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第四章培優提升十一　瞬時加速度問題
(分值:100分)
選擇題1~10題,每小題9分,共90分,11題10分,合計100分。
基礎對點練
題組一　變力作用下加速度和瞬時速度分析
1.(2024·廣西南寧高一期末)粗糙水平面上的物體在水平拉力F作用下做勻加速直線運動,現使F的大小不斷減小,則在滑動過程中 (　　)
物體的加速度不斷減小,速度不斷增大
物體的加速度不斷增大,速度不斷減小
物體的加速度先變大再變小,速度先變小再變大
物體的加速度先變小再變大,速度先變大再變小
2.如圖所示,靜止在光滑水平面上的物體A一端連接處于自然狀態的輕質彈簧,現對物體施加一水平恒力F,在彈簧被壓縮到最短這一過程中,物體的速度和加速度大小的變化情況是 (　　)
速度增大,加速度增大
速度增大,加速度減小
速度先增大后減小,加速度先增大后減小
速度先增大后減小,加速度先減小后增大
3.以一定的初速度從足夠高的某點豎直上拋一物體,物體受到的空氣阻力與速率成正比,則物體在運動過程中的加速度大小 (　　)
先變小后變大
先變大后變小
一直變大
一直變小,最后變為零
題組二　輕繩、橡皮條、輕彈簧或輕桿的瞬時性問題
4.如圖所示,質量為m的小球用水平輕質彈簧系住,并用傾角為30°的光滑木板AB托住,小球恰好處于靜止狀態。在木板AB突然撤離的瞬間,小球的加速度大小為(重力加速度為g) (　　)
0 g g g
5.(多選)質量均為m的A、B兩球之間系著一個不計質量的水平輕彈簧并放在光滑水平臺面上,A球緊靠墻壁,如圖所示,今用水平力F推B球使其向左壓彈簧,平衡后,突然撤去力F的瞬間 (　　)
A的加速度大小為
A的加速度大小為零
B的加速度大小為
B的加速度大小為
6.如圖所示,A、B兩球間用輕彈簧連接后再用細繩懸在頂板上;C、D兩球間用細繩連接后再用細繩懸在頂板上,四個小球質量相等且均處于靜止狀態。現分別將A球與C球上方的細繩剪斷,剪斷瞬間,A、B、C、D四個球的加速度a1、a2、a3和a4的大小分別是 (　　)
a1=g、a2=g a1=2g、a3=0
a3=2g、a4=0 a3=g、a4=g
綜合提升練
7.(多選)如圖所示,在長方體箱子內,用水平繩AO和傾斜繩BO把質量為m的小球系于O點,箱子處于靜止狀態,則 (　　)
當箱子突然向左加速時,AO繩的彈力變大
當箱子突然向左加速時,BO繩的彈力變大
當箱子突然向上加速時,BO繩的彈力變大
當箱子突然向上加速時,AO繩的彈力變大
8.(多選)如圖所示,小球與輕彈簧、水平細繩相連,輕彈簧、細繩的另一端分別固定于P、Q兩點。小球靜止時,輕彈簧與豎直方向的夾角為θ,重力加速度大小為g,下列說法正確的是 (　　)
僅剪斷細繩的瞬間,小球的加速度a=g,方向豎直向上
僅剪斷與小球連接端的輕彈簧的瞬間,小球的加速度a=gtan θ,方向水平向右
僅剪斷細繩的瞬間,小球的加速度a=gtan θ,方向水平向左
僅剪斷與小球連接端的輕彈簧的瞬間,小球的加速度a=g,方向豎直向下
9.(多選)如圖所示,質量均為m的木塊A和B用一輕彈簧相連,豎直放在光滑的水平面上,木塊A上放有質量為2m的木塊C,三者均處于靜止狀態,重力加速度為g。現將木塊C迅速移開,則在木塊C移開的瞬間 (　　)
彈簧的形變量不變
彈簧的彈力大小為mg
木塊B對水平面的壓力變為2mg
