2023年高考物理知识点复习与真题 牛顿第二定律的瞬时性问题

牛顿第二定律的瞬时性问题

一、真题精选（高考必备）

1.（2017•上海・高考真题）如图，在匀强电场中，悬线一端固定于地面，另一端拉住一个带电小球，使之处于静止

状态.忽略空气阻力，当悬线断裂后，小球将做（）

A.曲线运动B.匀速直线运动

C.匀加速直线运动D.变加速直线运动

2.（2019•浙江•高考真题）如图所示，A、B、C为三个实心小球，A为铁球，B、C为木球.A、B两球分别连在两根

弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内.若

将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底（不计空气阻力，P木Vp,k<P佚）

A.A球将向上运动，B、C球将向下运动

B.A、B球将向上运动，C球不动

C.A球将向下运动，B球将向上运动，C球不动

D.A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动

3.（2015,海南•高考真题）（多选）如图所不，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弹簧

Sl和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点0；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块a的加速度记

为%,SI和S2相对原长的伸长分别为加和皿，重力加速度大小为g，在剪断瞬间

A.aι=3gB.aι=0C.0∣I=20I2D.团Il=团b

二、强基训练（高手成长基地）

1.（2021•全国•高三阶段练习）如图所示，密度为夕的木球与轻质弹簧相连后置于充满水的密闭容器中，弹簧的另

一端固定于容器的底部。水与木球的密度差为即（》＞0）,重力加速度大小为g。初始时整个系统静止，现将容器

由静止释放，则释放瞬间木球相对于地面的加速度大小为（）

∆p

A.C.gD.—g

P

2.（2022•江苏•高三专题练习）如图所示，一个质量为机的均匀光滑球放在倾角为。的固定斜面上，并被斜面上一

挡板挡住，处于静止状态。已知重力加速度为g,设球对挡板的压力大小为E。球对斜面的压力大小F2,则（）

A.F∣=mgsinθB.F2=mgc0sΘ

C.B:B=sin仇1D.撤去挡板瞬间球的加速度为gtan8

3.（2021・福建・莆田第二十四中学高三阶段练习）如图甲所示是海上吊塔施工的实拍图片，图乙是重物正在被竖直

向上匀速吊起的放大图。先将该情景简化为如图丙所示的示意图，绳子8和CE共同挂着质量为处的重物A,绳

子尸G和FH共同挂着质量为蛇的重物B,尸点拴在重物A的下方。不计绳子质量和空气阻力，下列说法一定正确

的是（）

A.绳子CO和CE对重物A的作用力的合力大于（m∕+w2）g

B.绳子尸G和FH对重物A的作用力的合力大小为m2g

C.若绳子尸G和尸〃的夹角为锐角，则绳子FG上的力小于T加2g

D.若拴接点尸与重物A脱离，则该瞬间重物A的加速度大小为"士因

wι

4.（2021•全国•高三专题练习）如图所示，质量均为Zn的滑块A、B、C置于水平地面上，中间用劲度系数分别为幻、

后的轻弹簧。，6连接，在施加在滑块C上的水平恒力尸作用下，一起无相对运动地向右加速运动。已知滑块与地

面间的动摩擦因数均为〃，重力加速度为g。在滑块运动过程中，下列说法正确的是（）

"自rΛ/J

V77777777z77z7777777/

ab

A.滑块A比滑块C受到的合力小

B-两弹簧ab的弹力之比合二

C.两弹簧a、b的伸长量之比l=_k

43勺

D.若弹簧a突然断裂，在断裂瞬间，滑块A比滑块B的加速度小

5.（2020・全国•高三专题练习）如图所示，表面光滑的斜面体固定在匀速上升的升降机上，质量相等的A、B两物体

用一轻质弹簧连接着，B的上端用一平行斜面的细线拴接在斜面上的固定装置上，斜面的倾角为30。，当升降机突

然处于完全失重状态，则A、B两物体的瞬时加速度大小和方向说法正确的是（）

方向沿斜面向下

B.。八=°,=0

C.aA=0；aβ=g,方向沿斜面向下

D.方向垂直斜面向右下方；4=g方向竖直向下

6.（2019•全国•高三阶段练习）如图所示，A、B、C、D四个小球质量分别为加、4"?、2m、3m,用细线连着，在A

和C之间细线上还串接有一段轻弹簧，悬挂在光滑定滑轮的两边并处于静止状态.弹簧的形变在弹性限度内，重力

加速度大小为g，则下列说法正确的是

A.剪断CD间细线的一瞬间，小球C的加速度大小为3g

B.剪断CD间细线的一瞬间，小球A和B的加速度大小均为g

