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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
L ，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
n
计算其劲度系数。
n 1 2 3 4 5 6
L /cm 8.04 10.03 12.05 14.07 16.11 18.09
n
（1）利用ΔL＝L ﹣L（i＝1，2，3）计算弹簧的压缩量：ΔL ＝6.03cm，ΔL ＝6.08cm，ΔL ＝
i i+3 i 1 2 3
ΔL +ΔL +ΔL
6.04 cm，压缩量的平均值ΔL= 1 2 3= 6.0 5 cm；
3
（2）上述ΔL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：△L ＝L ﹣L ＝（18.09﹣12.05）cm＝6.04cm
3 3+3 3
△L +△L +△L 6.03+6.08+6.04
弹簧压缩量的平均值△L= 1 2 3= cm＝6.05cm
3 3
（2）与表中实验数据可知，上述△L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△L=6.05cm＝0.0605m
根据胡克定律与平衡条件得：k△L=3mgsin30°，
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。
n 1 2 3 4 5
l/cm 10.48 10.96 11.45 11.95 12.40
（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 表示，表达式
α
mg
为k＝ 。若g取9.8m/s2，则本实验中k＝ 10 0 N/m（结果保留3位有效数字）。
α
【解答】解：（1）描出点后，作出图线如图所示：
△l 12.95-10.0
（2）L﹣n图线的斜率为α= = ×10-2m＝4.9×10﹣3m
△n 6
由胡克定律有：△F＝k△l
即△nmg＝k△lmg
联立以上各式可得：k=
α
所以可得劲度系数为：
k
50×10-3×9.8N/m＝100N/m
=
4.9×10-3
mg
故答案为：（1）图线如图所示：（2） ，（3）100。
α
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
g θ
C．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为
cosθ
D．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin
θ mg
【解答】解：小球静止时，由受力分析得F ＝mgtan ，F = ，
AC BC cosθ
θ
A、B当AC被突然剪断的瞬间，F 突变为零，F 突变为mgcos ，重力垂直于绳子的分量提供
AC BC
加速度，即mgsin ＝ma解得a＝gsin ，故A错误，B正确； θ
θ θ mg
C、D当BC被突然剪断的瞬间，F 突变为零，F 大小不变，此时小球所受合力 =ma解
BC AC
cosθg
得：a= ，故C正确，D错误；
cosθ
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 ，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θ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gsin
C．图乙中轻杆的作用力不可能为零θ
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＝mgsin ，突然撤去挡板的瞬间，弹簧来不及伸开，弹力
不变。 θ
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+mgsin ＝ma ，解得：a ＝2gsin ，故A错误。
B B
B、对乙θ图，轻杆为刚性杆，突θ然撤去挡板的瞬间，以 AB 为整体，根据牛顿第二定律：
2mgsin ＝2ma，得a＝gsin ，即A、B的加速度都为gsin ，故B正确。
θ θ θ F
C、假设轻杆有作用力，对A有mgsin ﹣F ＝ma ，得a ＝gsin - N ≠gsin ，这和用整体法求
N A A
m
θ θ θ
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（ ）
4
A．甲、乙两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大小均为 mg
3
4
B．甲图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为 g
3
5
C．乙图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为 g
35
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
3
【解答】解：A．对两图中的小球受力分析，如图所示：
mg 5
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T= = mg，故A错误；
cos53° 3
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；
4
C．小球静止时，由平衡条件可得杆的弹力为F=mgtan53°= mg，方向水平向右，在烧断细
3
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
5
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a= g，故C正确。
3
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gC．A、B刚分离时，弹簧的弹力为1.6mg
2mg
D．从F开始作用到A、B刚分离，弹簧的形变量减小了
5k
【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
F 1.6mg
a= = =0.8g
2m 2m
隔离A，利用牛顿第二定律有
F+F ﹣mg＝ma
N
代入数据解得：F ＝0.2mg，故A正确；
N
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
F-mg
a =
A
m
代入数据解得：
a ＝0.6g
A
B的加速度大小也为0.6g，则有
F ﹣mg＝ma ＝0.6mg
x A
可得弹簧的弹力为
F ＝1.6mg，故B错误，C正确；
x
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
ΔF ＝2mg﹣1.6mg＝0.4mg
x
根据胡克定律可得弹簧形变量减小了
ΔF❑ 2mg
Δx= x = ，故D正确。
k 5k
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 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、θB、
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2gsin
B．在轻绳被烧断的瞬间，B的加速度大小为gsin θ
1 θ
C．剪断弹簧的瞬间，A的加速度大小为 gsin
2
θ
D．突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为2gsin
【解答】解：A、把ABC看成是一个整体进行受力分θ析，有F＝3mgsin ，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﹣mgsin ＝ma ，解θ 得：a ＝2gsin ，故A
A A
正确。 θ θ
B、对于C，有F弹 ＝mgsin ，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+mgsin θ＝ma
B
，解得：a
B
＝2gsin ，故B错误。
C、剪断弹簧的瞬间，对θ于整体 AB，弹簧弹力为θ零，根据牛顿第二定律：F﹣2mgsin ＝
θ
1
2ma ，解得：a = gsin ，而A的加速度大小a ＝a ，故C正确。
AB AB A AB
2
θ
D、突然撤去外力 F 的瞬间，对整体 AB，由牛顿第二定律：F 弹+2mgsin ＝2ma AB ，F 弹 ＝
θ
3
mgsin ，解得：a = gsin ，a ＝a ，故D错误。
AB A AB
2
θ θ
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√5mg
【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
√2
的拉力大小为：F ＝mgsin45°= mg，故A错误；
0
2
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a ，小球受到重力、拉力作用，
0
此时支持力恰好为零，如图2所示；mgtan45°
根据牛顿第二定律可得加速度a = =g，
0
m
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 F
mg
= =√2mg，故BC错误；
cos45°
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：T mg，故D正确。
=√(mg) 2+(ma) 2=√(mg) 2+(2mg) 2=√5
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（ ）
4
A．小球静止时弹簧的弹力大小为 mg
3
5
B．小球静止时细绳的拉力大小为 mg
3
5
C．剪断细绳瞬间小球的加速度为 g
3
4
D．剪断弹簧瞬间小球的加速度为 g
3
【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°4
= mg，
3
mg 5
细绳的拉力大小为：T= = mg，故AB正确；
cos53° 3
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，
T 5
此瞬间小球的加速度大小为：a= = g，故C正确；
m 3
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，
mgsin53° 4
球沿垂直半径方向获得加速度a= = g，使球绕悬点下摆，故D错误。
m 5
本题选错误的，故选：D。