木塊A的加速度大小為2g
10.如圖所示,質量為2 kg的物體A靜止于豎直的輕彈簧上,質量為3 kg的物體B用細線懸掛,A、B間相互接觸但無壓力,取重力加速度g=10 m/s2。某時刻將細線剪斷,則細線剪斷瞬間 (　　)
A對B的支持力大小為12 N
彈簧彈力大小為50 N
B的加速度大小為10 m/s2
A的加速度為零
11.如圖所示,A、B兩小球分別用輕質細繩L1和輕彈簧系在天花板上,A、B兩小球之間用一輕質細繩L2連接,細繩L1、彈簧與豎直方向的夾角均為θ,細繩L2水平拉直,現將細繩L2剪斷,則細繩L2剪斷瞬間,下列說法正確的是 (　　)
細繩L1上的拉力與彈簧彈力之比為1∶1
細繩L1上的拉力與彈簧彈力之比為1∶cos2θ
A與B的加速度之比為1∶1
A與B的加速度之比為cos θ∶1
培優提升十一　瞬時加速度問題
1.D　[根據牛頓第二定律有F－f＝ma，當F減小到大小等于摩擦力之前，加速度減小，物體仍然加速，速度變大；當F減小到比摩擦力小后，加速度反向增大，物體減速，速度減小，故D正確。]
2.D　[開始階段，恒力F大于彈簧的彈力，物體向左做加速運動，彈簧彈力逐漸增大，加速度逐漸減小，當彈簧彈力大于F時，加速度方向向右，且逐漸增大，即物體先做加速度逐漸減小的加速運動，然后做加速度逐漸增大的減速運動，選項D正確。]
3.D　[根據題意設阻力為F阻＝kv，物體在上升時阻力向下，此時有mg＋kv＝ma，速度與加速度方向相反，因此速度在減小，隨著速度減小加速度也在減小。當速度等于零時，加速度等于g，然后開始向下運動，此時阻力與重力方向相反，有mg－kv＝ma′，隨著速度增大，阻力增大，加速度繼續減小，當阻力等于重力時加速度為零，所以加速度一直變小，最后變為零，故D正確。]
4.B　[未撤離木板時，小球受重力mg、彈簧的拉力T和木板的彈力N的作用處于靜止狀態，通過受力分析和平衡條件可知，木板對小球的彈力大小為mg。在撤離木板的瞬間，彈簧的彈力T大小和方向均沒有發生變化，而小球的重力是恒力，故此時小球受到重力mg、彈簧的彈力T，則撤離木板瞬間，小球所受合力與撤離木板前木板對小球的彈力大小相等、方向相反，故小球的加速度大小為g，B正確。]
5.BD　[在撤去力F的瞬間，彈簧的彈力未發生變化，A球受力情況不變，仍靜止，A的加速度為零，而B的加速度大小為，選項A、C錯誤，B、D正確。]
6.D　[設四個小球的質量均為m，由平衡條件知彈簧上彈力大小為mg，當剪斷A球上方的細繩瞬間，彈簧上的彈力不能突變，A球的加速度為a1＝＝2g；B球重力與彈簧向上的彈力大小相等，B球在此瞬間受到的合力為零，加速度為a2＝0；當剪斷O′C間細繩的瞬間，C球和D球以相同的加速度向下運動，加速度大小為a3＝a4＝＝g，D正確。]
7.ACD　[當箱子靜止不動時，有FBcos θ＝mg，FBsin θ＝FA，故OB繩的彈力FB＝，OA繩的彈力FA＝mgtan θ，當箱子突然向左加速時，在豎直方向上有FB1cos θ＝mg，在水平方向上有FA1－FB1sin θ＝ma，解得FB1＝＝FB，FA1＝ma＋mgtan θ>FA，所以AO繩的彈力變大，BO繩的彈力不變，故A正確，B錯誤；當箱子突然向上加速時，在水平方向上有FA2＝FB2sin θ，在豎直方向上有FB2cos θ－mg＝ma，解得FB2＝>FB，FA2＝m(g＋a)tan θ>FA，所以AO繩的彈力變大，BO繩的彈力也變大，故C、D正確。]
