牛頓第二定律中的瞬時加速度問題

陳寶友 張旭

我們知道，牛頓第二定律反映了力的瞬時作用效果的規律，力是產生加速度的原因，故加速度與力同時存在、同時變化、同時消失，這就是所謂牛頓第二定律的瞬時性.

分析物體在某一時刻的瞬時加速度，關鍵是分析瞬時前后的受力情況及運動狀態，再由牛頓第二定律求出瞬時加速度.求解瞬時加速度問題，必須應注意兩種不同的物理模型：

1.剛性繩（不可伸長）或接觸面：這是一種不發生明顯形變就能產生彈力的物體，若剪斷或脫離后，其中彈力立即消失或仍接觸但可以突變，不需要恢復、改變形變的時間.

2.彈簧或橡皮繩：這些物體的形變量大，形變改變、恢復需要較長時間，故在瞬時問題中，其彈力的大小往往可以看成是不變的.

兩種模型的不同點如下表所示：

對于考查牛頓第二定律的瞬時加速度問題，這類題型的一般求法是： ① 首先分析變化瞬間之前的狀態（進行受力分析）；② 判別有哪些力在這一瞬間發生了變化，哪些力不發生變化；③ 再求出變化后物體受的合力，求得加速度.高考對于瞬時加速度問題的考查一般有如下三種形式，本文將分別舉例進行討論.

一、彈簧模型問題

如上所述，由于彈簧的形變量大，形變恢復需要較長時間，瞬間彈簧的彈力不能立即改變，問題的處理相對比較簡單.

【例1】如圖1所示，天花板上用細繩吊起兩個用輕彈簧相連的質量相同的小球，兩小球均保持靜止.當突然剪斷細繩的瞬間，上面小球A與下面小球B的加速度分別為（以向上為正方向）（）

A.a1＝g，a2＝g；

B.a1＝2g，a2＝0；

C.a1＝－2g，a2＝0；

D.a1＝0，a2＝g．

解析：分別以A、B為研究對象，分析剪斷前和剪斷時的受力.剪斷前A、B靜止，A球受三個力：繩子的拉力FT、重力mg和彈簧彈力F；B球受兩個力：重力mg和彈簧彈力F′，如圖2所示.

A球：FT－mg－F＝0

B球：F′－mg＝0

由于F＝F′，解得FT＝2mg，F＝mg

剪斷細繩瞬間，因為繩無彈性，剪斷瞬間拉力不存在，而彈簧瞬間形狀不可改變，彈力不變.A球受重力mg、彈簧的彈力F；同理，B球受重力mg和彈力F′，如圖3所示.

A球：－mg－F＝ma1

B球：F′－mg＝ma2

解得a1＝－2g，a2＝0

顯然，本題的正確答案為選項C.

實際上，此類問題還有比較簡單的解題方法：A球原來受FT=2mg，剪斷細繩瞬間，拉力不復存在，而其他力并沒有變化，故拉力的大小就是此時A球受到的合外力；而B球受力情況沒有變化，因此答案容易得到.希望考生能夠靈活運用這一特點，快速得到答案.

【例2】如圖4所示，質量各為m、2m、3m，的小球A、B、C，A和B用輕彈簧相連接，B、C間用細繩l1 連接，A球用繩l2 懸掛住，若在B球下端M點剪斷繩子l1 ，則剪斷瞬間三小球各自的加速度分別為、、.

解析：M點處繩子沒被剪斷前，A、B、C三小球的受力情況如圖5所示.各球受力平衡，由平衡關系可求得：F3=F′3=mcg=3mg ，F2=F′2=5mg ，F1=6mg .在剪斷細繩l1 的瞬間，l1 繩的張力立即消失，此時F3=F′3=0 ；而彈簧的彈力來不及變化，即F2=F′2=5mg 不變，三個小球的受力情況如圖6所示.則：aA=F1-mag-F2ma=0 ，aB=F′2-mBgmB=1.5g ，aC=mCgmC=g .

