4.7牛顿第二定律瞬时问题和连接体问题-2026年新高一暑假初高中物理衔接（大单元版）

第四章 运动和力的关系4.7牛顿第二定律瞬时问题和连接体问题两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图所示。现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则（　　）A．a1=g，a2=gB．a1=0，a2=2gC．a1=g，a2=0D．a1=2g，a2=0【答案】A【详解】由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度a1=a2=g故选A。一、牛顿第二定律的瞬时性问题1．两种模型的特点(1)刚性绳(或接触面)模型：这种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，形变恢复几乎不需要时间，故认为弹力可以立即改变或消失．(2)弹簧(或橡皮绳)模型：此种物体的特点是形变量大，形变恢复需要较长时间，在瞬时问题中，在弹簧(或橡皮绳)的自由端连接有物体时其弹力的大小不能突变，往往可以看成是瞬间不变的．2．解决此类问题的基本思路(1)分析原状态(给定状态)下物体的受力情况，明确各力大小．(2)分析当状态变化时(烧断细线、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、发生在被撤去物体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外力，利用牛顿第二定律，求出瞬时加速度．二、连接体问题1．连接体两个或两个以上相互作用的物体组成的具有相同运动状态的整体叫连接体．如几个物体叠放在一起，或并排放在一起，或用绳子、细杆等连在一起，在求解连接体问题时常用的方法为整体法与隔离法．2．连接体问题的解题方法(1)整体法：把整个连接体系统看作一个研究对象，分析整体所受的外力，运用牛顿第二定律列方程求解．其优点在于它不涉及系统内各物体之间的相互作用力．(2)隔离法：把系统中某一物体(或一部分)隔离出来作为一个单独的研究对象，进行受力分析，列方程求解．其优点在于将系统内物体间相互作用的内力转化为研究对象所受的外力，容易看清单个物体(或一部分)的受力情况或单个过程的运动情形．例题1. 两个质量均为的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态（图1）；若只将、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，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间（设两图中小球的加速度大小分别为和，的加速度大小分别为和），则正确的是（　　）  A．，B．，C．，D．【答案】C【解析】在左图里，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或可得右图中，在剪断绳前，根据平衡条件得知，弹簧的弹力大小绳OA对A物体的拉力在剪断绳的瞬间，弹簧的弹力不变，B的受力情况没有变化，则B所受的合力为0，则A所受的合力大小由牛顿第二定律可得解得故C正确。对点训练1. 用三根细线a、b、c将质量均为m的两个小球1和2连接并悬挂，如图所示。两个小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30°，细线c水平，重力加速度为g，下列说法正确的是（    ）A．细线a上的张力大小为4mgB．细线c上的张力大小为2mgC．剪断细线b瞬间小球1的加速度大小为D．剪断细线b瞬间小球1的加速度大小为g【答案】C【解析】AB．对两球的整体，对细线a，竖直方向解得细线a上的张力大小为细线c上的张力大小为选项AB错误；CD．剪断细线b瞬间小球1的加速度大小为选项C正确，D错误；故选C。例题2. 如图所示，质量为2m的A物体和质量为m的B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时B与A分离。