（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 第14課時(shí) 牛頓第二定律（雙基落實(shí)課）講義（含解析）

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1、（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 第14課時(shí) 牛頓第二定律（雙基落實(shí)課）講義（含解析） 點(diǎn)點(diǎn)通(一)　牛頓第二定律的理解 1．牛頓第二定律 物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比、跟它的質(zhì)量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。表達(dá)式為：F＝ma。 2．適用范圍 (1)只適用于慣性參考系(相對(duì)地面靜止或做勻速直線運(yùn)動(dòng)的參考系)。 (2)只適用于宏觀物體(相對(duì)于分子、原子)、低速運(yùn)動(dòng)(遠(yuǎn)小于光速)的情況。 3．牛頓第二定律的五個(gè)特性 矢量性 F＝ma是矢量式，a與F同向 瞬時(shí)性 a與F對(duì)應(yīng)同一時(shí)刻 因果性 F是產(chǎn)生a的原因 同一性 F、m、a對(duì)應(yīng)同一個(gè)

2、物體，統(tǒng)一使用國(guó)際單位 獨(dú)立性 每一個(gè)力都產(chǎn)生各自的加速度 4.合力、加速度、速度間的決定關(guān)系 (1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不為零，物體就有加速度。 (2)a＝是加速度的定義式，a與Δv、Δt無必然聯(lián)系；a＝是加速度的決定式，a∝F，a∝。 (3)合力與速度同向時(shí)，物體做加速運(yùn)動(dòng)；合力與速度反向時(shí)，物體做減速運(yùn)動(dòng)。 [小題練通] 1．(魯科教材原題)在粗糙的水平面上，物體在水平推力作用下由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。作用一段時(shí)間后，將水平推力逐漸減小到零(物體還在運(yùn)動(dòng))，則在水平推力逐漸減小到零的過程中(　　) A．物體速度逐漸減小，加速度逐漸減小 B．物體速度

3、逐漸增大，加速度逐漸減小 C．物體速度先增大后減小，加速度先增大后減小 D．物體速度先增大后減小，加速度先減小后增大 解析：選D　由題意得推力F未減小之前物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則可判定推力F>摩擦力f，且 ma＝F－f；當(dāng)推力F逐漸減小時(shí)，加速度逐漸減小，但加速度方向與速度方向同向，物體仍加速即速度增大；當(dāng)推力F<摩擦力f后，此時(shí)ma＝f－F，推力F減小，加速度又增大，且加速度與速度方向相反，物體減速即速度減小，綜上所述，選項(xiàng)D正確。 2.(2018·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)

4、。以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)前，下列表示F和x之間關(guān)系的圖像可能正確的是(　　) 解析：選A　設(shè)P靜止時(shí)，彈簧的壓縮量為x0，則有kx0＝mg，在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)前，P受力如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，整理得F＝kx＋ma，即F是x的一次函數(shù)，選項(xiàng)A正確。 3．(多選)(2019·清遠(yuǎn)實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)一質(zhì)量為2 kg的物體，在5個(gè)共點(diǎn)力作用下處于平衡狀態(tài)。現(xiàn)同時(shí)撤去大小分別為15 N和10 N的兩個(gè)力，其余的力保持不變，關(guān)于此后該物體運(yùn)動(dòng)的說法中正確的是(　　) A．一定做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小可能是5 m/s2 B．一定做勻變速運(yùn)動(dòng)，

5、加速度大小可能等于重力加速度的大小 C．可能做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小是2.5 m/s2 D．可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，向心加速度大小是5 m/s2 解析：選BC　根據(jù)平衡條件知，其余力的合力與撤去的兩個(gè)力的合力大小相等、方向相反，則撤去大小分別為15 N和10 N的兩個(gè)力后，物體的合力大小范圍為5 N≤F合≤25 N，根據(jù)牛頓第二定律a＝得，物體的加速度大小范圍為：2.5 m/s2≤a≤12.5 m/s2，若物體原來做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)撤去的兩個(gè)力的合力方向與速度方向不在同一直線上時(shí)，物體做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，加速度大小可能為5 m/s2，當(dāng)撤去的兩個(gè)力方向相反，但合力方向與速度方向相同時(shí)，物體

