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专题04 运动和力的关系
[-考点-06-] 瞬时问题分析
[典例]
答案 B
解析 未撤离木板时，小球受重力mg、弹簧的拉力FT和木板的弹力FN的作用处于静止状
态，通过受力分析可知，木板对小球的弹力大小为mg.在撤离木板的瞬间，弹簧的拉力FT
大小和方向均没有发生变化，而小球的重力是恒力，故此时小球受到重力mg、弹簧的拉力
FT，撤离木板瞬间，小球所受合力与撤离木板前木板对小球的弹力大小相等、方向相反，
故小球的加速度大小为g，故选B.
1.答案 A
解析 烧断绳AO 之前，对小球受力分析，小球受3 个力，如图所示，此时弹簧拉力F＝，
绳AO 的张力FT＝mgtan θ，烧断绳AO 的瞬间，绳的张力消失，但由于轻弹簧形变的恢复
需要时间，故烧断绳AO 瞬间弹簧的拉力不变，A 正确，B 错误．烧断绳AO 的瞬间，小球
受到的合力与烧断绳AO 前绳子的拉力等大反向，即F 合＝mgtan θ，则小球的加速度a＝
gtan θ，C、D 错误．
2.答案 BD
解析 在撤去力F 的瞬间，A 球受力情况不变，仍静止，A 的加速度为零，选项A 错，B
对；在撤去力F 的瞬间，弹簧的弹力还没来得及发生变化，故B 的加速度大小为，选项C
错，D 对．
3.答案 BC
解析 设三个小球质量均为m，剪断OA 间细绳前，弹簧弹力F＝2mg，剪断OA 间细绳瞬
间，弹簧弹力F＝2mg 不变，对A 分析，F＋mg＝ma，解得A 的加速度a＝3g；对BC 整体
分析，F－2mg＝2ma，解得BC 整体加速度a＝0，B、C 正确．
4.答案 D
解析 设四个小球的质量均是m，由平衡条件知弹簧上弹力大小为mg，当剪断A 球上方的
细绳瞬间，弹簧上的弹力不能突变，A 球的加速度为a1＝＝2g；B 球重力与弹簧向上的弹
力大小相等，B 球在此瞬间受到的合力为零，加速度为零．当剪断O′C 间细绳的瞬间，C
球和D 球以相同的加速度向下运动，加速度大小为a3＝a4＝＝g，D 正确．
5.答案 B
1
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解析 剪断细线前，对B、C 整体受力分析，整体受到的重力和细线的拉力平衡，故FT＝
2mg，再对物体A 受力分析，其受到重力、细线拉力和弹簧的弹力；剪断细线后，三个物
体的重力和弹簧的弹力不变，细线的拉力变为零，故物体B 受到的合力等于2mg，方向竖
直向下，物体A 受到的合力为2mg，方向竖直向上，物体C 受到的力不变，合力为零，故
物体B 有方向竖直向下的大小为2g 的加速度，物体A 具有方向竖直向上的大小为2g 的加
速度，物体C 的加速度为0，因取竖直向下为正方向，故选项B 正确．
6.答案 D
解析 在细线剪断之前，A、B 可看成一个整体，由二力平衡知，弹簧弹力等于整体重力，
故弹簧弹力向上且大小为2mg.当细线剪断瞬间，弹簧的形变量不变，故弹力不变，故A 受
重力mg 和方向竖直向上且大小为2mg 的弹力，取竖直向下为正方向，则A 的加速度aA＝
＝－g，方向竖直向上．对B 而言，细线烧断后只受重力作用，则B 的加速度为aB＝g，方
向竖直向下，故D 正确．
7.答案 C
解析 设A 的质量为m，则B 的质量为2m，剪断细线前细线的拉力为FT＝(2m＋m)gsin 30°
＝mg，对B 有F 弹＝2mgsin 30°＝mg.剪断细线的瞬间，细线的拉力立刻减为零，而弹簧的
弹力不变，则B 的加速度为零，A 的加速度为aA＝＝＝g，C 正确．
8.答案 D
解析 剪断细线后，C 球加速度aC＝＝gsin θ，方向沿斜面向下，B 错误．剪断细线前，弹
簧拉力F＝3mgsin θ，剪断细线后，弹簧拉力不变，A、B 加速度相等，故A、B 共同加速
度aA＝aB＝＝gsin θ，方向沿斜面向上，D 正确，A、C 错误．
9.答案 BC
解析 设弹簧的弹力大小为F，由平衡条件可知F＝mgsin θ，烧断细线的瞬间，弹簧的弹
力不变，故B 球的受力情况不变，加速度为零，B 正确，A、D 错误；以A 为研究对象，由
牛顿第二定律可得F＋mgsin θ＝maA，解得aA＝2gsin θ，C 正确．
10.答案 AC
解析 设物块的质量为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S1的拉力FT1，剪断前对b、c 和弹簧S2组成的整体
受力分析可知FT1＝2mg，故a 受到的合力F＝mg＋FT1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝＝
3g，A 正确，B 错误；设弹簧S2的拉力为FT2，则对c 受力分析可知FT2＝mg，根据胡克定
律可得Δl1＝2Δl2，C 正确，D 错误．
11.答案 BC