则下列说法中正确的是（   ）A．B和A刚分离时，弹簧弹力为mgB．B和A刚分离前一起向上做匀加速运动C．B和A刚分离时，A的加速度不为0D．弹簧的劲度系数等于【答案】D【解析】AC．B与A刚分离的瞬间，A、B仍具有相同的速度和加速度，且A、B间无相互作用力。对B分析知，B具有向上的加速度解得a = 0此时对A分析有解得且处于压缩状态，故AC错误；B．B和A刚分离前对AB整体有kΔx＋F－3mg = 3maAB整体向上运动的过程中弹簧形变量Δx逐渐减小，则a也逐渐减小，AB做加速度逐渐减小的加速运动，故B错误；D．B和A刚分离时，弹簧处于压缩状态，弹力大小为原来静止时弹簧处于压缩状态，弹力大小为3mg，则弹力减小量两物体向上运动的距离为h，则弹簧压缩量减小由胡克定律得故D正确。故选D。对点训练2. 如图，质量均为m的小物块A、B紧靠在一起放置在水平地面上，劲度系数为k0的轻弹簧一端与A拴接，另一端固定在竖直墙壁上，A、B与地面间的动摩擦因数均为μ。现对B施加大小缓慢增大的水平向左推力，当弹簧被压缩了时，推力不再增加，物块A、B保持静止。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，简谐运动的周期公式为，其中k为回复力系数。时刻撤去推力，两物块在此后的运动过程中，下列说法正确的是（    ）A．当弹簧恢复原长时，两物块的速度达到最大B．当两物块速度最大时，两物块间弹力为0C．弹簧恢复原长前任一时刻，两物块间弹力FN大小为，F为该时刻弹簧弹力D．从撤去推力到两物块速度达到最大过程所经历的时间为【答案】C【解析】AB．当弹簧恢复原长前，两个物块的合力均等于零时，两物块的速度达到最大，根据平衡条件，两物块之间的弹力等于μmg。即当弹簧恢复原长前，两物块的速度达到最大，速度最大时，两物块之间的弹力等于μmg ，AB错误；C．弹簧恢复原长前任一时刻，对AB根据牛顿第二定律得对B根据牛顿第二定律得 解得C正确；D．合力为零时速度最大，设此时的形变量为x1，根据平衡条件得解得根据题意，最大形变量为从撤去推力到两物块速度达到最大，两个物块的位移为设最大速度为vm，根据动能定理得解得两个物块做加速度减小的加速运动，其运动时间t一定小于匀加速度运动的时间解得又因为所以从撤去推力到两物块速度达到最大过程所经历的时间为，D错误。故选C。一、变力作用下加速度和速度的分析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(合力)的关系速度与加速度(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(合力)方向相反或夹角为钝角，物体做减速运动．二、连接体问题的整体法和隔离法例题3. 一物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻起，受到的水平外力F如图所示、以向右运动为正方向，物体质量为5kg、则下列说法正确的是（　　）A．前1s内力F对物体的冲量为5N·sB．t=2s时物体回到出发点C．t=3s时物体的速度大小为1m/sD．第3s内物体的位移为1m【答案】C【解析】A．图像与坐标轴围成的面积代表F的冲量，则前1s内力F对物体的冲量为故A错误；B．根据牛顿第二定律可得，物体的加速度随时间变化的图像如图所示0~1s内，物体向右加速，1~2s向右减速，2s时速度刚好减为0，2s内物体一直向右运动，故B错误；CD．第3s内，物体从静止开始向右做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得物体的加速度为第3s末速度为第2s末物体的速度为零，第3秒内物体的位移为故C正确，D错误；故选C。对点训练3.放在水平地面上的物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图所示。取重力加速度由两图像可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数分别为（　　）A．