C.剪断AB间细线的一瞬间，小球C的加速度大小为零

D.剪断C球上方细线的一瞬间，小球A和B的加速度大小均为零

7.（2021•天津二十五中高三阶段练习）如图所示，质量均为，〃的木块N和8用一劲度系数为"的轻弹簧相连，竖

直放置在光滑的水平面上，木块/上放有质量为2机的木块C,三者均处于静止状态，现将木块C迅速移开，若重

力加速度为g。则下列说法中正确的是（）

A.木块C移开的瞬间，地面对木块8的支持力为2mg

B.木块C移开的瞬间，木块/的加速度大小为3g

C.木块N向上运动的距离为半时，力的动量最大

κ

D.木块8可能离开地面向上运动

8.（2020•安徽省怀宁中学高三阶段练习）（多选）如图所示，/、8两物体质量均为机，叠放在轻质弹簧上（弹簧下

端固定于地面上）.对N施加一竖直向下、大小为尸（尸＞2∕ng）的力，将弹簧再压缩一段距离（弹簧始终处于弹性限度

内）而处于平衡状态.现突然撤去力尸，设两物体向上运动过程中工、8间的相互作用力大小为FM不计空气阻力，

关于尸N的说法正确的是（重力加速度为g）（）

A刚撤去力尸时,FNrB.弹簧弹力大小为F时，FN=三

C.4、8的速度最大时，FN=mgD.弹簧恢复原长时，FN=O

9.（2021•甘肃省民乐县第一中学高三阶段练习）（多选）如图所示，两段轻绳/、8连接两个小球1、2,悬挂在天

花板上。一轻弹簧C一端连接球2,另一端固定在竖直墙壁上。两小球均处于静止状态。轻绳N与竖直方向、轻绳

8与水平方向的夹角均为30。，弹簧C沿水平方向。已知重力加速度为g。则（）

A.球1和球2的质量之比为1回1

B.在轻绳力突然断裂的瞬间，球1的加速度方向竖直向下

C.在轻绳/突然断裂的瞬间，球1的加速度大小一定大于g

D.在轻绳/突然断裂的瞬间，球2的加速度方向一定沿绳B斜向右下方

10.（2021•贵州毕节•二模）（多选）如图，在水平桌面上叠放着两个物块“和"?，〃与桌面的动摩擦因素为"/,m

与M之间的动摩擦因素为外，一根轻绳一端与M相连，另一端绕过光滑的定滑轮/系在竖直杆上的8点，现将另

一个物体G用光滑轻质挂钩挂在轻绳上之间的。点，已知整个装置处于静止状态时,竖直杆与绳OB的夹角为&,

则（）

A.将绳的8端向上缓慢移动一小段距离时绳的张力不变

B.将竖直杆缓慢向右移动一小段距离时绳的张力增大

C.”所受的摩擦力为不—=M（M+租）g

2COS（2

D.剪断4处轻绳瞬间，〃?的加速度为〃2g

11.（2021•全国•高三专题练习）（多选）如图所示，A、B、C三球质量均为机，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另

一端A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。倾角为。的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻

杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（）

A.A球的受力情况未变，加速度为零

B.B球的受力情况未变，加速度为零

C.A、B之间杆的拉力大小为l∙5%gsinθ

D.A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为0.5gsin3

12.（202。广东•中山纪念中学高三阶段练习）倾角为30。的斜面体置于粗糙的水平地面上，其斜面光滑，底边粗糙，

顶端安装一光滑轻滑轮，另有光滑圆环固定在竖直平面内，圆心在。点。一小球套在圆环上，通过绕过轻滑轮的细

线与斜面上的小物块相连。在竖直向下拉力尸作用下，小球静止。点，。。连线与水平方向成53。角，细线与环恰

好相切，滑轮与小物块之间的细线与斜面平行，如图所示，斜面体始终保持静止。已知小球的质量，”=Ikg,小物块

的质量Λ∕=2kg,重力加速度g=：IOm/S?,sin53o=0.8,cos53o=0.6,求：

（1）拉力尸的大小；

（2）地面对斜面体的摩擦力大小；

（3）若突然撤去拉力凡小球将从。点开始运动。求撤去尸的瞬间，小物块的加速度大小。

三、参考答案及解析

(-)真题部分

1.C

【解析】小球受重力、电场力和细线的拉力，拉力的大小等于电场力和重力的合力，故大小恒定；当悬线断裂后，

小球在重力和电场力的合力作用下做匀加速直线运动。

2.D

【解析】开始时A球下的弹簧被压缩，弹力向上；B球下的弹簧被拉长，弹力向下；将挂吊篮的绳子剪断的瞬时，

系统的加速度为g,为完全失重状态，此时水对球的浮力也为零，小球的重力也视为零，则A球将在弹力作用下相

对于杯底向上运动，B球将在弹力作用下相对于杯底向下运动，C球相对于杯底不动；故选D.