8.CD　[設小球的質量為m，小球靜止時F繩＝mgtan θ，剪斷細繩瞬間，輕彈簧拉力不改變，則小球受到的合外力與F繩等大反向，a＝gtan θ，方向水平向左，選項C正確，A錯誤；若剪斷輕彈簧與小球的連接端，繩子拉力消失，小球只受重力，a＝g，方向豎直向下，選項D正確，B錯誤。]
9.AD　[木塊C移開之前，彈簧的彈力大小為T＝mAg＋mCg＝3mg，木塊B對水平面的壓力大小為N＝T＋mBg＝4mg，在木塊C移開的瞬間，彈簧的形變量不變，彈力大小不變，木塊B對水平面的壓力不變，故A正確，B、C錯誤；對木塊A根據牛頓第二定律有T－mg＝ma，解得a＝2g，故D正確。]
10.A　[原來A處于平衡狀態，細線剪斷瞬間，彈簧的彈力不會發生突變，仍有T＝mAg＝20 N，故B錯誤；細線剪斷瞬間，A、B一起加速下降，由于原來A平衡，故整體受到的合力等于B的重力，由牛頓第二定律可得mBg＝(mA＋mB)a，解得A、B共同加速度a＝6 m/s2，故C、D錯誤；對B由牛頓第二定律可得mBg－N＝mBa，解得B受到的支持力為N＝12 N，故A正確。]
11.D　[
根據題述可知，A、B兩球的質量相等，設為m，剪斷細繩L2瞬間，對A球進行受力分析，如圖甲所示，有T＝mgcos θ，mgsin θ＝ma1；對B進行受力分析，如圖乙所示，由于彈簧的彈力不發生突變，有Fcos θ＝mg，mgtan θ＝ma2，所以T∶F＝cos2θ∶1，a1∶a2＝cos θ∶1，故D正確。]培優提升十一　瞬時加速度問題
學習目標　1.進一步理解牛頓第二定律的瞬時性，會分析變力作用過程中的加速度和速度。2.會分析物體受力的瞬時變化，掌握瞬時變化問題的兩種模型。
提升1　變力作用下加速度和瞬時速度的分析
1.加速度與合力的關系
由牛頓第二定律F＝ma知，加速度a與合力F具有瞬時對應關系，合力增大，加速度增大，合力減小，加速度減小；合力方向變化，加速度方向也隨之變化。
2.速度與加速度(合力)的關系
速度與加速度(合力)方向相同，物體做加速運動；速度與加速度(合力)方向相反，物體做減速運動。
例1 (多選)如圖所示，自由下落的小球，從它接觸豎直放置的彈簧開始，到彈簧被壓縮到最短的過程中，(整個過程彈簧未超過其彈性限度)小球的速度大小和加速度大小的變化情況是(　　)
A.加速度先變小后變大 　B.加速度一直變大
C.速度先變大后變小 　D.速度一直變小
聽課筆記____________________________________________________________
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訓練1 (2024·四川南充高一期末)如圖所示，質量為m的滑塊在水平面上撞向彈簧，當滑塊將彈簧壓縮了x0時速度減小為0，然后彈簧又將滑塊向右推開。已知彈簧的勁度系數為k，滑塊與水平面間的動摩擦因數為μ，整個過程彈簧未超過彈性限度，則正確的是(　　)
A.滑塊向左運動過程中，加速度先減小后增大
B.滑塊與彈簧接觸過程中，最大加速度為
C.滑塊向右運動過程中，加速度先向左，再向右
D.滑塊向右運動過程中，當滑塊離開彈簧時，滑塊的速度最大
提升2　輕繩、橡皮條、輕彈簧或輕桿的瞬時性問題
四類模型
類別 彈力表現形式 彈力方向 能否突變
輕繩 拉力 沿繩收縮方向 能
橡皮條 拉力 沿橡皮條收縮方向 不能
輕彈簧 拉力、支持力 沿彈簧軸線方向 不能
