分析可知，完全失重瞬间，此时B的合力就是其重力，所以

B的瞬时加速度为g。由平衡条件可知，A受到弹簧的作用力大小为F=2〃zgsina=*明，

由于A物体本身重力不变，故在此瞬间，A同时受到弹簧的弹力尸和重力作用，根据力的

合成特点可知此二力的合力大小为mg,故其瞬时加速度为g,故选项A正确。

8.（2023・海南•统考模拟预测）如图所示，在质量为例的箱式电梯的地板上固定一轻质弹簧，

弹簧的上端拴接一质量为a的物体A,质量为恤的物体B放置在物体A上，整个装置随

电梯一起匀速下降，弹簧架持竖直，重力加速度为且。某时刻悬挂电梯的钢索突然断裂，在

钢索断裂的瞬间，下列说法正确的是（)

r

-

TA

n

.

A.物体A的加速度大小为0

B.物体B的加速度大小为g

C.箱式电梯的加速度大小为K

D.物体B对物体A的压力为。

【答案】A

【解析】钢索断裂的瞬间，弹簧的弹力不变，所以AB的受力情况不变，加速度均为0,A

正确R错误；物体“对物休A的压力等于自身重力，对整体分析可知（〃%+，4+M）g=M〃

解得〃=（〃%+：）+加尔，CD错误。

M

9.（2025河北十县联考）如图所示,三个物块A、B、。的质量分别为机、2m、m,物块8叠

放在C上，物块A与。之间用轻弹簧水平连接，物块A、C与水平地面间的动摩擦因数都

为〃，物块4与C之间的动摩擦因数为言.在大小恒为厂的水平推力作用下，使三个物块保

持相对静止地一起向右做匀加速直线运动，已知重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩

擦力，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是（）

宴

F

&CV/VvWvW,

F

A.弹簧弹力大小为一

4

B.保持A、B、C三个物块相对静止，产最大值不超过6p〃?g

C.在撤去水平推力的瞬间：物块A的加速度变小

D.若撤去水平推力，物块8和。仍能保持相对静止

【参考答案】AB

【名师解析】.对A、B、C三个物体受力分析，摩擦力为/=〃（"7+2机+m）g,

根据牛顿第二定律/一/=++,对4受力分析，根据平衡条件/-〃〃吆=ma,

联立可得写单=/，故AiE确；B.保持A、B、。三个物块相对静止，时8可知，整体的最

—x2mg

大加速度为q而=2------=丝，对A、&C三个物体，根据牛顿笫二定律

Fm-4jumg=（m+lm+mja^,解得耳”=6"mg,故B正确：C.在撤去水平推力的瞬

间，弹簧对A的力不会发生突变，即在撤去水平推力的瞬间，A的受力情况不变，即A的

加速度不变，故C错误；D.在撤去水平推力的瞬间，对物块B、C整体受力分析,

pF

fk+&=3〃〃*+—=3〃以，则整体的加速度为。=+----,由B选项可

412m

知，物块B的最大加速度为Omax=—<a,所以撤去水平推力后，物块B和C不能保持

相对静止，故D错误.故选AB.

10.（2025届湖南衡阳重点高中质检）如图所示，可视为质点的小球用轻质细绳0A和。8悬

挂静止在。点，绳。4与竖直方向的夹角为氏绳。8水平.重力加速度为g,下列说法正确

的是（）

A.剪断绳08瞬间，小球的加速度大小为gtan。

B.剪断绳OB瞬间，小球的加速度大小为gtan。

C.剪断绳04瞬间，小球的加速度为零

D.剪断绳Q4瞬间，小球的加速度为g

【参考答案】BD

【名师解析】剪断绳瞬间，小球即将开始绕4点做圆周运动，沿切线方向可得

mgsin。=ma

解得。=gsin6故A错误，B正确；

剪断OA瞬间，小球将绕8点开始做圆周运动，此时切线方向的加速度大小为g,故C错误，

D正确.

11.（2024黑龙江哈尔滨重点高中质检）如图所小，质量均为〃？的小球1、2用轻弹簧”、

细绳方、。连接并悬挂，两小球均处于静止状态，轻弹簧。与竖直方向的夹角为30，轻绳。

水平，重力加速度为g。下列说法正确的是（)

A.轻弹簧。弹力大小为机g

B.轻绳C拉力大小为述空

3

C.剪断轻绳的瞬间，小球2的加速度大小为g

D.剪断轻绳〃的瞬间，小球1的加速度大小为画身

3

【参考答案】BCD

【名师解析】

以小球1、2整体受力分析，根据平衡条件可得

Tacos30=2mg

Tasin30=Tc

解得

故A错误，B正确；

剪断轻绳〃的瞬间，轻绳C.发生突变，拉力为零，小球2只受重力，故小球2的加速度大小

为g，故C正确;

剪断轻绳b的瞬间，轻弹簧。弹力不发生突变，对小球1,根据牛顿第二定律

++2〃igT°cos150=ma

解得小球1的加速度大小为

故D正确。

12..（2024江西赣州3月质检）用两根细线4、和--个轻弹簧将质量分别为2m和m的两个

小球1和2连接并悬挂，如图所示。两小球处于静止状态,细线/1与竖直方向的夹角为30。,

轻弹簧水平。重力加速度为则下列说法正确的是（）

\\\\\\\\

A,细线4对小球1的拉力大小7；=20ng

B.弹簧对小球2的拉力大小F为插mg

C.细线4对小球1的拉力大小（=灰

D.剪断细线4的瞬间，小球2的加速度大小为2/

【参考答案】AD

【名师解析】

以球1和球2为整体，根据受力平衡可得

7；cos300=3〃7g,7；sin30°=F

解得细线4对小球1的拉力大小为

4=2nmg

弹簧对小球2的拉力大小F为

F=也/可

故A正确，B错误；

以球2为研究对象，根据受力平衡可得

T；="2+（mg¥=2噂

则细线对小球1的拉力大小为

T2=T2=2mg

故c错误:

剪断细线，2的瞬间，弹簧弹力不变，则以球2受到的重力和弹簧弹力的合力大小为

F合=J尸+(/g)2=2mg

根据牛顿第二定律可得

a=^-=2g

m

故D正确。

13.（2024云南昆明质检）如图所示，将两个相同的木块a、b置于粗糙的水平地面上，中间

用一轻弹簧连接，两侧用细绳系于墙壁。开始时a、b均静止，弹簧处于伸长状态，两细绳

均有拉力，a所受摩擦力仇工0,b所受摩擦力不=0回现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间（）

A.F/a大小不变B.日。方向改变

C.F/b仍然为零D.f方向向左

【参考答案】A

【名师解析】

剪断右侧细绳的瞬间，右侧细绳上拉力突变为零，而弹簧对两木块的拉力没有发生突变，与

原来一样，所以b相对地面有向左的运动趋势，受到静摩擦力加方向向右，CD错误；

剪断右侧细绳的瞬间，木块a受到的各力都没有发生变化，A正确，B错误。

14.（2024辽宁部分重点高中3月联考）物体a与b通过轻弹簧连接，b、c、d三个物体用

不可伸长的轻线通过定滑轮连接，如图所示，系统处于静止状态，a恰好和地面无挤压。已

知a、c、d的质量均为〃?，弹簧的劲度系数为底物体在运动过程中不会与滑轮相碰，不计

一切阻力，重力加速度为月。下列说法正确的足（）

A.将c与d间的线剪断，此时c的瞬时加速度为0

B.将c与d间的线剪断，此时b的瞬时加速度为0

C.将c与d间的线剪断，此时b