新高考物理一轮复习刷题练习第4讲 弹力突变问题（含解析）

第4讲 弹力突变问题

1．（2021·广东）某兴趣小组测量一缓冲装置中弹簧的劲度系数。缓冲装置如图所示，固定在斜面上的透明有机玻璃管与水平面夹角为30°，弹簧固定在有机玻璃管底端。实验过程如下：先沿管轴线方向固定一毫米刻度尺，再将单个质量为200g的钢球（直径略小于玻璃管内径）逐个从管口滑进，每滑进一个钢球，待弹簧静止，记录管内钢球的个数n和弹簧上端对应的刻度尺示数Ln，数据如表所示。实验过程中弹簧始终处于弹性限度内。采用逐差法计算弹簧压缩量，进而计算其劲度系数。

（1）利用ΔLi＝Li+3﹣Li（i＝1，2，3）计算弹簧的压缩量：ΔL1＝6.03cm，ΔL2＝6.08cm，ΔL3＝　6.04　cm，压缩量的平均值　6.05　cm；

（2）上述是管中增加 　3　个钢球时产生的弹簧平均压缩量；

（3）忽略摩擦，重力加速度g取9.80m/s2，该弹簧的劲度系数为 　48.6　N/m（结果保留3位有效数字）。

【解答】解：（1）由表中实验数据可知：△L3＝L3+3﹣L3＝（18.09﹣12.05）cm＝6.04cm

弹簧压缩量的平均值cm＝6.05cm

（2）与表中实验数据可知，上述是管中增加3个钢球时产生的弹簧平均压缩量。

（3）单个钢球的质量m＝200g＝0.200kg，弹簧压缩量的平均值6.05cm＝0.0605m

根据胡克定律与平衡条件得：k3mgsin30°，

代入数据解得，弹簧的劲度系数：k＝48.6N/m

故答案为：（1）6.04；6.05；（2）3；（3）48.6。

2．（2019·海南）某同学利用图（a）的装置测量轻弹簧的劲度系数。图中，光滑的细杆和直尺水平固定在铁架台上，一轻弹簧穿在细杆上，其左端固定，右端与细绳连接；细绳跨过光滑定滑轮，其下端可以悬挂砝码（实验中，每个砝码的质量均为m＝50.0g）。弹簧右端连有一竖直指针，其位置可在直尺上读出。实验步骤如下：

①在绳下端挂上一个砝码，调整滑轮，使弹簧与滑轮间的细线水平且弹簧与细杆没有接触；

②系统静止后，记录砝码的个数及指针的位置；

③逐次增加砝码个数，并重复步骤②（保持弹簧在弹性限度内）：

④用n表示砝码的个数，l表示相应的指针位置，将获得的数据记录在表格内。

回答下列问题：

（1）根据下表的实验数据在图（b）中补齐数据点并做出l﹣n图象。

（2）弹簧的劲度系数k可用砝码质量m、重力加速度大小g及l﹣n图线的斜率α表示，表达式为k＝　　。若g取9.8m/s2，则本实验中k＝　100　N/m（结果保留3位有效数字）。

【解答】解：（1）描出点后，作出图线如图所示：

（2）L﹣n图线的斜率为m＝4.9×10﹣3m

由胡克定律有：△F＝k△l

即△nmg＝k△l

联立以上各式可得：

所以可得劲度系数为：

kN/m＝100N/m

故答案为：（1）图线如图所示：（2），（3）100。

一.知识总结

1. 绳产生的拉力、物体产生的支持力、杆产生的支持力或拉力本质都是因形变而产生弹力。

2.加速度可发生突变，度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变。

3.处理加速度突变的理论依据是牛顿第二定律。

根据牛顿第二定律，F=ma，加速度a与物体受到的合力F对应同一时刻，即a为某时刻的加速度时，F为该时刻物体所受的合力；加速度与合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。

4.区分两种模型

瞬时加速度瞬间变化常见的模型是通过绳、杆、弹簧把两个或多个物体连接在一起构成连接体模型。

5．求解瞬时加速度的一般思路

⇒⇒

二. 精选例题

1.绳力发生突变

（多选）例1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。下列判断中正确的是（　　）

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 

D．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ

【解答】解：小球静止时，由受力分析得FAC＝mgtanθ，，

A、B当AC被突然剪断的瞬间，FAC突变为零，FBC突变为mgcosθ，重力垂直于绳子的分量提供加速度，即mgsinθ＝ma解得a＝gsinθ，故A错误，B正确；

C、D当BC被突然剪断的瞬间，FBC突变为零，FAC大小不变，此时小球所受合力解得：，故C正确，D错误；

故选：BC。

（多选）例2．水平面上静止放置一质量为M的木箱，箱顶部和底部用细线分别拴住质量均为m的小球A、B，两球间有一根处于拉伸状态的轻弹簧，使两根细线均处于拉紧状态，如图所示。现在突然剪断下端的细线，则从剪断细线开始到弹簧恢复原长以前的过程中。下列判断正确的是（　　）