3.AC

【解析】设物体的质量为m,剪断细绳的瞬间，绳子的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细绳的瞬间a

受到重力和弹簧Sl的拉力Z,剪断前对be和弹簧组成的整体分析可知7；=2〃?g,故a受到的合力

F=mg+Tl=mg+2fng=3mg,故加速度q=*=3g,A正确，B错误；设弹簧S,的拉力为北，^∖T2=mg,根据胡

m

克定律尸=ZAv可得4=2的，C正确，D错误.

(-)强基部分

1.A

[解析】静止时对木球受力分析得％=mg+kx

又有

/=2/

m-pV

△〃=P水-P

解得"=∆pgv

释放瞬间系统处于完全失重状态，浮力消失，木球受重力和弹簧的弹力，则有

mg+kx=ma

解得〃=g+如=[1+包】g,故A正确，BCD错误。故选A。

机IP)

2.C

【解析】

A.球对挡板的压力F/大小为耳=机gtan。，A错误；

B.球对斜面的压力用大小为居=修，B错误；

COSJ

C.二力的比值为£:用=〃Zgta=Sine:1,C正确；

cosσ

D.撤去挡板瞬间球的加速度为“gsin。二

解得α=gsinθ,D错误。故选C。

【解析】A.重物被匀速吊起，处于平衡状态，把Z、8当成整体，绳子8和CE对重物力的作用力的合力等于

（w1+w2）g,故A错误；

B.绳子FG和Fa对重物8的作用力的合力等于wυg,同一条绳上拉力相等，故绳子FG和FH对重物力的作用力

的合力等于机2g,B正确；

C.设绳子FG和777的夹角为锐角α,对8满足

2Fcosa=m2g

解得则绳子尸G上的拉力大小F=-＞粤■,故C错误;

2coscr2

D.设绳子Co和CE对重物力的作用力的合力为B,若拴接点尸与重物/脱离，则该瞬间对重物/由牛顿第二定

律可得写一，"Ig=町"

由于绳上拉力会发生突变，故耳＜（町+”）g

即A的加速度大小不会等于0"+吗M,D错误。故选B。

叫

4.D

【解析】A.因三者无相对运动，故加速度一定相同，由牛顿第二定律可知，A、B、C受到的合力相同，故A错误;

B,由牛顿第二定律，对A、B、（：整体/一3/留=3〃M

解得α=r∑∣≡

3/77

对A有工一Nmg=ma

解得〃=口整

m

对A、B整体有Fb-2μmg=Ima

F「2Nmg

解得。=

2m

联立解得V，T故两弹簧a、b的弹力之啧T故B错误;

c∙由胡克定律可知£=册=3

即+=全，故C错误;