6、做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小是2.5 m/s2，故A錯(cuò)誤，C正確；由于撤去兩個(gè)力后其余力保持不變，則物體所受的合力不變，一定做勻變速運(yùn)動(dòng)，加速度大小可能等于重力加速度的大小，故B正確；由于撤去兩個(gè)力后其余力保持不變，在恒力作用下不可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。 [融會(huì)貫通] (1)分析物體的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，要從受力分析入手，先求合力，然后根據(jù)牛頓第二定律分析加速度的變化。 (2)速度增大或減小取決于加速度和速度方向間的關(guān)系，和加速度的大小沒有關(guān)系。 (3)加速度如何變化取決于物體的質(zhì)量和合外力，與物體的速度沒有關(guān)系。 點(diǎn)點(diǎn)通(二)　瞬時(shí)性問題 1．兩類模型 (1)剛性繩(或接觸面)—

7、—不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力，剪斷(或脫離)后，其彈力立即消失，不需要形變恢復(fù)時(shí)間。 (2)彈簧(或橡皮繩)——兩端同時(shí)連接(或附著)有物體，特點(diǎn)是形變量大，其形變恢復(fù)需要較長(zhǎng)時(shí)間，在瞬時(shí)性問題中，認(rèn)為彈力保持不變。 2．解題思路 [小題練通] 1.如圖所示，A、B、C三個(gè)小球質(zhì)量均為m，A、B之間用一根沒有彈性的輕質(zhì)細(xì)線連在一起，B、C之間用輕彈簧拴接，整個(gè)系統(tǒng)用細(xì)線懸掛在天花板上并且處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將A上面的細(xì)線剪斷，使A的上端失去拉力，則在剪斷細(xì)線的瞬間，A、B、C三個(gè)小球的加速度分別是(　　) A．1.5g,1.5g,0　　　 　　 　B．g,2g,0 C．g，g，g

8、 D．g，g,0 解析：選A　剪斷細(xì)線前，由平衡條件可知，A上端細(xì)線的拉力為3mg，A、B之間細(xì)線的拉力為2mg，輕彈簧的拉力為mg。在剪斷細(xì)線的瞬間，輕彈簧中拉力不變，C所受合外力為零，所以C的加速度為0；A、B被細(xì)線拴在一起，對(duì)A、B整體受力分析知，受二者重力和輕彈簧向下的拉力，由牛頓第二定律得，3mg＝2ma，解得a＝1.5g，選項(xiàng)A正確。 2．如圖所示，A、B兩球質(zhì)量相等，光滑斜面的傾角為θ。圖甲中，A、B兩球用輕彈簧相連，圖乙中A、B兩球用輕質(zhì)桿相連。系統(tǒng)靜止時(shí)，擋板C與斜面垂直，輕彈簧、輕桿均與斜面平行，在突然撤去擋板的瞬間，則(　　) A．兩圖中兩球加速度均為gsi

9、n θ B．兩圖中A球的加速度均為零 C．圖乙中輕桿的作用力一定不為零 D．圖甲中B球的加速度大小是圖乙中B球加速度大小的2倍 解析：選D　撤去擋板前，題圖甲和題圖乙中的A、B兩球的受力情況一樣，A球受輕彈簧(或輕桿)的彈力沿斜面向上，大小為mgsin θ，B球受到輕彈簧(或輕桿)的彈力沿斜面向下，大小為mgsin θ，B球受擋板的彈力沿斜面向上，大小為2mgsin θ，撤去擋板瞬間，輕桿受力可突變，而輕彈簧因?yàn)闆]有來得及改變形變量而不能改變彈力，所以題圖甲中A球的加速度為零，B球的加速度大小為2gsin θ，題圖乙中輕桿的存在使A、B兩球的加速度相同，由2mgsin θ＝2ma，可得