A．刚剪断细线瞬间，压力突然变小，以后箱对地面压力逐渐增大 

B．刚剪断细线瞬间，压力突然变大，以后箱对地面压力逐渐减小 

C．B球的加速度一直增大 

D．B球的加速度先减小后增大

【解答】解：AB、细线剪断前，箱子受重力、地面的支持力，箱内上面绳子向下的拉力，下面绳子向上的拉力四个力作用处于平衡，当剪断细线的瞬间，下面绳子的拉力突然消失，弹簧来不及发生形变，瞬间弹力不变，对上面球分析，根据平衡知，上面绳子拉力不变，则在此瞬间地面的支持力变大。然后弹簧的弹力逐渐减小，上面绳子的拉力减小，所以地面对箱子支持力逐渐减小。故B正确，A错误；

CD、开始弹簧的弹力大于B球的重力，在弹簧恢复过程中，弹力逐渐减小，B球的加速度逐渐减小，当弹簧的弹力等于小球的重力时加速度为零；后来弹簧的弹力小于重力、加速度反向增大，故B球的加速度先减小后增大，故C错误、D正确。

故选：BD。

2.杆力发生突变

（多选）例3．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．图甲中两球的加速度一定相等 

B．图乙中两球的加速度一定为gsinθ 

C．图乙中轻杆的作用力不可能为零 

D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍

【解答】解：A、对甲图，弹簧弹力F＝mgsinθ，突然撤去挡板的瞬间，弹簧来不及伸开，弹力不变。

对A球进行受力分析，仍处于平衡状态，加速度为零；对B进行受力分析，根据牛顿第二定律：F+mgsinθ＝maB，解得：aB＝2gsinθ，故A错误。

B、对乙图，轻杆为刚性杆，突然撤去挡板的瞬间，以AB为整体，根据牛顿第二定律：2mgsinθ＝2ma，得a＝gsinθ，即A、B的加速度都为gsinθ，故B正确。

C、假设轻杆有作用力，对A有mgsinθ﹣FN＝maA，得aA＝gsinθgsinθ，这和用整体法求出的加速度不同，与假设矛盾，所以图乙中轻杆的作用力一定为零，故C错误。

D、由上面的分析知：图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍，故D正确。

故选：BD。

例4．如图甲、乙所示，细绳拴一个质量为m的小球，小球分别用固定在墙上的轻质铰链杆和轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角均为53°，轻杆和轻弹簧均水平。已知重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，下列结论正确的是（　　）

A．甲、乙两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大小均为mg 

B．甲图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为g 

C．乙图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为g 

D．甲、乙两种情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为g

【解答】解：A．对两图中的小球受力分析，如图所示：

根据平衡条件可得在两图中，小球静止时，细绳的拉力大小均为，故A错误；

BD．在甲图所示情景中，细绳烧断的瞬间，小球即将以铰链为轴在竖直平面内转动，说明此时小球的合外力竖直向下，所以杆的弹力突变为零，小球的合外力等于重力，根据牛顿第二定律可知，小球的加速度等于重力加速度g，故BD错误；

C．小球静止时，由平衡条件可得杆的弹力为，方向水平向右，在烧断细绳的瞬间，弹簧的弹力不会突变，所以此瞬间小球所受的合外力大小与小球静止时细绳的拉力大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律可得此瞬间小球的加速度大小为，故C正确。

故选：C。

三.举一反三，巩固练习

1. （多选）如图，两个质量均为m的相同物块A、B叠放在轻弹簧上，处于静止状态，轻弹簧下端固定在地面上，劲度系数为k。现对A物块施加竖直向上的恒力F＝1.6mg，下列说法正确的是（　　）

A．力F作用瞬间，A、B间的弹力为0.2mg 

B．A、B刚分离时，A的加速度大小为g 

C．A、B刚分离时，弹簧的弹力为1.6mg 

D．从F开始作用到A、B刚分离，弹簧的形变量减小了

【解答】解：A．力F作用瞬间，A、B一起向上加速，根据牛顿第二定律可得A、B整体加速度大小为

a0.8g

隔离A，利用牛顿第二定律有

F+FN﹣mg＝ma

代入数据解得：FN＝0.2mg，故A正确；

BC．A、B刚分离时，A、B间的弹力大小为0，对A利用牛顿第二定律可得A的加速度大小为

aA

代入数据解得：

aA＝0.6g

B的加速度大小也为0.6g，则有

Fx﹣mg＝maA＝0.6mg

可得弹簧的弹力为

Fx＝1.6mg，故B错误，C正确；

D．依题意，可得从F开始作用到A、B刚分离，弹簧弹力的改变量为

ΔFx＝2mg﹣1.6mg＝0.4mg

根据胡克定律可得弹簧形变量减小了

Δx，故D正确。

故选：ACD。

2. （多选）如图所示，A、B、C三个物体分别用轻绳和轻弹簧连接，放置在倾角为θ的光滑斜面上，当用沿斜面向上的恒力F作用在物体A上时，三者恰好保持静止，已知A、B、C三者质量相等，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）