輕桿 拉力、支持力 不確定 能
(1)輕繩、輕桿模型不發生明顯形變就能產生彈力，剪斷(或脫離)后，形變恢復幾乎不需要時間，故認為彈力可以立即改變或消失。
(2)輕彈簧、橡皮條模型的形變量大，形變恢復需要較長時間，在瞬時性問題中，它們的自由端連接有物體時其彈力的大小不能突變，往往可以看成是不變的。
例2 (多選)如圖甲、乙所示，物塊1和物塊2之間用輕繩連接，分別用輕繩和輕彈簧懸掛在天花板上并保持靜止，已知物塊2的質量為物塊1的質量的2倍，重力加速度為g。下列說法正確的是(　　)
A.圖甲中，剪斷懸掛物塊1的細繩瞬間，物塊1的加速度大小為g
B.圖甲中，剪斷懸掛物塊1的細繩瞬間，物塊2的加速度大小為g
C.圖乙中，剪斷懸掛物塊2的細繩瞬間，物塊1的加速度大小為g
D.圖乙中，剪斷懸掛物塊2的細繩瞬間，物塊2的加速度大小為g
聽課筆記____________________________________________________________
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例3 (2024·福建福州一中月考)如圖所示，質量均為m的物塊1、2間用剛性輕質桿連接，裝置放于水平光滑木板上，并處于靜止狀態。現將木板沿水平方向突然抽出，設抽出后的瞬間，物塊1、2受到的合力分別為F1和F2，重力加速度大小為g，則(　　)
A.F1＝0，F2＝mg B.F1＝mg，F2＝0
C.F1＝mg，F2＝mg D.F1＝0，F2＝2mg
聽課筆記_____________________________________________________________
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分析瞬時性問題的解題思路是抓住“兩關鍵”、遵循“四步驟”：
(1)分析瞬時加速度的“兩個關鍵”
①明確繩或線類、彈簧或橡皮條類模型的特點；②分析瞬時前、后的受力情況和運動狀態。
(2)“四個步驟”
訓練2 (2024·四川涼山高一期末)如圖所示，A、B兩球的質量相等，通過質量不計的彈簧及固定于斜面頂端的細線連接，傾角為θ的斜面光滑，系統靜止，彈簧與細線均平行于斜面，設重力加速度為g，在細線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是(　　)
A.兩個小球的加速度均沿斜面向下，大小均為gsin θ
B.B球所受彈簧的彈力發生突變，加速度不為零
C.A球的加速度沿斜面向下，大小為2gsin θ
D.B球的加速度向上，A球的加速度向下，加速度都不為零
培優提升十一　瞬時加速度問題
提升1
例1 AC　[開始階段，彈簧的壓縮量較小，因此彈簧對小球向上的彈力小于小球的重力，此時合力大小為F合＝mg－kx，方向向下，隨著彈簧壓縮量的增加，彈力增大，合力減小，則加速度減小，由于合力與速度方向相同，則小球的速度增大；當mg＝kx時，合力為零，此時速度最大；由于慣性，小球繼續向下運動，此時合力大小為F合＝kx－mg，方向向上，小球減速，隨著壓縮量增大，小球所受合力增大，加速度增大，故整個過程中加速度大小先變小后變大，速度大小先變大后變小。A、C正確。]