10、A、B兩球的加速度大小a＝gsin θ，方向沿斜面向下，D正確，A、B錯(cuò)誤；由上可知，題圖乙中輕桿的作用力為零，C錯(cuò)誤。 3.(多選)(2019·太原模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的小球被一根橡皮筋A(yù)C和一根繩BC系住，當(dāng)小球靜止時(shí)，橡皮筋處在水平方向上。下列判斷中正確的是(　　) A．在AC被突然剪斷的瞬間，BC對(duì)小球的拉力不變 B．在AC被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為gsin θ C．在BC被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為 D．在BC被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為gsin θ 解析：選BC　設(shè)小球靜止時(shí)BC繩的拉力為F，AC橡皮筋的拉力為T，由平衡條件可得：Fco

11、s θ＝mg，F(xiàn)sin θ＝T，解得：F＝，T＝mgtan θ，在AC被突然剪斷的瞬間，BC上的拉力F也發(fā)生了突變，小球的加速度方向沿與BC垂直的方向且斜向下，大小為a＝＝gsin θ，B正確，A錯(cuò)誤；在BC被突然剪斷的瞬間，橡皮筋A(yù)C的拉力不變，小球的合力大小與BC被剪斷前拉力的大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速度大小為a＝＝，C正確，D錯(cuò)誤。 [融會(huì)貫通] (1)物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況是時(shí)刻對(duì)應(yīng)的，當(dāng)外界因素發(fā)生變化時(shí)，需要重新進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析。 (2)加速度可以隨著力的突變而突變，而速度的變化需要一個(gè)積累的過程，不會(huì)發(fā)生突變。 點(diǎn)點(diǎn)通(三)　超重和失重問題 1．超

12、重和失重的概念 視重 當(dāng)物體掛在彈簧測(cè)力計(jì)下或放在水平臺(tái)秤上時(shí)，彈簧測(cè)力計(jì)或臺(tái)秤的示數(shù)稱為視重。視重大小等于彈簧測(cè)力計(jì)所受物體的拉力或臺(tái)秤所受物體的壓力 超重 物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?大于物體所受重力的現(xiàn)象稱為超重。超重的條件是：物體具有向上的加速度 失重 物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?小于物體所受重力的現(xiàn)象稱為失重。失重的條件是：物體具有向下的加速度 完全失重 物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?等于零的現(xiàn)象稱為完全失重。完全失重的條件是：物體的加速度為重力加速度 2.對(duì)超重和失重現(xiàn)象的理解 (1)發(fā)生超重或失重現(xiàn)象時(shí)，物體所受的重力沒有變化，只是

13、物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?變大或變小了(即“視重”變大或變小了)。 (2)只要物體有向上或向下的加速度，物體就處于超重或失重狀態(tài)，與物體向上運(yùn)動(dòng)還是向下運(yùn)動(dòng)無關(guān)。 (3)即使物體的加速度不沿豎直方向，但只要在豎直方向上有分量，物體就會(huì)處于超重或失重狀態(tài)。 (4)物體超重或失重多少由物體的質(zhì)量m和豎直加速度a共同決定，其大小等于ma。 (5)在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會(huì)完全消失，如天平失效、浸在水中的物體不再受浮力作用、液體柱不再產(chǎn)生壓強(qiáng)等。 [小題練通] 1．應(yīng)用物理知識(shí)分析生活中的常見現(xiàn)象，可以使物理學(xué)習(xí)更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物體，由靜止

