答案 BC
见学生用书P040
微考点 1 牛顿第二定律的瞬时性
核|心|微|讲
牛顿第二定律瞬时性的“两种”模型
牛顿第二定律的表达式为F＝ma，其核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时消失、同时变化，具体可简化为以下两种模型：
1．刚性绳（或接触面）——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断（或脱离）后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间。
2．弹簧（或橡皮绳）——两端同时连接（或附着）有物体的弹簧（或橡皮绳），特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变。
典|例|微|探
【例1】 （多选）在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量为m＝2g的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。
当剪断轻绳的瞬间，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．此时轻弹簧的弹力大小为20N
B．小球的加速度大小为8m/s2，方向向左
C．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10m/s2，方向向右
D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为零
【解题导思】
（1）剪断轻绳前后，弹簧的弹力变化吗？
答：
剪断轻绳前后，弹簧长度来不及发生变化，所以弹簧弹力不变。
（2）剪断轻绳前后水平面对小球的支持力变化吗？
答：
剪断轻绳前，水平面对小球没有支持力作用，剪断轻绳后，水平面对小球的支持力等于小球的重力大小。
解析 未剪断轻绳时，水平面对小球的弹力为零，小球受到重力mg、轻绳的拉力T和弹簧的弹力F作用而处于平衡状态。
依据平衡条件得竖直方向上有Tcosθ＝mg，水平方向上有Tsinθ＝F，解得弹簧弹力F＝mgtanθ＝20N，A项正确；剪断轻绳后小球在竖直方向仍平衡，即水平面支持力N＝mg，水平方向上弹簧的弹力保持不变，由牛顿第二定律得小球的加速度a＝
＝
m/s2＝8m/s2，方向向左，B项正确；当剪断弹簧的瞬间，小球立即只受地面支持力和重力作用，且二力平衡，加速度为零，C项错误，D项正确。
答案 ABD
（1）求解瞬时加速度的一般思路
→
→
（2）加速度可以随着力突变而突变，但速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变。
题|组|微|练
1．（多选）如图，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S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态，现将细线剪断。
将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长量分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g。
在剪断细线的瞬间（ ）
A．a1＝3gB．a1＝0
C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl2
解析 设物体的质量为m，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力T1，剪断前对b、c和弹簧组成的整体分析可知T1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋T1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝
＝3g，A项正确，B项错误；设弹簧S2的拉力为T2，则T2＝mg，根据胡克定律F＝Δx可得Δl1＝2Δl2，C项正确，D项错误。
答案 AC
2.如图所示，质量分别为m、2m的小球A、B，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在电梯内，已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动，细线中的拉力为T，此时突然剪断细线。
在线断的瞬间，弹簧的弹力的大小和小球A的加速度的大小分别为（ ）
A.
，
＋gB.
，
＋g
C.
，
＋gD.
，
＋g
解析 在剪断前，对A、B及弹簧整体由牛顿第二定律有T－3mg＝3ma，对B由牛顿第二定律得F弹－2mg＝2ma，由此可得F弹＝
，细线被剪断后的瞬间，弹簧弹力不变，此时对A球来说，受到向下的重力和弹力，则有F弹＋mg＝maA，解得aA＝
＋g，故A项正确。
答案 A
微考点 2 动力学的两类基本问题
核|心|微|讲
1．物体运动性质的判断方法
（1）明确物体的初始运动状态（v0）。
（2）明确物体的受力情况（F合）。
（3）根据物体做各种性质运动的条件即可判定物体的运动情况、加速度变化情况及速度变化情况。
2．两类动力学问题的解题步骤
典|例|微|探
【例2】 如图所示，质量为10g的环（图中未画出）在F＝200N的拉力作用下，沿固定在地面上的粗糙长直杆由静止开始运动，杆与水平地面的夹角θ＝37°，拉力F与杆的夹角也为θ。
力F作用0.5s后撤去，环在杆上继续上滑了0.4s后速度减为零。
（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）求：
（1）环与杆之间的动摩擦因数μ。
（2）环沿杆向上运动的总距离x。
【解题导思】
（1）环的运动过程分为几段？
各是什么性质的运动？
答：
环的运动分为两个阶段，先是匀加速直线运动，后是匀减速直线运动。
（2）匀加速直线运动的末速度与匀减速直线运动的初速度有何关系？
答：
相等。
解析
（1）在力F作用0.5s内根据牛顿第二定律有
Fcosθ－mgsinθ－f＝ma1，
Fsinθ＝N＋mgcosθ，
f＝μN，
设0.5s末速度为v，
根据运动学公式有v＝a1t1，
撤去F后0.4s内
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2，
v＝a2t2，
联立以上各式得μ＝0.5，
a1＝8m/s2，
a2＝10m/s2，
v＝a2t2＝4m/s。
（2）x＝
a1t
＋vt2－
a2t
＝1.8m。
答案
（1）0.5
（2）1.8m
【反思总结】
多过程问题的分析方法
1．将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。
2．对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。
3．根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。
4．分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。
5．联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。
题|组|微|练
3.如图所示，足够长的倾角θ＝37°的光滑斜面体固定在水平地面上，一根轻绳跨过定滑轮，一端与质量为m1＝1g的物块A连接，另一端与质量为m2＝3g的物块B连接，绳与斜面保持平行。
开始时，用手按住A，使B悬于距地面高H＝0.6m处，而A静止于斜面底端。
现释放B，试求A在斜面上向上滑行的最大距离？
（设B落地后不再弹起，且所有接触面间的摩擦均忽略不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）
解析 设B未落地前系统加速度大小为a1，B落地时的速度为v，B落地后A的加速度为a2，则依据题意有
m2g－T＝m2a1，
T－m1gsin37°＝m1a1，
解得a1＝6m/s2。
v2－0＝2a1x1，x1＝H，
m1gsin37°＝m1a2，
解得a2＝6m/s2。
0－v2＝－2a2x2，
x2＝0.6m，
故A在斜面上向上滑行的最大距离
L＝x1＋x2＝1.2m。
答案 1.2m
4.如图所示，质量m＝2g的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L＝20m，用大小为30N、沿水平方向的外力拉此物体，经t0＝2s拉至B处。
（已知cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，g取10m/s2）
（1）求物体与地面间的动摩擦因数。
（2）用大小为30N、与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t。
解析
（1）沿水平方向施加外力后，物体做匀加速直线运动。
根据运动学公式有L＝
at
，
代入数据解得a＝10m/s2，
由牛顿第二定律知F－f＝ma，
得f＝10N，
所以μ＝
＝
＝0.5。
（2）设
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