《创新课堂》第四章 运动和力的关系 专题强化7　瞬时性问题　力与运动的动态分析 课件 高中物理必修第一册（人教版）同步讲练测

(共42张PPT)
专题强化7　瞬时性问题　力与运动的动态分析
01
强化点一　瞬时性问题
02
强化点二　力与运动的动态分析
03
课时作业
目 录
01
PART
强化点一
瞬时性问题
1. 瞬时加速度问题
由牛顿第二定律可知，加速度和力具有瞬时对应性，它们同时产生、同时
变化、同时消失。分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻
前后物体的受力及其变化情况。
2. 两种基本模型
刚性绳模型（细
钢丝、细线、轻
杆等） 此类形变属于微小形变，其发生和变化过程时间极
短，在物体的受力情况改变（如某个力消失）的瞬
间，其形变可随之突变，弹力可以突变
轻弹簧模型（轻
弹簧、橡皮绳、
弹性绳等） 此类形变属于明显形变，其发生改变需要一段时间，
在瞬时问题中，其弹力的大小不能突变
【例1】　（轻绳模型）如图所示，质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一
根绳BC系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上。下列判断正确的是
（　　）
A. 在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变
B. 在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
C. 在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gcos θ
D. 在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
√
解析：设小球静止时绳BC的拉力为F，橡皮筋AC的拉力为FT，由平衡
条件可得Fcos θ＝mg，Fsin θ＝FT，解得F＝，FT＝mgtan θ。在
AC被突然剪断的瞬间，BC上的拉力F发生了突变，小球的加速度方向
沿与BC垂直的方向且斜向下，大小为a＝＝gsin θ，故A错误，B
正确；在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉力不变，小球所受的合
力大小与BC被剪断前的拉力大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速
度a＝＝，故C、D错误。
【例2】　（轻杆轻弹簧模型）（2025·浙江温州高一期末）如图所示，
A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相
连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻
弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有（　　）
A. 两图中B球加速度均为gsin θ
B. 两图中A球的加速度均为0
C. 图乙中轻杆的作用力一定不为0
D. 图甲中B球的加速度是图乙中B球的加速度的2倍
√
解析：撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mgsin θ，因弹
簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球
所受合力为0，加速度为0，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；题
图乙中杆的弹力突变为0，A、B球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin
θ。故D正确。
方法归纳
解决瞬时性问题的基本方法
（1）分析原状态（给定状态）下物体的受力情况，求出各力的大小（①
若物体处于平衡状态，则利用平衡条件；②若物体处于加速状态，则利用
牛顿第二定律）。
（2）分析当状态变化时（剪断细线、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、弹簧中的弹
力，发生在被撤去物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力，利用牛顿第二定律，求出瞬时加
速度。
1. （2025·江苏连云港高一上期末）光滑水平面上质量均为m的小球A、B
用轻弹簧连接，再用水平轻绳将两小球连接在竖直墙上，此时绳1中拉力
大小为F。剪断绳1瞬间，A、B两球的加速度大小为（　　）
A. aA＝0，aB＝ B. aA＝，aB＝0
C. aA＝，aB＝ D. aA＝0，aB＝0
解析：剪断绳1之前弹簧弹力为F，剪断绳1瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F，则此时小球A的加速度aA＝，小球B受力不变，则加速度仍为零，即aB＝0，故选B。
√
02
PART
强化点二
力与运动的动态分析
1. 加速度与合力的关系
由牛顿第二定律F＝ma，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；合力方向变化，加速度方向也随之
