牛顿第二定律中的瞬时加速度问题

陈宝友 张旭

我们知道，牛顿第二定律反映了力的瞬时作用效果的规律，力是产生加速度的原因，故加速度与力同时存在、同时变化、同时消失，这就是所谓牛顿第二定律的瞬时性.

分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析瞬时前后的受力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度.求解瞬时加速度问题，必须应注意两种不同的物理模型：

1.刚性绳（不可伸长）或接触面：这是一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，若剪断或脱离后，其中弹力立即消失或仍接触但可以突变，不需要恢复、改变形变的时间.

2.弹簧或橡皮绳：这些物体的形变量大，形变改变、恢复需要较长时间，故在瞬时问题中，其弹力的大小往往可以看成是不变的.

两种模型的不同点如下表所示：

对于考查牛顿第二定律的瞬时加速度问题，这类题型的一般求法是： ① 首先分析变化瞬间之前的状态（进行受力分析）；② 判别有哪些力在这一瞬间发生了变化，哪些力不发生变化；③ 再求出变化后物体受的合力，求得加速度.高考对于瞬时加速度问题的考查一般有如下三种形式，本文将分别举例进行讨论.

一、弹簧模型问题

如上所述，由于弹簧的形变量大，形变恢复需要较长时间，瞬间弹簧的弹力不能立即改变，问题的处理相对比较简单.

【例1】如图1所示，天花板上用细绳吊起两个用轻弹簧相连的质量相同的小球，两小球均保持静止.当突然剪断细绳的瞬间，上面小球A与下面小球B的加速度分别为（以向上为正方向）（）

A.a1＝g，a2＝g；

B.a1＝2g，a2＝0；

C.a1＝－2g，a2＝0；

D.a1＝0，a2＝g．

解析：分别以A、B为研究对象，分析剪断前和剪断时的受力.剪断前A、B静止，A球受三个力：绳子的拉力FT、重力mg和弹簧弹力F；B球受两个力：重力mg和弹簧弹力F′，如图2所示.

A球：FT－mg－F＝0

B球：F′－mg＝0

由于F＝F′，解得FT＝2mg，F＝mg

剪断细绳瞬间，因为绳无弹性，剪断瞬间拉力不存在，而弹簧瞬间形状不可改变，弹力不变.A球受重力mg、弹簧的弹力F；同理，B球受重力mg和弹力F′，如图3所示.

A球：－mg－F＝ma1

B球：F′－mg＝ma2

解得a1＝－2g，a2＝0

显然，本题的正确答案为选项C.

实际上，此类问题还有比较简单的解题方法：A球原来受FT=2mg，剪断细绳瞬间，拉力不复存在，而其他力并没有变化，故拉力的大小就是此时A球受到的合外力；而B球受力情况没有变化，因此答案容易得到.希望考生能够灵活运用这一特点，快速得到答案.

【例2】如图4所示，质量各为m、2m、3m，的小球A、B、C，A和B用轻弹簧相连接，B、C间用细绳l1 连接，A球用绳l2 悬挂住，若在B球下端M点剪断绳子l1 ，则剪断瞬间三小球各自的加速度分别为、、.

解析：M点处绳子没被剪断前，A、B、C三小球的受力情况如图5所示.各球受力平衡，由平衡关系可求得：F3=F′3=mcg=3mg ，F2=F′2=5mg ，F1=6mg .在剪断细绳l1 的瞬间，l1 绳的张力立即消失，此时F3=F′3=0 ；而弹簧的弹力来不及变化，即F2=F′2=5mg 不变，三个小球的受力情况如图6所示.则：aA=F1-mag-F2ma=0 ，aB=F′2-mBgmB=1.5g ，aC=mCgmC=g .