14、開始豎直向上運(yùn)動(dòng)，直至將物體拋出。對(duì)此現(xiàn)象分析正確的是(　　) A．手托物體向上運(yùn)動(dòng)的過程中，物體始終處于超重狀態(tài) B．手托物體向上運(yùn)動(dòng)的過程中，物體始終處于失重狀態(tài) C．在物體離開手的瞬間，物體的加速度大于重力加速度 D．在物體離開手的瞬間，手的加速度大于重力加速度 解析：選D　手托物體由靜止開始向上運(yùn)動(dòng)，一定先做加速運(yùn)動(dòng)，物體處于超重狀態(tài)；然后可能勻速上升，物體既不超重也不失重；也可能減速上升，物體處于失重狀態(tài)，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；在物體離開手的瞬間，二者分離，不計(jì)空氣阻力，物體只受重力，物體的加速度一定等于重力加速度；要使手和物體分離，手向下的加速度一定大于物體向下的加速度，即手的

15、加速度大于重力加速度，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。 2．廣州塔，昵稱小蠻腰，總高度達(dá)600米，游客乘坐觀光電梯大約1 min就可以到達(dá)觀光平臺(tái)。若電梯簡(jiǎn)化成只受重力與繩索拉力，已知電梯在t＝0時(shí)由靜止開始上升，at圖像如圖所示。則下列說法正確的是(　　) A．t＝4.5 s時(shí)，電梯處于失重狀態(tài) B．5～55 s時(shí)間內(nèi)，繩索拉力最小 C．t＝59.5 s時(shí)，電梯處于超重狀態(tài) D．t＝60 s時(shí)，電梯速度恰好為零 解析：選D　由題圖可判斷：t＝4.5 s時(shí)，電梯有向上的加速度，電梯處于超重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；0～5 s時(shí)間內(nèi)，電梯處于超重狀態(tài)，拉力>重力，5～55 s時(shí)間內(nèi)，電梯處于勻速上升過

16、程，拉力＝重力，55～60 s時(shí)間內(nèi)，電梯處于失重狀態(tài)，拉力<重力，綜上所述，B、C錯(cuò)誤；因at圖線與t軸所圍的“面積”表示速度改變量，而題圖中橫軸上方的“面積”與橫軸下方的“面積”相等，則電梯的速度在t＝60 s時(shí)為零，D正確。 3.為了讓乘客乘車更為舒適，某探究小組設(shè)計(jì)了一種新的交通工具，乘客的座椅能隨著坡度的變化而自動(dòng)調(diào)整，使座椅始終保持水平，如圖所示。當(dāng)此車減速上坡時(shí)，則乘客(僅考慮乘客與水平面之間的作用)(　　) A．處于超重狀態(tài) B．不受摩擦力的作用 C．受到向后(水平向左)的摩擦力作用 D．所受合力豎直向上 解析：選C　當(dāng)車減速上坡時(shí)，加速度方向沿斜坡向下，人的加速

17、度與車的加速度相同，根據(jù)牛頓第二定律知人所受的合力方向沿斜坡向下，合力的大小不變，則人受重力、支持力和水平向左的靜摩擦力，如圖所示。將加速度沿豎直方向和水平方向分解，則有豎直向下的加速度，所以乘客處于失重狀態(tài)，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。 [融會(huì)貫通] 判斷超重和失重現(xiàn)象的三個(gè)角度和技巧 (1)從受力的角度判斷。當(dāng)物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時(shí)，物體處于超重狀態(tài)，小于重力時(shí)處于失重狀態(tài)，等于零時(shí)處于完全失重狀態(tài)。 (2)從加速度的角度判斷。當(dāng)物體具有向上的加速度時(shí)處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度時(shí)處于失重狀態(tài)，向下的加速度為重力加速度時(shí)處于完全失重狀態(tài)。 (3)從速度變化的角度