訓練1 B　[滑塊向左接觸彈簧的運動過程中，在水平方向上受到向右的彈簧的彈力和向右的摩擦力，在此過程中彈簧的彈力是逐漸增大的，彈力和摩擦力的合力與運動方向始終相反，物體做減速運動，加速度大小一直增大，故A錯誤；對滑塊分析可知，當彈簧的壓縮量為x0時，此時合力最大，由牛頓第二定律有am＝＝，故B正確；滑塊向右接觸彈簧的運動是從彈簧壓縮量最大時開始的，此時受到水平向右的彈力和向左的摩擦力，開始時彈簧的彈力大于摩擦力，加速度方向向右，且加速度不斷減小，但當彈簧伸長到一定程度，彈力和摩擦力大小相等，加速度減小到零，此后摩擦力大于彈力，加速度方向向左，加速度增大，所以加速度先向右，后向左，故C錯誤；在滑塊向右接觸彈簧的運動中，當彈簧彈力與摩擦力相等時，滑塊的加速度為零，滑塊的速度達到最大，此時彈簧的形變量為x＝，彈簧處于壓縮狀態，故D錯誤。]
提升2
例2 ABD　[圖甲中剪斷懸掛1的繩子瞬間，對整體受力分析，可知物塊1、2只受重力，則加速度都為g，故A、B正確；圖乙中，剪斷懸掛物塊2的繩子前，對整體受力分析，可知彈簧彈力F＝3mg，剪斷繩子后，彈簧彈力不變，對物塊1受力分析可得F－mg＝ma1，解得a1＝2g，對物塊2受力分析，物塊2只受重力，所以加速度為g，故C錯誤，D正確。]
例3 C　[將木板沿水平方向突然抽出瞬間，把物塊1、2和剛性輕質桿看成一個整體，則抽出后瞬間，整體將一起自由下落，整體的加速度等于重力加速度g，根據牛頓第二定律可得物塊1、2受到的合力等于自身重力，即F1＝F2＝mg，故C正確。]
訓練2 C　[根據題意，系統靜止，A、B兩球所受合力為0，由平衡條件可知，細線的拉力為F＝2mgsin θ，方向沿斜面向上，當細線燒斷瞬間，細線的拉力消失，彈簧彈力不變，則小球B的受力情況不變，合力不變，則小球B的加速度為0，小球A的合力為沿斜面向下的2mgsin θ，由牛頓第二定律可知，小球A的加速度為2gsin θ，故C正確。](共36張PPT)
培優提升十一　瞬時加速度問題
第四章　牛頓運動定律
1.進一步理解牛頓第二定律的瞬時性，會分析變力作用過程中的加速度和速度。2.會分析物體受力的瞬時變化，掌握瞬時變化問題的兩種模型。
學習目標
目 錄
CONTENTS
提升
01
課后鞏固訓練
02
提升
1
提升2　輕繩、橡皮條、輕彈簧或輕桿的瞬時性問題
提升1　變力作用下加速度和瞬時速度的分析
提升1　變力作用下加速度和瞬時速度的分析
1.加速度與合力的關系
由牛頓第二定律F＝ma知，加速度a與合力F具有瞬時對應關系，合力增大，加速度增大，合力減小，加速度減小；合力方向變化，加速度方向也隨之變化。
2.速度與加速度(合力)的關系
速度與加速度(合力)方向相同，物體做加速運動；速度與加速度(合力)方向相反，物體做減速運動。
例1 (多選)如圖所示，自由下落的小球，從它接觸豎直放置的彈簧開始，到彈簧被壓縮到最短的過程中，(整個過程彈簧未超過其彈性限度)小球的速度大小和加速度大小的變化情況是(　　)
AC
A.加速度先變小后變大 　 B.加速度一直變大
C.速度先變大后變小 　 D.速度一直變小
解析　開始階段，彈簧的壓縮量較小，因此彈簧對小球向上的彈力小于小球的重力，此時合力大小為F合＝mg－kx，方向向下，隨著彈簧壓縮量的增加，彈力增大，合力減小，則加速度減小，由于合力與速度方向相同，則小球的速度增大；當mg＝kx時，合力為零，此時速度最大；由于慣性，小球繼續向下運動，此時合力大小為F合＝kx－mg，方向向上，小球減速，隨著壓縮量增大，小球所受合力增大，加速度增大，故整個過程中加速度大小先變小后變大，速度大小先變大后變小。A、C正確。