【例3】如圖7所示，豎直光滑桿上套有一個小球和兩根彈簧，兩彈簧的一端各與小球相連，另一端分別用銷釘M、N固定于桿上，小球處于靜止狀態，設拔去銷釘M瞬間，小球加速度的大小為12 m /s2，若不拔去銷釘M而拔去銷釘N瞬間，小球的加速度可能是（取g=10m /s2）（）

A.22 m /s2，豎直向上；B. 22 m /s2，豎直向下；

C. 2 m /s2，豎直向上 ；D. 2 m /s2，豎直向下．

解析：本題中由于上面彈簧的形變情況不明，需分兩種情況討論.

（1）上面的彈簧處于拉伸狀態：設上、下兩彈簧中的彈力分別為T1、T2，小球的受力情況如圖8所示.小球處于靜止狀態時，則mg=T1+T2.

拔去銷釘M的瞬間，上面彈簧中的力消失，由牛頓第二定律得：

mg－T2=ma

拔去銷釘N的瞬間，下面彈簧中的力消失，同理得

T1－mg=ma′.

解以上三式，解得

a′=a－g=2m/s2，方向豎直向上.

（2）上面的彈簧處于壓縮狀態：此時小球的受力情況如圖9所示.同理可知球靜止時：T1+mg=T2，拔去M時：

mg－T2=ma，

拔去N時：T1+mg=ma″.

聯立以上各式，解得a″=a+g=22m/s2，方向豎直向下.

【練習1】如圖10所示，在光滑的水平面上，質量分別為m1和m2的木塊A和B之間用輕彈簧相連，在拉力F作用下，以加速度a做勻加速直線運動.某時刻突然撤去拉力F，此瞬時A和B的加速度為a1和a2，則（）

A.a1＝a2＝0

B.a1＝a，a2＝0

C.a1＝mm1＋m2a，a2＝m2m1＋m2a

D.a1＝a，a2＝－m1m2a

解析：兩物體在光滑的水平面上一起以加速度a向右勻加速運動時，彈簧的彈力F彈＝m1a，在力F撤去的瞬間，彈簧的彈力來不及改變，大小仍為m1a.因此，對A來講加速度此時仍為a.對B物體：取向右為正方向，－m1a＝m2a2，a2＝－m1m2a，所以只有D項正確.

【練習2】如圖11所示，吊籃P懸掛在天花板上，與吊籃質量相等的物體Q由在吊籃中的輕質彈簧托住，當懸掛吊籃的細繩剪斷的瞬間，吊籃P和物體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：牛頓第二定律反映的是力與加速度的瞬時對應關系.合外力不變，加速度不變.合外力瞬間改變，加速度瞬間改變.本題中細繩剪斷的瞬間，繩上的彈力立即消失，則吊籃P的受力情況發生了變化，加速度就由0變為2g，而物體Q由于跟彈簧相連接，由于彈簧的彈力不能立即改變，故其加速度不變化仍然為0.

本題正確答案為D.

【練習3】如圖12所示，輕彈簧兩端拴接兩個小球a、b.在水平恒力F的作用下拴接小球的細線固定在豎直墻壁上，兩球靜止，兩細線與豎直墻壁的夾角θ＝60°，彈簧豎直，已知兩小球的質量都為2 kg，重力加速度g取10 m/s2，下列說法正確的是（）

A.水平恒力F的大小為403 N

B.彈簧的拉力大小為40 N

C.剪斷上端細線瞬間a球加速度為10 m/s2

D.剪斷上端細線瞬間b球加速度仍為0

解析：對b球受力分析，受到豎直向下的重力、彈簧的彈力，若受細線的拉力，則在水平方向上合力不可能為零，故細線對b球的拉力為零，所以F彈＝mbg＝20 N，剪斷上端細線瞬間，彈簧的彈力來不及改變，合力仍舊為零，故b球的加速度仍為零，B錯誤，D正確；對a球受力分析，受彈簧的彈力、重力、水平恒力和細線的拉力作用，處于平衡狀態，故有tan θ＝F40 N，解得F＝403 N，A正確；T＝Fsin θ＝80 N，剪斷上端細線瞬間a球所受合力為80 N，則加速度為a＝802 m/s2＝40 m/s2，C錯誤. 故本題正確答案為AD.

二、繩模型問題

與彈簧不同，由于繩子的形變量很小，在剪斷繩子后，不需要恢復、改變形變的時間，繩中的彈力將發生突變而立即消失.這一點，在解決實際問題時很容易出現問題，必須要仔細分析處理.