变化。
2. 速度与加速度（或合力）的关系
速度与加速度（或合力）方向相同或夹角为锐角，物体做加速运动；速度
与加速度（或合力）方向相反或夹角为钝角，物体做减速运动。
3. 动态分析问题
该问题涉及一段时间的物理变化过程，区别于瞬时性问题。当物体所受某
个外力等因素发生变化时，会引起物体加速度变化，进而改变速度变化的
快慢。
【例3】　（蹦床模型）〔多选〕（2025·浙江杭州高一下期中）蹦床是学
生们非常喜爱的一种户外运动，其原理可简化如图所示，两条橡皮绳上端
点A、B等高固定在金属柱上，下端系于某同学身上。橡皮绳处于ACB时为
原长状态。把该同学向下拉，使橡皮绳处于ADB状态，放手后，该同学向
上运动恰好到达E点。不计空气阻力，则该同学（　　）
A. 在D点加速度为零，速度为零
B. 在C点加速度为零，速度最大
C. 从D点到C点，加速度先减小后增大
D. 从D点到C点，速度先增大后减小
√
√
解析：从D点放手后，橡皮绳对该同学的拉力大于该同学的重力，合力向
上，此位置速度为0，但加速度不为0，故A错误；在C点橡皮绳处于原长状
态，则该同学只受重力作用，合力不为0，加速度不为零，故B错误；从D
点放手后，橡皮绳对该同学的拉力大于该同学的重力，合力向上，该同学
向上做加速运动，上升过程橡皮绳的拉力变小，当橡皮绳的拉力与重力相
等时，速度达到最大，然后重力大于橡皮绳的拉力，合力向下，该同学向
上做减速运动直到速度为零；所以从D点到C点，加速度先减小后增大，从
D点到C点，速度先增大后减小，故C、D正确。
【例4】　（物体轻弹簧组合模型）如图所示，一轻弹簧水平放置在光滑
的水平面上，其右端固定，B点为弹簧自由伸长时的位置，一物块静止在A
处，现用一水平向右的恒力F推该物块，直至弹簧被压缩到最短位置C，弹
簧始终在弹性限度范围内，则此过程中下列说法正确的是（　　）
A. 物块从A到B加速，B到C减速
B. 物块到达B点时速度最大
C. 物块所受合外力方向向左
D. 物块到达C点时加速度不为零
√
解析：物块从A到B加速运动，刚接触弹簧时F大于弹簧的弹力，所以还是
做加速运动，当F＝F弹时，物块合力为0，加速度为0，速度最大，此后，
F＜F弹，物块开始减速，故A错误；物块到达B点时还有水平向右的加速，
度所以B点的速度不是最大，故B错误；当F＝F弹时，加速度才等于零，所
以物块所受合外力方向先向右，后向左，故C错误；物块从A到C点速度由
零变为零，所以物块先加速后减速，当物体在C点时有向左的加速度，所
以物块到达C点时加速度不为零，故D正确。
方法归纳
解决轻弹簧物体组合模型问题的基本方法
（1）从分析物体受力入手，看合力变化情况，明确对应加速度变化情
况，根据加速度与速度的方向关系判定速度的变化情况。
（2）明确轻弹簧的弹力变化是动态变化的原因，抓住外力与弹力相等、
加速度为零这个点，这是这个过程变化的关键转折点。
2. 如图所示，一个小球从竖直立在地面上的轻弹簧正上方某处自由下落，
在小球与弹簧开始接触到弹簧被压缩到最短的过程中，小球的速度和加速
度的变化情况是（　　）
A. 加速度越来越大，速度越来越小
B. 加速度和速度都是先增大后减小
C. 速度先增大后减小，加速度方向先向下后向上
D. 速度一直减小，加速度大小先减小后增大
√
解析：在接触的第一个阶段mg＞kx，F合＝mg－kx，合力方向竖直向下，小球向下运动，弹簧形变量x逐渐增大，所以F合逐渐减小，由a＝得，a＝，方向竖直向下，且逐渐减小，又因为这一阶段a与v方向都竖直向下，所以v逐渐增大。当mg＝kx时，F合＝0，a＝0，此时速度达到最大。之后，小球继续向下运动，mg＜kx，合力F合＝kx－mg，方向竖直向上，小球向下运动，x继续增大，F合增大，a＝，方向竖直向上，a随x的增大而增大，此时a与v方向相反，所以v逐渐减小。综上所述，小球向下压缩弹簧的过程中，F合的方向先向下后向上，大小先减小后增大；加速度的方向先向下后向上，大小先减小后增大；速度的方向向下，速度大小先增大后减小。故C正确。
03
PART
课时作业
1. 如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上放一球，球被竖直板挡住，重力加
速度为g。在拿开挡板后，小球的加速度为（　　）
A. gsin θ，方向沿斜面向下
B. gcos θ，方向沿斜面向下
C. gtan θ，方向水平向左
D. ，方向水平向左
解析：拿开挡板后，小球只受重力和斜面的支持力，支持力和重力垂直于斜面的分力平衡，在沿斜面方向上，有mgsin θ＝ma，解得a＝gsin θ，方向沿斜面向下，A正确。
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√
2. 如图所示，天花板上用细绳吊起用轻弹簧相连的两个小球A、B，它们
的质量分别是2m、3m，两小球均保持静止。已知重力加速度为g。当突然
剪断细绳时，小球A与小球B的加速度大小分别为（　　）
A. 0、g B. g、0
C. g、0 D. g、g
√
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解析：开始时弹簧对小球A有竖直向下的弹力，对小球B有竖直向上的弹力，且弹簧对两小球的弹力大小均为F＝3mg，剪断细绳的瞬间，细绳对小球A的拉力突变为零，而弹簧对两球的弹力不发生突变，则根据牛顿第二定律可得小球A、B的加速度大小分别为aA＝＝g，aB＝＝0，故C正确。