訓練1 (2024·四川南充高一期末)如圖所示，質量為m的滑塊在水平面上撞向彈簧，當滑塊將彈簧壓縮了x0時速度減小為0，然后彈簧又將滑塊向右推開。已知彈簧的勁度系數為k，滑塊與水平面間的動摩擦因數為μ，整個過程彈簧未超過彈性限度，則正確的是(　　)
B
提升2　輕繩、橡皮條、輕彈簧或輕桿的瞬時性問題
四類模型
類別 彈力表現形式 彈力方向 能否突變
輕繩 拉力 沿繩收縮方向 能
橡皮條 拉力 沿橡皮條收縮方向 不能
輕彈簧 拉力、支持力 沿彈簧軸線方向 不能
輕桿 拉力、支持力 不確定 能
(1)輕繩、輕桿模型不發生明顯形變就能產生彈力，剪斷(或脫離)后，形變恢復幾乎不需要時間，故認為彈力可以立即改變或消失。
(2)輕彈簧、橡皮條模型的形變量大，形變恢復需要較長時間，在瞬時性問題中，它們的自由端連接有物體時其彈力的大小不能突變，往往可以看成是不變的。
ABD
例2 (多選)如圖甲、乙所示，物塊1和物塊2之間用輕繩連接，分別用輕繩和輕彈簧懸掛在天花板上并保持靜止，已知物塊2的質量為物塊1的質量的2倍，重力加速度為g。下列說法正確的是(　　 )
A.圖甲中，剪斷懸掛物塊1的細繩瞬間，物塊1的加速度大小為g
B.圖甲中，剪斷懸掛物塊1的細繩瞬間，物塊2的加速度大小為g
C.圖乙中，剪斷懸掛物塊2的細繩瞬間，物塊1的加速度大小為g
D.圖乙中，剪斷懸掛物塊2的細繩瞬間，物塊2的加速度大小為g
解析　圖甲中剪斷懸掛1的繩子瞬間，對整體受力分析，可知物塊1、2只受重力，則加速度都為g，故A、B正確；圖乙中，剪斷懸掛物塊2的繩子前，對整體受力分析，可知彈簧彈力F＝3mg，剪斷繩子后，彈簧彈力不變，對物塊1受力分析可得F－mg＝ma1，解得a1＝2g，對物塊2受力分析，物塊2只受重力，所以加速度為g，故C錯誤，D正確。
C
例3 (2024·福建福州一中月考)如圖所示，質量均為m的物塊1、2間用剛性輕質桿連接，裝置放于水平光滑木板上，并處于靜止狀態。現將木板沿水平方向突然抽出，設抽出后的瞬間，物塊1、2受到的合力分別為F1和F2，重力加速度大小為g，則(　　)
A.F1＝0，F2＝mg B.F1＝mg，F2＝0
C.F1＝mg，F2＝mg D.F1＝0，F2＝2mg
解析　將木板沿水平方向突然抽出瞬間，把物塊1、2和剛性輕質桿看成一個整體，則抽出后瞬間，整體將一起自由下落，整體的加速度等于重力加速度g，根據牛頓第二定律可得物塊1、2受到的合力等于自身重力，即F1＝F2＝mg，故C正確。
分析瞬時性問題的解題思路是抓住“兩關鍵”、遵循“四步驟”：
(1)分析瞬時加速度的“兩個關鍵”
①明確繩或線類、彈簧或橡皮條類模型的特點；②分析瞬時前、后的受力情況和運動狀態。
(2)“四個步驟”
訓練2 (2024·四川涼山高一期末)如圖所示，A、B兩球的質量相等，通過質量不計的彈簧及固定于斜面頂端的細線連接，傾角為θ的斜面光滑，系統靜止，彈簧與細線均平行于斜面，設重力加速度為g，在細線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是(　　)
A.兩個小球的加速度均沿斜面向下，大小均為gsin θ
B.B球所受彈簧的彈力發生突變，加速度不為零
C.A球的加速度沿斜面向下，大小為2gsin θ
D.B球的加速度向上，A球的加速度向下，加速度都不為零
C