【例3】如图7所示，竖直光滑杆上套有一个小球和两根弹簧，两弹簧的一端各与小球相连，另一端分别用销钉M、N固定于杆上，小球处于静止状态，设拔去销钉M瞬间，小球加速度的大小为12 m /s2，若不拔去销钉M而拔去销钉N瞬间，小球的加速度可能是（取g=10m /s2）（）

A.22 m /s2，竖直向上；B. 22 m /s2，竖直向下；

C. 2 m /s2，竖直向上 ；D. 2 m /s2，竖直向下．

解析：本题中由于上面弹簧的形变情况不明，需分两种情况讨论.

（1）上面的弹簧处于拉伸状态：设上、下两弹簧中的弹力分别为T1、T2，小球的受力情况如图8所示.小球处于静止状态时，则mg=T1+T2.

拔去销钉M的瞬间，上面弹簧中的力消失，由牛顿第二定律得：

mg－T2=ma

拔去销钉N的瞬间，下面弹簧中的力消失，同理得

T1－mg=ma′.

解以上三式，解得

a′=a－g=2m/s2，方向竖直向上.

（2）上面的弹簧处于压缩状态：此时小球的受力情况如图9所示.同理可知球静止时：T1+mg=T2，拔去M时：

mg－T2=ma，

拔去N時：T1+mg=ma″.

联立以上各式，解得a″=a+g=22m/s2，方向竖直向下.

【练习1】如图10所示，在光滑的水平面上，质量分别为m1和m2的木块A和B之间用轻弹簧相连，在拉力F作用下，以加速度a做匀加速直线运动.某时刻突然撤去拉力F，此瞬时A和B的加速度为a1和a2，则（）

A.a1＝a2＝0

B.a1＝a，a2＝0

C.a1＝mm1＋m2a，a2＝m2m1＋m2a

D.a1＝a，a2＝－m1m2a

解析：两物体在光滑的水平面上一起以加速度a向右匀加速运动时，弹簧的弹力F弹＝m1a，在力F撤去的瞬间，弹簧的弹力来不及改变，大小仍为m1a.因此，对A来讲加速度此时仍为a.对B物体：取向右为正方向，－m1a＝m2a2，a2＝－m1m2a，所以只有D项正确.

【练习2】如图11所示，吊篮P悬挂在天花板上，与吊篮质量相等的物体Q由在吊篮中的轻质弹簧托住，当悬挂吊篮的细绳剪断的瞬间，吊篮P和物体Q的加速度是（）

A.aP＝g，aQ＝g

B.aP＝2g，aQ＝2g

C.aP＝g，aQ＝2g

D.aP＝2g，aQ＝0

解析：牛顿第二定律反映的是力与加速度的瞬时对应关系.合外力不变，加速度不变.合外力瞬间改变，加速度瞬间改变.本题中细绳剪断的瞬间，绳上的弹力立即消失，则吊篮P的受力情况发生了变化，加速度就由0变为2g，而物体Q由于跟弹簧相连接，由于弹簧的弹力不能立即改变，故其加速度不变化仍然为0.

本题正确答案为D.

【练习3】如图12所示，轻弹簧两端拴接两个小球a、b.在水平恒力F的作用下拴接小球的细线固定在竖直墙壁上，两球静止，两细线与竖直墙壁的夹角θ＝60°，弹簧竖直，已知两小球的质量都为2 kg，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是（）

A.水平恒力F的大小为403 N

B.弹簧的拉力大小为40 N

C.剪断上端细线瞬间a球加速度为10 m/s2

D.剪断上端细线瞬间b球加速度仍为0

解析：对b球受力分析，受到竖直向下的重力、弹簧的弹力，若受细线的拉力，则在水平方向上合力不可能为零，故细线对b球的拉力为零，所以F弹＝mbg＝20 N，剪断上端细线瞬间，弹簧的弹力来不及改变，合力仍旧为零，故b球的加速度仍为零，B错误，D正确；对a球受力分析，受弹簧的弹力、重力、水平恒力和细线的拉力作用，处于平衡状态，故有tan θ＝F40 N，解得F＝403 N，A正确；T＝Fsin θ＝80 N，剪断上端细线瞬间a球所受合力为80 N，则加速度为a＝802 m/s2＝40 m/s2，C错误. 故本题正确答案为AD.