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3. 如图所示，光滑水平面上物块A和B以轻弹簧相连接。在水平拉力F作用
下以加速度a做直线运动，设A和B的质量分别为mA和mB，当突然撤去外力
F时，A和B的加速度分别为（　　）
A. 0、0 B. a、0
C. 、－ D. a、－a
解析：当突然撤去外力F时，弹簧的拉力瞬间不变，所以A的受力不变，则A的加速度不变，A受到的弹簧的拉力为F＝mAa，对B，有－FT＝－mAa＝mBa'，解得a'＝－a，故选D。
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4. 如图所示，质量为m的小球被水平绳AO和与竖直方向成θ角的轻弹簧系
着处于静止状态，现将绳AO烧断，在烧断绳AO的瞬间，下列说法正确的
是（重力加速度为g）（　　）
A. 弹簧的拉力F＝
B. 弹簧的拉力F＝mgsin θ
C. 小球的加速度为零
D. 小球的加速度a＝gsin θ
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解析：烧断绳AO之前，对小球受力分析，小球受3个力，如图所示，此时弹簧拉力F＝，绳AO的张力FT＝mgtan θ，烧断绳AO的瞬间，绳的张力消失，但由于轻弹簧发生了明显形变，故烧断绳AO瞬间弹簧的拉力不变，A正确，B错误；烧断绳AO的瞬间，小球受到的合力与烧断绳AO前绳子的拉力等大反向，即F合＝mgtan θ，则小球的加速度a＝gtan θ，C、D错误。
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5. 假设洒水车的牵引力不变且所受阻力与车重力成正比，未洒水时，车匀
速行驶，洒水时它的运动将是（　　）
A. 做变加速直线运动
B. 做初速度不为零的匀加速直线运动
C. 做匀减速直线运动
D. 继续保持匀速直线运动
解析：　a＝＝＝－kg，洒水时洒水车质量m减小，则a变大，
所以洒水车做加速度变大的加速直线运动，故A正确。
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6. 如图所示，物体在水平拉力F的作用下沿粗糙水平地面向右做匀速直线
运动，现让拉力F逐渐减小，则物体的加速度和速度的变化情况应是（　）
A. 加速度逐渐变小，速度逐渐变大
B. 加速度和速度都逐渐变小
C. 加速度和速度都逐渐变大
D. 加速度逐渐变大，速度逐渐变小
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解析：物体向右做匀速直线运动，滑动摩擦力Ff＝F＝μFN＝μmg，当拉力F逐渐减小时，Ff＝μmg不变，所以产生与v方向相反即向左的加速度，加速度的数值a＝，加速度a随拉力F逐渐减小而逐渐增大，因为a与v方向相反，所以v减小，故D正确。
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7. 在粗糙程度相同的水平面上，手推木块向右压缩轻质弹簧至图甲所示位
置；松手后，木块最终静止在图乙所示位置。下列有关说法中正确的是
（　　）
A. 松手后，木块的速度先增大后减小
B. 弹簧恢复原状过程中，弹簧的弹力不断增大
C. 木块离开弹簧后，继续向前运动，是因为木块受到向前的力的作用
D. 木块离开弹簧后，水平面对木块的滑动摩擦力逐渐减小
√
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解析：松手释放木块后，开始的一段时间内，木块受到的弹力大于阻力，木块的速度从0开始增大，木块先加速，弹力小于阻力后，木块开始减速，最后弹力消失，水平方向只受阻力，木块继续减速，所以木块的速度先增大后减小，故A正确；弹簧恢复原状过程中，弹簧的形变逐渐减小，则弹簧的弹力不断变小，故B错误；木块离开弹簧后，不再受弹簧弹力的作用，由于惯性可以继续前进，而不是受到向前的力的作用，故C错误；滑动摩擦力与压力、接触面的粗糙程度有关，木块离开弹簧后减速运动过程中，压力与接触面的粗糙程度不变，故水平面对木块的滑动摩擦力不变，故D错误。
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8. 如图所示，A、B两木块间连一竖直轻质弹簧，A、B的质量均为m，一
起静止放在一块水平光滑木板上。若将此木板沿水平方向突然抽去，在抽
去木板的瞬间，A、B两木块的加速度分别是（　　）
A. aA＝0，aB＝g B. aA＝g，aB＝g
C. aA＝0，aB＝2g D. aA＝g，aB＝2g
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解析：　在抽去木板的瞬间，弹簧弹力不变，则弹簧对A木块的支持力和
对B木块的压力并未改变。所以在抽去木板的瞬间，A木块受重力和支持
力，mg＝F，aA＝0；B木块受重力和弹簧向下的压力，根据牛顿第二定律
得aB＝＝＝2g，故选C。
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9. 如图，为小明玩蹦床的情景，其中，A位置是弹性床面未受压力时的位