A．在轻绳被烧断的瞬间，A的加速度大小为2gsinθ 

B．在轻绳被烧断的瞬间，B的加速度大小为gsinθ 

C．剪断弹簧的瞬间，A的加速度大小为gsinθ 

D．突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为2gsinθ

【解答】解：A、把ABC看成是一个整体进行受力分析，有F＝3mgsinθ，在轻绳被烧断的瞬间，AB之间的绳子拉力为零，对A，由牛顿第二定律：F﹣mgsinθ＝maA，解得：aA＝2gsinθ，故A正确。

B、对于C，有F弹＝mgsinθ，在轻绳被烧断的瞬间，对于B，绳子拉力为零，弹力不变，根据牛顿第二定律：F弹+mgsinθ＝maB，解得：aB＝2gsinθ，故B错误。

C、剪断弹簧的瞬间，对于整体AB，弹簧弹力为零，根据牛顿第二定律：F﹣2mgsinθ＝2maAB，解得：aABgsinθ，而A的加速度大小aA＝aAB，故C正确。

D、突然撤去外力F的瞬间，对整体AB，由牛顿第二定律：F弹+2mgsinθ＝2maAB，F弹＝mgsinθ，解得：aABgsinθ，aA＝aAB，故D错误。

故选：AC。

3. 如图所示将一小球从空中某一高度自由落下，当小球与正下方的轻弹簧接触时，小球将（　　）

A．立刻静止 B．立刻开始做减速运动 

C．开始做匀速运动 D．继续做加速运动

【解答】解：小球与弹簧接触后，开始重力大于弹力，合力向下，加速度向下，

此时小球的速度方向向下，所以小球继续做加速运动；故ABC错误，D正确。

故选：D。

4. 如图所示，一升降机在箱底装有若干弹簧，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦力，则升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中（　　）

A．升降机的速度不断减小 

B．升降机的加速度不断变大 

C．升降机的加速度最大值等于重力加速度值 

D．升降机的加速度最大值大于重力加速度值

【解答】解：AB、升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中，开始阶段，重力大于弹力，加速度方向向下，向下做加速运动，当重力和弹力相等后，弹力大于重力，加速度方向向上，向下做减速运动，加速度的大小先减小后增大，速度先增大后减小。故AB错误。

CD、若升降机从弹簧接触地面由静止释放，开始阶段的加速度为g，根据对称性，到达最低点的加速度也为g，方向竖直向上。现从一高度下落，弹簧压缩的最低点比上次还低，根据牛顿第二定律，则加速度大于g。故C错误，D正确。

故选：D。

5. 如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球，则（　　）

A．当滑块向左做匀速运动时，细线的拉力为0.5mg 

B．当滑块以加速度a＝g向左加速运动时，小球对滑块压力不为零 

C．若滑块以加速度a＝g向左加速运动时，线中拉力为mg 

D．当滑块以加速度a＝2g向左加速运动时，线中拉力为mg

【解答】解：A、当滑块向左做匀速运动时，小球受力平衡，如图1所示，根据平衡条件可得绳的拉力大小为：F0＝mgsin45°mg，故A错误；

BC、设当小球贴着滑块一起向左运动且支持力为零时加速度为a0，小球受到重力、拉力作用，此时支持力恰好为零，如图2所示；

根据牛顿第二定律可得加速度a0g，

所以当滑块以加速度a＝g向左加速运动时，小球对滑块压力为零，此时细线的拉力Fmg，故BC错误；

D、当滑块以加速度a＝2g向左加速运动时，小球已经离开斜面，对小球受力分析如图3所示，

根据几何关系可得：Tmg，故D正确。

故选：D。

6. 如图所示，细绳一端固定在墙上，另一端拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平轻弹簧支撑，静止时细绳与竖直方向的夹角为53°（已知重力加速度为g，cos53°＝0.6，sin53°＝0.8）。下面说法不正确的是（　　）

A．小球静止时弹簧的弹力大小为 

B．小球静止时细绳的拉力大小为 

C．剪断细绳瞬间小球的加速度为 

D．剪断弹簧瞬间小球的加速度为

【解答】解：AB、小球静止时，受力如图所示，由平衡条件得弹簧的弹力大小为：F＝mgtan53°mg，

细绳的拉力大小为：Tmg，故AB正确；

C、细绳剪断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与断前细绳拉力的大小相等、方向相反，此瞬间小球的加速度大小为：ag，故C正确；

D、弹簧剪断瞬间，细绳的弹力可以突变，T′＝mgcos53°，使球沿半径方向合力为零，

球沿垂直半径方向获得加速度ag，使球绕悬点下摆，故D错误。

本题选错误的，故选：D。