【例4】如圖13所示，質量為m的物體系于長度分別為l1、l2的兩根細線上，l1的一端懸掛在天花板上，與豎直方向夾角為θ，l2水平拉直，物體處于平衡狀態.現將l2線剪斷，求剪斷瞬時物體的加速度.下面是某同學對該題的一種解法：

設l1線上拉力為T1，l2線上拉力為T2，重力為mg，物體在三力作用下保持平衡，即

在豎直方向，有T1cosθ=mg，

在水平方向，有T1sinθ=T2，

解得T2=mgtanθ.

剪斷線的瞬間，T2突然消失，物體即在T2反方向獲得加速度.因為mgtanθ=ma，所以加速度α＝gtanθ，方向為T2反方向.

你認為這個結果正確嗎？

解析：彈簧和繩是兩個物理模型，故繩與彈簧在斷繩瞬間的性質完全、特點不同.繩子不計質量但無彈性，瞬間就可以沒有，即斷繩前后，因為狀態不同，所以彈力發生突變.而彈簧因為有形變，不可瞬間發生變化，即形變不會瞬間改變，要有一段時間，即斷繩瞬間，彈簧未來得及發生形變所以彈力大小、方向均不變.

正是因為這個原因，所以開始的結果是錯的，因為l2被剪斷的瞬間，l1上的張力大小發生了變化.此瞬間物體m的速度為0，沿繩子方向合力為0，由正交分解法，則在沿著繩子方向，有 T1－mgcosθ=0，即T1=mgcosθ；而在垂直繩子方向，有mgsin θ=ma，故得a=gsin θ ，此即繩剪斷瞬時物體的加速度.

本題中，若將圖中的細線l1改為長度相同、質量不計的輕彈簧，其他條件不變，如圖14所示.此時小球所受重力mg，彈簧彈力F1，細線的拉力F2三力平衡，F1、mg的合力水平向右與F2平衡，其大小F2=mgtanθ.

如果將l2線剪斷，在剪斷細線的瞬時，繩子彈力自然F2=0，而彈簧形變不能馬上改變，彈力F1保持原值.在如圖15所示中，彈簧彈力F1=mg/cosθ.

此刻F1與mg的合力仍為原來F2的大小，方向水平向右，其加速度方向沿水平向與豎直成900角，其大小為α=gtanθ.

【練習4】如圖16所示，物塊1、2間用剛性輕質桿連接，物塊3、4間用輕質彈簧相連，物塊1、3質量為m，2、4質量為M，兩個系統均置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態.現將兩木板沿水平方向突然抽出，設抽出后的瞬間物塊1、2、3、4的加速度大小分別為a1、a2、a3、a4.重力加速度大小為g，則有（）

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，物塊1、2與剛性輕桿接觸處的形變立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛頓第二定律知a1＝a2＝g；而物塊3、4間輕彈簧的形變還來不及改變，此時彈簧對3向上的彈力大小和對物塊4向下的彈力大小仍為mg，因此物塊3滿足mg＝F，a3＝0；由牛頓第二定律得物塊4滿足a4＝F＋MgM＝M＋mMg，所以選項C正確.

三、與瞬時加速度有關的作用力問題

在牛頓第二定律中，合力決定了加速度的大小，因而在加速度發生變化時，物體間的作用力也將發生相應的變化，所以求解與瞬時加速度有關的作用力問題，還是要以準確求解瞬時加速度為前提.

【例5】如圖17所示，豎直放置在水平面上的輕質彈簧上疊放著兩物塊A、B，A、B的質量均為2 kg，它們處于靜止狀態，若突然將一個大小為10 N、方向豎直向下的力施加在物塊A上，則此瞬間，A對B的壓力大小為（g取10 m/s2）（）

A.10 NB.20 N

C.25 ND.30 N

解析：該題考查豎直方向上的連接體問題，選A、B整體為研究對象，這個系統開始是平衡的，當突然將力施加在物塊A上時，彈簧的彈力來不及變化，故整體相當于受到了豎直向下的力，故有F＝2ma，解得a＝2.5 m/s2；選A為研究對象有F－FN＋mg＝ma，解得FN＝25 N，這就是B對A的支持力，故選項C正確.