置，B位置是某次他从最高点竖直下落的过程中将床面压到的最低位置。
若床面始终在弹性限度内，空气阻力忽略不计，对于小明
从最高点下落到最低点的过程中，下列说法正确的是（　）
A. 当小明下落到A位置时，其速度最大
B. 在小明从A位置下降到B位置的过程中，其加速度方向始终向下
C. 在小明从A位置下降到B位置的过程中，其速度先增大后减小
D. 小明在B位置时，速度为零，处于平衡状态
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解析：小明下落到A位置，由于一开始弹性床面的弹力小于小明的重力，随着弹力逐渐增大，合力逐渐减小，一开始小明向下做加速度减小的加速运动；当弹力等于小明的重力时，小明的加速度为0，小明的速度达到最大；之后弹力大于小明的重力，随着弹力逐渐增大，合力方向向上且逐渐增大，小明向下做加速度增大的减速运动；所以在小明从A位置下降到B位置的过程中，其加速度方向先向下后向上，速度先增大后减小，小明在B位置时，速度为零，加速度不为0，不是处于平衡状态。故选C。
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10. 〔多选〕如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全
相同的轻质弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O。整个系
统处于静止状态。现将细线剪断，将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2
的伸长量分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g。在剪断的瞬间（　　）
A. a1＝3g B. a1＝0
C. Δl1＝2Δl2 D. Δl1＝Δl2
√
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解析：设物块的质量为m，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力FT1都不变，剪断细线前对b、c和弹簧S2组成的整体分析可知FT1＝2mg，故剪断细线后a受到的合力F＝mg＋FT1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝＝3g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为FT2，则FT2＝mg，根据胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正确，D错误。
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11. 如图所示，质量为m的小球用一水平轻弹簧系住，并用倾角为53°的光
滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态，在木板AB突然撤离的瞬间（重力
加速度为g，cos 53°＝0.6），小球的加速度为（　　）
A. 0
B. 大小为g，方向竖直向下
C. 大小为g，方向垂直于木板指向右下方
D. 大小为g，方向垂直于木板指向右下方
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解析：在木板AB撤离前，小球恰好处于静止状态，小球受重力、支持力和弹簧的弹力，由共点力的平衡条件，可得小球所受重力和弹簧的弹力的合力大小等于支持力，方向与支持力方向相反，则有FN＝＝mg，木板AB突然撤离的瞬间，弹簧弹力不能突变，所以小球受重力和弹簧的弹力的合力不变，因此小球的加速度大小为a＝＝g，方向垂直于木板指向右下方，A、B、C错误，D正确。
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12. 如图所示，套在动摩擦因数为0.4的水平细杆上的小球，上端与轻绳相
连、左端与轻弹簧相连，轻弹簧的左端固定在O点。初始时刻小球静止在A
点，此时弹簧伸长了1.5 cm，绳子拉力为13.0 N。已知弹簧劲度系数k＝
200 N/m，小球质量m＝0.5 kg，重力加速度取g＝10 m/s2。设最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，求：
（1）小球初始时刻静止在A点时所受到摩擦力的大小；
答案：3.0 N　
解析：小球初始时刻静止在A点时受到静摩擦力，大小等于弹簧弹力大小，故F静＝kx＝3.0 N。
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（2）某时刻剪断轻绳，那么剪断轻绳的瞬间，小球加速度的大小。
答案：2 m/s2
解析： 剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力不变，支持力突变成5 N，
最大静摩擦力变为Fmax＝μFN＝2 N，则小球受力不平衡，所以加速度为a＝
＝2 m/s2。
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