18、判斷。 ①物體向上加速或向下減速時(shí)，超重。 ②物體向下加速或向上減速時(shí)，失重。 點(diǎn)點(diǎn)通(四)　單位制 1．單位制：由基本單位和導(dǎo)出單位組成。 2．基本單位：基本量的單位。力學(xué)中的基本量有三個(gè)，它們分別是質(zhì)量、時(shí)間、長(zhǎng)度，它們的國(guó)際單位分別是千克、秒、米。 3．導(dǎo)出單位：由基本量根據(jù)物理關(guān)系推導(dǎo)出來的其他物理量的單位。 4．國(guó)際單位制中的七個(gè)基本物理量和基本單位 物理量名稱 物理量符號(hào) 單位名稱 單位符號(hào) 長(zhǎng)度 l 米 m 質(zhì)量 m 千克 kg 時(shí)間 t 秒 s 電流 I 安[培] A 熱力學(xué)溫度 T 開[爾文] K 物質(zhì)的量 n

19、 摩[爾] mol 發(fā)光強(qiáng)度 IV 坎[德拉] cd [小題練通] 1．在國(guó)際單位制中，力學(xué)和電學(xué)的基本單位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)。導(dǎo)出單位V(伏特)，用上述基本單位可表示為(　　) A．m2·kg·s－4·A－1 B．m2·kg·s－3·A－1 C．m2·kg·s－2·A－1 D．m2·kg·s－1·A－1 解析：選B　由物理公式U＝＝＝，得1 V＝ 1 ＝1 kg·m2·s－3·A－1，選項(xiàng)B正確。 2．關(guān)于單位制，下列說法中正確的是(　　) A．kg、m/s、N是導(dǎo)出單位 B．kg、m、C是基本單位 C．在國(guó)際單位制中，電

20、流的單位A是導(dǎo)出單位 D．在國(guó)際單位制中，力的單位N是根據(jù)牛頓第二定律定義的 解析：選D　在力學(xué)中m(長(zhǎng)度單位)、kg(質(zhì)量單位)、s(時(shí)間單位)作為基本單位，可以導(dǎo)出其他物理量的單位，力的單位N是根據(jù)牛頓第二定律F＝ma導(dǎo)出的，D正確，A錯(cuò)誤；電荷量的單位C屬于國(guó)際單位制中的導(dǎo)出單位，B錯(cuò)誤；電流的單位A屬于國(guó)際單位制中的基本單位，C錯(cuò)誤。 3．由庫(kù)侖定律可知，真空中兩個(gè)靜止的點(diǎn)電荷，帶電荷量分別為q1和q2，其間距離為r時(shí)，它們之間相互作用力的大小為F＝k，式中k為靜電力常量。若用國(guó)際單位制的基本單位表示，k的單位應(yīng)為(　　) A．kg·A2·m3 B．kg·A－2·m3·s－

21、4 C．kg·m2·C－2 D．N·m2·A－2 解析：選B　由公式F＝k得，k＝，故k的單位為，又由公式q＝It得1 C＝1 A·s，由F＝ma可知 1 N＝1 kg·m·s－2，故1 ＝1 kg·A－2·m3·s－4，選項(xiàng)B正確。 1．加速度的方向由合外力的方向決定，與物體運(yùn)動(dòng)速度方向無關(guān)。 2．牛頓第二定律是矢量式，列方程時(shí)常以加速度的方向?yàn)檎较?，而利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列方程時(shí)常以初速度方向?yàn)檎较颍⒁鈨煞N情況下加速度的符號(hào)關(guān)系。 3．解題中常用到的二級(jí)結(jié)論 (1)沿粗糙水平面自由滑行的物體：a＝μg。 (2)沿光滑斜面自由滑行的物體：a＝gsin θ。 (3)沿粗