二、绳模型问题

与弹簧不同，由于绳子的形变量很小，在剪断绳子后，不需要恢复、改变形变的时间，绳中的弹力将发生突变而立即消失.这一点，在解决实际问题时很容易出现问题，必须要仔细分析处理.

【例4】如图13所示，质量为m的物体系于长度分别为l1、l2的两根细线上，l1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，l2水平拉直，物体处于平衡状态.现将l2线剪断，求剪断瞬时物体的加速度.下面是某同学对该题的一种解法：

设l1线上拉力为T1，l2线上拉力为T2，重力为mg，物体在三力作用下保持平衡，即

在竖直方向，有T1cosθ=mg，

在水平方向，有T1sinθ=T2，

解得T2=mgtanθ.

剪断线的瞬间，T2突然消失，物体即在T2反方向获得加速度.因为mgtanθ=ma，所以加速度α＝gtanθ，方向为T2反方向.

你认为这个结果正确吗？

解析：弹簧和绳是两个物理模型，故绳与弹簧在断绳瞬间的性质完全、特点不同.绳子不计质量但无弹性，瞬间就可以没有，即断绳前后，因为状态不同，所以弹力发生突变.而弹簧因为有形变，不可瞬间发生变化，即形变不会瞬间改变，要有一段时间，即断绳瞬间，弹簧未来得及发生形变所以弹力大小、方向均不变.

正是因为这个原因，所以开始的结果是错的，因为l2被剪断的瞬间，l1上的张力大小发生了变化.此瞬间物体m的速度为0，沿绳子方向合力为0，由正交分解法，则在沿着绳子方向，有 T1－mgcosθ=0，即T1=mgcosθ；而在垂直绳子方向，有mgsin θ=ma，故得a=gsin θ ，此即绳剪断瞬时物体的加速度.

本题中，若将图中的细线l1改为长度相同、质量不计的轻弹簧，其他条件不变，如图14所示.此时小球所受重力mg，弹簧弹力F1，细线的拉力F2三力平衡，F1、mg的合力水平向右与F2平衡，其大小F2=mgtanθ.

如果将l2线剪断，在剪断细线的瞬时，绳子弹力自然F2=0，而弹簧形变不能马上改变，弹力F1保持原值.在如图15所示中，弹簧弹力F1=mg/cosθ.

此刻F1与mg的合力仍为原来F2的大小，方向水平向右，其加速度方向沿水平向与竖直成900角，其大小为α=gtanθ.

【练习4】如图16所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态.现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有（）

A.a1＝a2＝a3＝a4＝0

B.a1＝a2＝a3＝a4＝g

C.a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝m＋MMg

D.a1＝g，a2＝m＋MMg，a3＝0，a4＝m＋MMg

解析：在抽出木板的瞬時，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间轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对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满足a4＝F＋MgM＝M＋mMg，所以选项C正确.

三、与瞬时加速度有关的作用力问题

在牛顿第二定律中，合力决定了加速度的大小，因而在加速度发生变化时，物体间的作用力也将发生相应的变化，所以求解与瞬时加速度有关的作用力问题，还是要以准确求解瞬时加速度为前提.

【例5】如图17所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B，A、B的质量均为2 kg，它们处于静止状态，若突然将一个大小为10 N、方向竖直向下的力施加在物块A上，则此瞬间，A对B的压力大小为（g取10 m/s2）（）

A.10 NB.20 N

C.25 ND.30 N

解析：该题考查竖直方向上的连接体问题，选A、B整体为研究对象，这个系统开始是平衡的，当突然将力施加在物块A上时，弹簧的弹力来不及变化，故整体相当于受到了竖直向下的力，故有F＝2ma，解得a＝2.5 m/s2；选A为研究对象有F－FN＋mg＝ma，解得FN＝25 N，这就是B对A的支持力，故选项C正确.