，B．，C．，D．，【答案】A【解析】从速度时间图像中可知2~4s过程中物体做匀加速直线运动，图像的斜率表示加速度，加速度为在2~4s过程中F2=3N，此过程中物体在水平方向上受到推力以及摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得4~6s过程中物体做匀速直线运动，即推力与摩擦力平衡，故有解得故选A。例题4. 如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动，已知A、B的质量相等，假设摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g，当A的位移为h时，B的速度有多大（    ）A．B．C．D．【答案】D【解析】解法一：根据滑轮组的特征可知，释放后B向下运动，A向上运动，设绳子上的张力为，则对A由牛顿第二定律有对B由牛顿第二定律有且有解得，设A的位移为时所用时间为，根据匀变速直线运动位移与时间的关系有解得则此时B的速度大小为解法二：A、B组成的系统机械能守恒，当A上升时，B下降，且二者速度始终满足由机械能守恒有解得故选D。对点训练4. 如图所示，质量为M、倾角为的斜面体置于水平地面上，一轻绳绕过两个轻质滑轮连接着固定点P和物体B，两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物体A、B的质量分别为m、2m，A与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，将A、B由静止释放，在B下降的过程中（物体A未碰到滑轮），斜面体静止不动。下列说法正确的是（　　）  A．轻绳对P点的拉力大小为B．物体A的加速度大小为C．地面对斜面体的支持力大小为D．增大A的质量，再将A、B静止释放，则B有可能上升【答案】B【解析】AB．由于相同时间内物体B通过的位移是物体A通过的位移的两倍，则物体B的加速度是物体A的加速度的两倍；设物体A的加速度为a，则B的加速度为2a；设物体A、B释放瞬间，轻绳的拉力为T，对A、B分别受力分析，由牛顿第二定律得解得，故A错误，B正确；C．物体B下降过程中，对斜面体、A、B整体分析，在竖直方向根据牛顿第二定律得解得地面对斜面体的支持力为故C错误；D．假设B上升，则A下滑，A所受滑动摩擦力沿斜面向上，分析此时A的受力情况可知而A这样的受力情况，无法下滑，故假设错误，故D错误。故选B。一、单选题1．如图所示，光滑长木板固定在水平面上，倾角，两滑块P、Q通过一轻弹簧连接，它们分别受到沿长木板方向向上的拉力和向下的拉力的作用而静止在长木板上。已知滑块P、Q的质量分别为、，取重力加速度。则下列说法正确的是（　　）A．B．撤走或的瞬间，轻弹簧的弹力均减小C．撤走的瞬间，滑块Q的加速度大小为D．撤走的瞬间，滑块P的加速度大小为【答案】D【解析】A．以两滑块及轻弹簧组成的系统为整体受力分析，受重力、支持力、外力和，静止时由力的平衡条件可知代入数据解得故A错误；B．因为弹簧弹性形变的改变需要时间，在撤走或的瞬间，弹簧的形变量可认为不变，故轻弹簧的弹力均不发生变化。故B错误；C．滑块Q原来静止，撤走瞬间，消失，而其受到的其他力不变，该瞬间滑块Q的合力与F2等大反向，滑块Q的加速度大小故C错误；D．同理，撤走的瞬间，滑块P的加速度大小为故D正确。故选D。2．如图所示，质量为M的箱子静止在粗糙的水平地面上，质量为m的钢球被水平和倾斜细线固定在箱子中，倾斜细线与竖直方向的夹角，重力加速度为g。则剪断倾斜细线的瞬间，箱子对地面的弹力和摩擦力大小分别为（    ）A．B．C．D．【答案】D【解析】剪断倾斜细线的瞬间，水平绳子拉力发生突变，钢球将做圆周运动，剪断倾斜细线的瞬间，小球速度为零，则水平绳子拉力为零，此时钢球只受重力，处于完全失重状态，箱子对地面的弹力等于箱子的重力，即水平绳子对箱子的拉力为零，可知地面与箱子间没有摩擦力，即箱子对地面的摩擦力为零。故选D。3．