D.在弹簧a突然断裂的瞬间，由牛顿第二定律可知，对A,μmg=ma∖

解得a1=Mg

对B,Fh-μmg=ma'ti

2F_

解得优=FimgKfmg=2F

mm3m

由a=9整

3rn

知F>3〃mg

,,,2F2义3Rng

故aB=τ——〃g>—5------μg=μg

3/n3m

故优A<"'B,故D项正确。故选D。

5.D

【解析】当升降机处于完全失重状态时，物体和斜面之间的作用力变为0,弹簧弹力不发生变化，故/物体只受重

力和弹簧弹力，两者合力与原来的支持力大小相等方向相反，故其加速度为%=33。=jig,方向垂直斜面斜

m2

向右下方；

8物体受到重力弹簧弹力和细线拉力作用，完全失重的瞬间，细线拉力变为和弹簧向下拉力相等，两者合力为0,

故8物体的加速度为。=g

方向竖直向下；由以上分析可知A、B、C错误，D正确；故选D。

6.C

【解析】AB.开始时，弹簧的弹力为5〃际，剪断C、D间细线的一瞬间，弹簧的弹力不变，则小球C的加速度大小

",5mg-2mg

为Ia=-——-=l∙5g

2tn

AB的加速度为零，故AB错误；

C.同理可以分析，剪断A、B间细线的一瞬间，小球C的加速度大小为0,故C正确；

D.剪断C球上方细线的一瞬间，因弹簧为轻弹簧，则弹簧的弹力迅速减为零，因此小球A和B的加速度大小为g,

故D错误。故选C。

7.C

【解析】A.在木块C被移开前，以力8C整体为对象，进行受力分析可知，地面对8的支持力为4wg,木块C移开

的瞬间，弹簧的弹力不变，地面对8的支持力保持不变，所以木块C移开的瞬间，地面对木块5的支持力为4mg,

故A错误；

B.在木块C被移开前，对工进行受力分析，可知/受到C的压力、弹簧的支持力和重力，弹簧的支持力和重力的

合力大小等于C的重力大小，当木块C移开的瞬间，弹簧的支持力和重力的合力保持不变，所以Z受到的合力大小

等于C的重力大小，根据牛顿第二定律可知%=2尊=2g,故B错误；

m

C.当工所受合力为。时，/的速度最大，动量最大。当木块C被移开前，弹簧的形变量为9=047"cM=孥

KK

当/所受合力为。时，弹簧的形变量为々=乎=等

kκ

木块N向上运动的距离为Ar=x∣-X,

^k

所以木块/向上运动的距离为孚时，力的动量最大，故C正确；

K

D.由C项分析和对称性可知，木块Z可以继续上升的高度为此时弹簧的伸长量为

X,=2∆x-x=—

3'lk

此时弹簧的弹力为F=S=mg

可知木块8刚好与地面的弹力刚好为0,但不可能离开地面向上运动，故D错误。

8.BCD

【解析】A.在突然撤去尸的瞬间，N8整体的合力向上，大小为尸，根据牛顿第二定律，：F=2ma

解得：a=R~

对物体N受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：FN-mg=,na

联立解得：Fxmg+g故A错误；

B.弹簧弹力等于尸时，根据牛顿第二定律得：对整体有：

F-Img=Ima

对4有：

FN-Ing=Ina

联立解得：FN=（故B正确；

D.当物体的合力为零时，速度最大，对Z,由平衡条件得用V="?g,故C正确.

C.当弹簧恢复原长时，根据牛顿第二定律得：对整体有：

2mg=2ma

对A有：

mg-FN=ma

联立解得FN=Of故D正确；

9.CD

zw∣X∣30o∖

A.对两小球1、2受力分析如图。根据平衡条件可得，由

F-Bmιg

7⅛in30°=加2g

得

m∣=2m2

A错误；

BCD.在轻绳A突然断裂的瞬间，弹簧弹力FC不变，假设轻绳A突然断裂的瞬间轻绳B的弹力变为0,则A加速

度为q=g

B加速度水平方向和竖直方向分别为

Fc∕n,gtan60°6

出直=g，⅛=-=---=Wg

两小球竖直方向加速度相等，水平方向上B球加速度向右，B球总的加速度斜向右下，AB间的绳子绷紧，则轻绳A

突然断裂的瞬间轻绳B的弹力不为0,则1球除了受到重力还受到AB间绳子斜向右下的拉力，则向下的加速度大

于g,故BC错误，D正确；

故选CD0

10.AB

【解析】A.令滑轮/和竖直杆之间的绳长为3距离为d,则根据晾衣绳模型可知

d

sina=-

L

而

2Γcosa=G

解得绳子上的张力为

2cosa

所以将绳的8端向上缓慢移动一小段距离时，“不变，L不变，故α不变，所以绳子的张力不变。A正确；

B.将竖直杆缓慢向右移动一小段距离，则d变大，A不变，故α变大，因此绳子的张力增大，B正确；

C.由于有整个装置处于静止状态，所以/和机都受力平衡。所以M和，”之间没有摩擦力，因此M所受的摩擦力

等于绳子的张力。但由于是静摩擦力，所以

熹TM+心

C错误；

D.剪断/处轻绳瞬间，，〃的加速度为零，D错误。

故选ABo

11.CD

【解析】AB.细线被烧断的瞬间，A、B整体不再受细线的拉力作用，A、B的受力情况发生变化，合力不为零，加

速度不为零，则说明A、B的加速度也不为零，AB错误；

CD.设4、8之间杆的拉力大小为7,加速度为α,以4、8组成的系统为研究对象，烧断细线前，4、8静止，处

于平衡状态，合力为零，弹簧的弹力为

FT=3∕ngsin6

烧断细线的瞬间，绳上的力立刻消失，而弹簧上的弹力不变，由牛顿第二定律得

3mgsinθ-2ιngsinθ=Itrta

再以8单独为研究对象，由牛顿第二定律得