解析 设小球静止时BC 绳的拉力为F，AC 橡皮筋的拉力为FT，由平衡条件可得Fcos θ＝
mg，Fsin θ＝FT，解得F＝，FT＝mgtan θ，在AC 被突然剪断的瞬间，AC 的拉力突变为零，
BC 上的拉力F 突变为mgcos θ，重力垂直于绳BC 的分量提供加速度，即mgsin θ＝ma，
解得a＝gsin θ，B 正确，A 错误；在BC 被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC 的拉力不变，小球
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的合力大小与BC 被剪断前拉力的大小相等，方向沿BC 方向斜向下，故加速度a＝，C 正
确，D 错误．
12.答案 AD
解析 木块C 移开之前，弹簧的弹力大小为FT＝mA＋mC＝3mg，木块B 对水平面的压力大
小为FN＝FT＋mBg＝4mg，在木块C 移开的瞬间，弹簧的形变量不变，弹力大小不变，木块
B 对水平面的压力不变，故A 正确，B、C 错误；对木块A 根据牛顿第二定律有FT－mg＝
ma，解得a＝2g，故D 正确．
13.答案 D
解析 水平细线被剪断前，对A、B 进行受力分析如图所示：
静止时，FT＝Fsin 60°，Fcos 60°＝mAg＋F1，F1＝F1′＝mBg，又mA＝mB
解得FT＝2mAg
水平细线被剪断瞬间，FT消失，其他各力不变，A 所受合力与FT等大反向，所以aA＝＝
2g，aB＝0，D 正确．
14.答案 B
解析 剪断细线前，A、B 间无压力，则弹簧的弹力F＝mAg＝40 N，剪断细线的瞬间，A、
B 整体的加速度a＝＝2 m/s2，对 B 受力分析，mBg－FN＝mBa，解得FN＝8 N，由牛顿第三
定律知，B 正确．
15.答案 C
解析 剪断轻绳前，小球在重力、轻绳的拉力和弹簧弹力作用下处于静止状态，三力的合
力为零，由此可知弹簧的弹力等于小球的重力mg，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，轻
绳的拉力消失，此时小球和水平面之间瞬间产生作用力，水平面对小球竖直向上的支持力
大小为mg，小球竖直方向受力平衡，小球受到的合力为弹簧的弹力，方向向左，大小为
mg，故小球具有向左的加速度a＝10 m/s2，故选C.
16.答案 B
解析 对于题图甲，突然撤去挡板的瞬间，由于A、B 还没开始运动，故弹簧弹力不变，A
仍处于平衡状态，加速度为0，对于B，所受合力等于板在时板的支持力，为2mgsin θ，
由牛顿第二定律有2mgsin θ＝maB，可得B 的加速度为aB＝2gsin θ；对于题图乙，突然撤
去挡板的瞬间，A、B 加速度相同，整体由牛顿第二定律有2mgsin θ＝2ma′，可得A、B
的加速度均为a′＝gsin θ，设轻杆对A 的作用力为F，对A 由牛顿第二定律有mgsin θ＋F
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＝ma′，可知F＝0，故题图乙中轻杆的作用力一定为零，故选B.
17.答案 C
解析 在抽出木板的瞬间，物块1、2 与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等
于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；而物块3、4 间的轻质弹簧的形变还来不
及改变，此时弹簧对物块3 向上的弹力大小和对物块4 向下的弹力大小仍为mg，因此物块
3 满足mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块4 的加速度a4＝＝g，所以C 对．
18.答案 BCD
解析 AC．若水平面光滑，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得
解得
,分别以后面的第1、2、3…、2022 个小球为研究对象，根据牛顿第二定律
可得
,
,以此类推
.可得
由胡克定律可知:
可知从左到右每根弹簧伸长
量之比为
,但长度之比不满足
，故A
错误，C 正确；B．若水平面粗糙，撤去
的瞬间，第2000 号小球所受的两边弹簧的弹力
以及摩擦力都不变，则加速度不变，故B 正确；D．若水平面粗糙，设每个小球受的滑动
摩擦力为
，则以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得
解得
分别以后面的第1、2、3…、2022 个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可
得
,
,以此类推
则
.故D 正确.故选BCD.
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