如图，倾角为的斜面体A放在水平面上，物块B放在斜面上，对A施加水平向右的推力F，使A、B一起向右做匀加速运动，A、B保持相对静止，重力加速度大小为g，不计一切摩擦，则加速度a的大小为（    ）A．B．C．D．【答案】D【解析】对B研究，由牛顿第二定律，可得解得故选D。4．物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间的动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度大小a可能是（　　）A．B．C．D．【答案】D【解析】物块与木板间的最大静摩擦力为木板与水平面间的最大静摩擦力为 因为 所以木板与地面先发生滑动，物块与木板之间后发生滑动，当物块与木板之间的摩擦力达到最大值时，木板的加速度最大，木板的最大加速度为 解得 故选D。5．如图所示，倾角为a的光滑斜面体固定不动，质量均为m的两物体P、Q在力F 的作用下一起沿斜面向上做加速度a=gsinα的加速运动，则下列说法正确的是（　　）A．拉力 F 的值为3mgsinαB．物体Q受到5个力的作用C．物体 P受摩擦力的大小为2mgsinαD．物体P给Q的摩擦力方向和F 方向相反【答案】C【解析】A．将P、Q看成一个整体，由牛顿第二定律 F-2mgsinα=2ma解得 F=4mgsinα故 A 错误；BD．对物体Q进行受力分析，如图所示物体Q受到4个力的作用，由受力分析可知，物体 P 给Q 的摩擦力方向沿斜面向上，和F方向相同，故BD错误；C．对 P 沿斜面向上由牛顿第二定律有 F-mgsinα-f=ma解得 f=2mgsinα故C 正确。故选C。6．如图所示，A、B、C三块质量均为m的物块叠放在一起，物块A、B间的动摩擦因数为0.6，物块B、C间的动摩擦因数为0.4，物块C与地面间的动摩擦因数为0.2，物块A、C用轻绳通过固定在墙面上的两个光滑定滑轮连接，物块与滑轮间轻绳水平。现用逐渐增大的水平力F向左拉C，直到使物块C发生运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则拉力F至少达到（　　）A．B．C．D．【答案】B【解析】物块之间产生相对滑动，需要达到对应点的最大静摩擦力，A、B间的最大静摩擦力为，B、C间的最大静摩擦力为，所以A、B间更易产生相对滑动，即拉动C，系统内物体间产生滑动时B、C作为一个整体一起运动。当C要发生运动时，对B、C整体受力分析，A对整体是向右的最大静摩擦力，为地面对整体是向右的摩擦力，为绳子对整体向右的拉力为，所以故选B。7．如图甲所示，“窜天猴”又称“冲天炮”，是利用火箭原理制成的一种鞭炮，火药燃烧后，在尾部喷出气流，能使主体向上飞。如图乙为某次燃放时，某支“窜天猴”在竖直方向上运动时的速度—时间图像，取竖直向上为正方向，不计空气阻力。已知时刻起飞，图像段为倾斜线段，斜率绝对值与重力加速度大小相等，图像其余段均为曲线，下列对该支“窜天猴”的运动判断正确的是（　　）A．在时间内，“窜天猴”处于失重状态B．在时间内，气流对“窜天猴”的作用力逐渐增大C．在时刻，“窜天猴”刚好上升到最高点D．在时刻，“窜天猴”内的火药刚好燃尽【答案】D【解析】A．由图像可知，在时间内，“窜天猴”竖直向上加速，故处于超重状态，故A错误；B．在时间内“窜天猴”的加速度减小，根据可知，气流对“窜天猴”的作用力逐渐减小，故B错误；C．在时间内，“窜天猴”的速度始终为正，故一直竖直向上运动，故C错误；D．图像中的点为曲线和直线的转折点，则时刻之后“窜天猴”只受重力，故D正确。故选D。8．如图甲，一个同学站在地秤上做了一次起立和下蹲，地秤上的力传感器采集的图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　）A．该同学的质量约为600kgB．图示段为下蹲过程C．过程中时刻，速度最大D．过程中时刻，加速度最大【答案】C【解析】A．根据图像可知，该同学的重力为可得该同学的质量故A错误；B．下蹲的过程人是先向下加速后向下减速，应该是处于失重状态后处于超重状态，结合图像可知图示DE段为下蹲过程，故B错误；CD．