解析　根據題意，系統靜止，A、B兩球所受合力為0，由平衡條件可知，細線的拉力為F＝2mgsin θ，方向沿斜面向上，當細線燒斷瞬間，細線的拉力消失，彈簧彈力不變，則小球B的受力情況不變，合力不變，則小球B的加速度為0，小球A的合力為沿斜面向下的2mgsin θ，由牛頓第二定律可知，小球A的加速度為2gsin θ，故C正確。
課后鞏固訓練
2
D
題組一　變力作用下加速度和瞬時速度分析
1.(2024·廣西南寧高一期末)粗糙水平面上的物體在水平拉力F作用下做勻加速直線運動，現使F的大小不斷減小，則在滑動過程中(　　)
A.物體的加速度不斷減小，速度不斷增大
B.物體的加速度不斷增大，速度不斷減小
C.物體的加速度先變大再變小，速度先變小再變大
D.物體的加速度先變小再變大，速度先變大再變小
解析　根據牛頓第二定律有F－f＝ma，當F減小到大小等于摩擦力之前，加速度減小，物體仍然加速，速度變大；當F減小到比摩擦力小后，加速度反向增大，物體減速，速度減小，故D正確。
基礎對點練
D
2.如圖所示，靜止在光滑水平面上的物體A一端連接處于自然狀態的輕質彈簧，現對物體施加一水平恒力F，在彈簧被壓縮到最短這一過程中，物體的速度和加速度大小的變化情況是(　　)
A.速度增大，加速度增大
B.速度增大，加速度減小
C.速度先增大后減小，加速度先增大后減小
D.速度先增大后減小，加速度先減小后增大
解析　開始階段，恒力F大于彈簧的彈力，物體向左做加速運動，彈簧彈力逐漸增大，加速度逐漸減小，當彈簧彈力大于F時，加速度方向向右，且逐漸增大，即物體先做加速度逐漸減小的加速運動，然后做加速度逐漸增大的減速運動，選項D正確。
D
3.以一定的初速度從足夠高的某點豎直上拋一物體，物體受到的空氣阻力與速率成正比，則物體在運動過程中的加速度大小(　　)
A.先變小后變大 B.先變大后變小
C.一直變大 D.一直變小，最后變為零
解析　根據題意設阻力為F阻＝kv，物體在上升時阻力向下，此時有mg＋kv＝ma，速度與加速度方向相反，因此速度在減小，隨著速度減小加速度也在減小。當速度等于零時，加速度等于g，然后開始向下運動，此時阻力與重力方向相反，有mg－kv＝ma′，隨著速度增大，阻力增大，加速度繼續減小，當阻力等于重力時加速度為零，所以加速度一直變小，最后變為零，故D正確。
B
題組二　輕繩、橡皮條、輕彈簧或輕桿的瞬時性問題
4.如圖所示，質量為m的小球用水平輕質彈簧系住，并用傾角為30°的光滑木板AB托住，小球恰好處于靜止狀態。在木板AB突然撤離的瞬間，小球的加速度大小為(重力加速度為g)(　　)
BD
5.(多選)質量均為m的A、B兩球之間系著一個不計質量的水平輕彈簧并放在光滑水平臺面上，A球緊靠墻壁，如圖所示，今用水平力F推B球使其向左壓彈簧，平衡后，突然撤去力F的瞬間(　　)
D
6.如圖所示，A、B兩球間用輕彈簧連接后再用細繩懸在頂板上；C、D兩球間用細繩連接后再用細繩懸在頂板上，四個小球質量相等且均處于靜止狀態。現分別將A球與C球上方的細繩剪斷，剪斷瞬間，A、B、C、D四個球的加速度a1、a2、a3和a4的大小分別是(　　)
A.a1＝g、a2＝g B.a1＝2g、a3＝0
C.a3＝2g、a4＝0 D.a3＝g、a4＝g
ACD
7.(多選)如圖所示，在長方體箱子內，用水平繩AO和傾斜繩BO把質量為m的小球系于O點，箱子處于靜止狀態，則(　　 )
綜合提升練
A.當箱子突然向左加速時，AO繩的彈力變大
B.當箱子突然向左加速時，BO繩的彈力變大