答案：C

【例6】两个物块A和B的质量分别为m1、m2，通过轻弹簧连接起来，同时在它们中间系上一段绳子，使得弹簧处于压缩状态，如图18所示.此时绳子的张力为F，在剪断绳子的瞬间，物块A获得的加速度为a，那么物块B对地面的压力为（）

A.（m1+m2）g+FB.（m1+m2）g－F

C.m1（g＋a）+m2gD.m1（g＋a）－m2g

解析：設弹簧的弹力为T，原来有T=m1g+F，当剪断绳子的瞬间，物块A获得的加速度为a，由牛顿第二定律则有T－m1g=m1a，而根据平衡条件，地面对物块B的弹力N=T+m2g，由以上三式得：N=（m1+m2）g+F= m1（g＋a）+m2g，故本题正确答案为A 、C.

【例7】如图19所示，倾角为30° 的光滑斜面底端，垂直固定着挡板，轻质弹簧的一端固定在挡板上，另一端与滑块A相连；A的另一侧通过一根平行于斜面的细线绕过定滑轮后与滑块B相连，B的下方又用细线悬挂着滑块C，系统静止.已知滑块的质量均为m，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则下列分析正确的是（）

A.剪断A、B间细线的瞬间，A的加速度大小为g

B.剪断A、B间细线的瞬间，B、C间细线拉力大小为mg

C.剪断B、C间细线的瞬间，B的加速度大小为g

D.剪断B、C间细线的瞬间，A、B间细线拉力大小为3mg2

解析：显然，在原来的情况下，滑块A、B间细线的张力为2 mg，剪断A、B间细线的瞬间，A受到的弹簧弹力及下滑力均没有变化，则A的加速度大小为2g，方向沿斜面向下；此时B、C有共同的加速度，故B、C间细线没有拉力.可见，选项A、B均不正确.

剪断滑块B、C间细线的瞬间，A、B有大小相等的加速度，且滑块A、B整体受到沿斜面向上的合力，大小为滑块C的重力，则B的加速度大小为g/2；对于滑块B，根据牛顿第二定律，有T-mg=ma，则得到滑块A、B间细线拉力大小为3mg2 .综上，故本题正确答案为D.

【例8】如图20所示，A、B的质量分别为mA=0.2kg，mB=0.4kg，盘C的质量mC=0.6kg，现悬挂于天花板O处，处于静止状态.当用火柴烧断O处的细线瞬间，木块A的加速度aA多大？木块B对盘C的压力FBC多大？（g取10m/s2）

解析：烧断细线前，木块A处于二力平衡状态，有F=mAg.

在烧断细线瞬间，弹簧形变尚来不及改变，可认为F不变，从而木块A仍处于二力平衡状态，木块A的加速度为aA=0.

在烧断细线瞬间，对木块B与盘C整体应用牛顿第二定律有

F+mBg+mCg=（mB+mC）aBC

对盘C应用牛顿第二定律有

FBC+ mCg=mC aBC ，

解得木块B对盘C的压力为

FBC=mAmCmB+mCg=0.2×0.60.4+0.6×10 N=1.2N.

【练习5】如图21所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为M的平盘，盘中放有质量为m的物体，它们静止时弹簧伸长了L，今向下拉盘使之再伸长△L后停止，然后松手放开，设弹簧总处于弹性限度内，则刚松手时盘对物体的支持力等于多少？

解析：装置静止时，用手对盘施加向下的力F使弹簧再伸长△L后停止，其受力分析如图22所示.设弹簧劲度系数为k，由胡克定律知，F=k·ΔL .

刚松手的瞬时F消失，而弹簧还来不及马上收缩恢复，即整体所受的弹力k（L+ΔL）和重力（M+m）g 都不变，其合力还与原来的F大小相等，方向相反.设其加速度为a，盘对物体的支持力为FN，则对整体：

k·ΔL=（M+m）a①

对物体m进行受力如图23所示，则有：

FN-mg=ma②

而整体原来处于静止时有

kL=（M+m）g③

解以上三式，得： FN=（1+ΔLL）mg.

责任编辑李平安