答案：C

【例6】兩個物塊A和B的質量分別為m1、m2，通過輕彈簧連接起來，同時在它們中間系上一段繩子，使得彈簧處于壓縮狀態，如圖18所示.此時繩子的張力為F，在剪斷繩子的瞬間，物塊A獲得的加速度為a，那么物塊B對地面的壓力為（）

A.（m1+m2）g+FB.（m1+m2）g－F

C.m1（g＋a）+m2gD.m1（g＋a）－m2g

解析：設彈簧的彈力為T，原來有T=m1g+F，當剪斷繩子的瞬間，物塊A獲得的加速度為a，由牛頓第二定律則有T－m1g=m1a，而根據平衡條件，地面對物塊B的彈力N=T+m2g，由以上三式得：N=（m1+m2）g+F= m1（g＋a）+m2g，故本題正確答案為A 、C.

【例7】如圖19所示，傾角為30° 的光滑斜面底端，垂直固定著擋板，輕質彈簧的一端固定在擋板上，另一端與滑塊A相連；A的另一側通過一根平行于斜面的細線繞過定滑輪后與滑塊B相連，B的下方又用細線懸掛著滑塊C，系統靜止.已知滑塊的質量均為m，重力加速度為g，彈簧始終在彈性限度內，則下列分析正確的是（）

A.剪斷A、B間細線的瞬間，A的加速度大小為g

B.剪斷A、B間細線的瞬間，B、C間細線拉力大小為mg

C.剪斷B、C間細線的瞬間，B的加速度大小為g

D.剪斷B、C間細線的瞬間，A、B間細線拉力大小為3mg2

解析：顯然，在原來的情況下，滑塊A、B間細線的張力為2 mg，剪斷A、B間細線的瞬間，A受到的彈簧彈力及下滑力均沒有變化，則A的加速度大小為2g，方向沿斜面向下；此時B、C有共同的加速度，故B、C間細線沒有拉力.可見，選項A、B均不正確.

剪斷滑塊B、C間細線的瞬間，A、B有大小相等的加速度，且滑塊A、B整體受到沿斜面向上的合力，大小為滑塊C的重力，則B的加速度大小為g/2；對于滑塊B，根據牛頓第二定律，有T-mg=ma，則得到滑塊A、B間細線拉力大小為3mg2 .綜上，故本題正確答案為D.

【例8】如圖20所示，A、B的質量分別為mA=0.2kg，mB=0.4kg，盤C的質量mC=0.6kg，現懸掛于天花板O處，處于靜止狀態.當用火柴燒斷O處的細線瞬間，木塊A的加速度aA多大？木塊B對盤C的壓力FBC多大？（g取10m/s2）

解析：燒斷細線前，木塊A處于二力平衡狀態，有F=mAg.

在燒斷細線瞬間，彈簧形變尚來不及改變，可認為F不變，從而木塊A仍處于二力平衡狀態，木塊A的加速度為aA=0.

在燒斷細線瞬間，對木塊B與盤C整體應用牛頓第二定律有

F+mBg+mCg=（mB+mC）aBC

對盤C應用牛頓第二定律有

FBC+ mCg=mC aBC ，

解得木塊B對盤C的壓力為

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

【練習5】如圖21所示，一根輕質彈簧上端固定，下端掛一質量為M的平盤，盤中放有質量為m的物體，它們靜止時彈簧伸長了L，今向下拉盤使之再伸長△L后停止，然后松手放開，設彈簧總處于彈性限度內，則剛松手時盤對物體的支持力等于多少？

解析：裝置靜止時，用手對盤施加向下的力F使彈簧再伸長△L后停止，其受力分析如圖22所示.設彈簧勁度系數為k，由胡克定律知，F=k·ΔL .

剛松手的瞬時F消失，而彈簧還來不及馬上收縮恢復，即整體所受的彈力k（L+ΔL）和重力（M+m）g 都不變，其合力還與原來的F大小相等，方向相反.設其加速度為a，盤對物體的支持力為FN，則對整體：

k·ΔL=（M+m）a①

對物體m進行受力如圖23所示，則有：

FN-mg=ma②

而整體原來處于靜止時有

kL=（M+m）g③

解以上三式，得： FN=（1+ΔLL）mg.

責任編輯李平安