由图可知，过程中时刻，该同学处于平衡状态，加速度为零，速度最大，故C正确，D错误。故选C。二、多选题9．如图所示，小车位于水平面上，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆下端固定有质量为m的小球。下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是（    ）A．小车静止时，F=mgsinθ，方向沿杆向上B．小车静止时，一定有F=mg，方向竖直向上C．小车向右匀加速运动时，一定有F>mg，方向可能沿杆向上D．小车向右匀速运动时，F=mgcosθ，方向垂直于杆向上【答案】BC【解析】AB．小车静止时，由共点力的平衡条件可知此时杆对球的作用力方向为竖直向上，大小等于球的重力mg，A错误、B正确；C．当小车向右匀加速运动时只有当即时，杆对小球的作用力F沿杆向上，C正确；D．小车向右匀速运动时，小车和小球的加速度为零，杆对小球的作用力方向为竖直向上，大小为mg，D错误。故选BC。10．如图所示，质量为m的A物体和质量为2m的B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于2.5mg的恒力F向上拉B，运动距离h时B与A分离．则下列说法中正确的是（    ）A．B和A刚分离时，弹簧弹力为1.25mgB．B和A刚分离时，A、B间弹力为mgC．B和A刚分离时，A的加速度为0.25gD．弹簧的劲度系数等于【答案】AC【解析】ABC．B与A刚分离的瞬间，A、B仍具有相同的速度和加速度，且A、B间无相互作用力。对B分析知，B具有向上的加速度解得此时对A分析有解得且处于压缩状态， AC正确，B错误；D．B和A刚分离时，弹簧处于压缩状态，弹力大小为原来静止时弹簧处于压缩状态，弹力大小为3mg，则弹力减小量两物体向上运动的距离为h，则弹簧压缩量减小由胡克定律得D错误。故选AC。11．如图所示，系在墙上的轻绳跨过两个轻质滑轮连接着物体P和物体Q，两段连接动滑轮的轻绳始终水平。已知P、Q的质量均为1，P与水平桌面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小为，当对P施加水平向左的拉力时，Q向上加速运动。下列说法正确的是（　　）A．P、Q运动的加速度大小之比为1∶2B．P的加速度大小为2C．轻绳的拉力大小为12ND．若保持Q的加速度不变，改变拉力F与水平方向的夹角，则力F的最小值为【答案】AC【解析】A．根据动滑轮的原理，物体Q移动的速度始终是物体P的两倍，同时开始运动，速度变化量始终是两倍关系，由公式可知，P、Q运动的加速度大小之比为1∶2，故A正确；BC．由牛顿第二定律，对物体Q分析对物体P分析两式联立，代入数据解得，轻绳的拉力大小为P的加速度大小为故B错误，C正确；D．若保持Q的加速度不变，则P的加速度也不变，设拉力F与水平方向的夹角，则对物体P分析即令，代入数据化简可得当取到最大值时F最小，即，，此时F最小，等于为，但是，此时物体Q会脱离桌面，则需要则即，且最大，F有最小值，则当时，F最小，则故D错误。故选AC。12．如图所示，斜面倾角为=30°的光滑直角斜面体固定在水平地面上，斜面体顶端装有光滑定滑轮。质量均为1kg的物块A、B用跨过滑轮的轻绳相连。物块A和滑轮之间的轻绳与斜面平行，B自然下垂，不计滑轮的质量，重力加速度g取10m/s2，同时由静止释放物块A、B后的一小段时间内，物块A均未碰到地面和滑轮，斜面体相对地面保持静止，则该过程中下列说法正确的是（　　）A．物块B运动方向向上B．物块A的加速度大小为2.5m/s2C．轻绳的拉力大小为7.5ND．地面给斜面体的摩擦力方向水平向左【答案】BC【解析】A．物块A沿斜面的分力因此物块A将沿斜面向上运动，物块B向下运动，选项A错误；B．以物块AB为整体，设共同加速度为a，有解得选项B正确；C．以物块B为研究对象有解得选项C正确；D．由于物块A将沿斜面向上加速运动，对斜面体和AB整体水平方向具有向右的加速度，因此地面给斜面体的摩擦力方向水平向右，选项D错误。故选BC。