C.當箱子突然向上加速時，BO繩的彈力變大
D.當箱子突然向上加速時，AO繩的彈力變大
CD
8.(多選)如圖所示，小球與輕彈簧、水平細繩相連，輕彈簧、細繩的另一端分別固定于P、Q兩點。小球靜止時，輕彈簧與豎直方向的夾角為θ，重力加速度大小為g，下列說法正確的是(　　)
A.僅剪斷細繩的瞬間，小球的加速度a＝g，方向豎直向上
B.僅剪斷與小球連接端的輕彈簧的瞬間，小球的加速度a＝gtan θ，方向水平向右
C.僅剪斷細繩的瞬間，小球的加速度a＝gtan θ，方向水平向左
D.僅剪斷與小球連接端的輕彈簧的瞬間，小球的加速度a＝g，方向豎直向下
解析　設小球的質量為m，小球靜止時F繩＝mgtan θ，剪斷細繩瞬間，輕彈簧拉力不改變，則小球受到的合外力與F繩等大反向，a＝gtan θ，方向水平向左，選項C正確，A錯誤；若剪斷輕彈簧與小球的連接端，繩子拉力消失，小球只受重力，a＝g，方向豎直向下，選項D正確，B錯誤。
AD
9.(多選)如圖所示，質量均為m的木塊A和B用一輕彈簧相連，豎直放在光滑的水平面上，木塊A上放有質量為2m的木塊C，三者均處于靜止狀態，重力加速度為g。現將木塊C迅速移開，則在木塊C移開的瞬間(　　)
A.彈簧的形變量不變 B.彈簧的彈力大小為mg
C.木塊B對水平面的壓力變為2mg D.木塊A的加速度大小為2g
解析　木塊C移開之前，彈簧的彈力大小為T＝mAg＋mCg＝3mg
木塊B對水平面的壓力大小為N＝T＋mBg＝4mg
在木塊C移開的瞬間，彈簧的形變量不變，彈力大小不變，木塊B對水平面的壓力不變，故A正確，B、C錯誤；對木塊A根據牛頓第二定律有T－mg＝ma，解得a＝2g，故D正確。
A
10.如圖所示，質量為2 kg的物體A靜止于豎直的輕彈簧上，質量為3 kg的物體B用細線懸掛，A、B間相互接觸但無壓力，取重力加速度g＝10 m/s2。某時刻將細線剪斷，則細線剪斷瞬間(　　)
A.A對B的支持力大小為12 N B.彈簧彈力大小為50 N
C.B的加速度大小為10 m/s2 D.A的加速度為零
解析　原來A處于平衡狀態，細線剪斷瞬間，彈簧的彈力不會發生突變，仍有T＝mAg＝20 N，故B錯誤；細線剪斷瞬間，A、B一起加速下降，由于原來A平衡，故整體受到的合力等于B的重力，由牛頓第二定律可得mBg＝(mA＋mB)a，解得A、B共同加速度a＝6 m/s2，故C、D錯誤；對B由牛頓第二定律可得mBg－N＝mBa，解得B受到的支持力為N＝12 N，故A正確。
D
11.如圖所示，A、B兩小球分別用輕質細繩L1和輕彈簧系在天花板上，A、B兩小球之間用一輕質細繩L2連接，細繩L1、彈簧與豎直方向的夾角均為θ，細繩L2水平拉直，現將細繩L2剪斷，則細繩L2剪斷瞬間，下列說法正確的是(　　)
A.細繩L1上的拉力與彈簧彈力之比為1∶1
B.細繩L1上的拉力與彈簧彈力之比為1∶cos2θ
C.A與B的加速度之比為1∶1
D.A與B的加速度之比為cos θ∶1
解析　根據題述可知，A、B兩球的質量相等，設為m，剪斷細繩L2瞬間，對A球進行受力分析，如圖甲所示，有T＝mgcos θ，mgsin θ＝ma1；對B進行受力分析，如圖乙所示，由于彈簧的彈力不發生突變，有Fcos θ＝mg，mgtan θ＝ma2，所以T∶F＝cos2θ∶1，a1∶a2＝cos θ∶1，故D正確。

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