22、糙斜面自由下滑的物體：a＝g(sin θ－μcos θ)。 (4)沿粗糙斜面自由上滑的物體：a＝g(sin θ＋μcos θ)。 [課堂綜合訓(xùn)練] 1．(多選)一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度a隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示，以豎直向上為a的正方向，則人對(duì)地板的壓力(　　) A．t＝2 s時(shí)最大　　　　　 　B．t＝2 s時(shí)最小 C．t＝8.5 s時(shí)最大 D．t＝8.5 s時(shí)最小 解析：選AD　對(duì)人受力分析，受重力mg和支持力FN，由牛頓第二定律得FN－mg＝ma。由牛頓第三定律得人對(duì)地板的壓力FN′＝FN＝mg＋ma。當(dāng)t＝2 s時(shí)a有最大值，F(xiàn)N′最大；當(dāng)t＝8.5

23、 s時(shí)，a有最小值，F(xiàn)N′最小，選項(xiàng)A、D正確。 2.如圖所示，質(zhì)量為1.5 kg的物體A靜止在豎直的輕彈簧上，質(zhì)量為0.5 kg的物體B由細(xì)線懸掛在天花板上，B與A剛好接觸但不擠壓?，F(xiàn)突然將細(xì)線剪斷，則剪斷后瞬間A、B間的作用力大小為(g取10 m/s2)(　　) A．0 B．2.5 N C．5 N D．3.75 N 解析：選D　當(dāng)細(xì)線剪斷瞬間，細(xì)線的彈力突然變?yōu)?，則B與A突然有了相互作用的彈力，此時(shí)彈簧形變?nèi)圆蛔?，?duì)A、B整體受力分析可知，整體受重力G＝(mA＋mB)g＝20 N，彈簧彈力為F＝mAg＝15 N，由牛頓第二定律G－F＝(mA＋mB)a，解得a＝2.5 m/

24、s2，對(duì)B受力分析，B受重力和A對(duì)B的彈力F1，對(duì)B有mBg－F1＝mBa，解得F1＝3.75 N，選項(xiàng)D正確。 3.質(zhì)量為M的皮帶輪工件放置在水平桌面上，一細(xì)繩繞過皮帶輪的皮帶槽，一端系一質(zhì)量為m的重物，另一端固定在桌面上。如圖所示，皮帶輪與桌面、細(xì)繩之間以及細(xì)繩與桌子邊緣之間的摩擦都忽略不計(jì)，則重物下落過程中，皮帶輪的加速度大小為(　　) A. B. C. D. 解析：選C　相等時(shí)間內(nèi)重物下落的距離是皮帶輪運(yùn)動(dòng)距離的2倍，因此，重物的加速度大小也是皮帶輪加速度大小的2倍，設(shè)細(xì)繩上的拉力為F，根據(jù)牛頓第二定律＝2·，解得F＝，皮帶輪加速度大小為a＝＝，所以C正確。 4.(2

25、019·泰安模擬)如圖所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圓柱體上，小球B用水平輕彈簧拉著，彈簧固定在豎直板上。兩小球A、B通過光滑滑輪O用輕質(zhì)細(xì)繩相連，兩球均處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知小球B質(zhì)量為m，O在半圓柱體圓心O1的正上方，OA與豎直方向成30°角，OA長(zhǎng)度與半圓柱體半徑相等，OB與豎直方向成45°角?，F(xiàn)將細(xì)繩剪斷的瞬間(重力加速度為g)，下列說法正確的是(　　) A．彈簧彈力大小為mg B．小球B的加速度為g C．小球A受到的支持力為mg D．小球A的加速度為g 解析：選D　剪斷細(xì)繩前對(duì)小球B受力分析如圖所示，由平衡條件可得F繩＝＝mg，F(xiàn)彈＝mgtan 45°＝mg；剪斷細(xì)繩瞬間，細(xì)繩上彈力立即消失，而彈簧彈力F彈和小球B受到的重力的大小和方向均沒有改變，則F合＝＝mg，aB＝＝g，A、B項(xiàng)錯(cuò)誤；剪斷細(xì)繩前，小球A受到的重力大小mAg＝2F繩cos 30°＝mg，剪斷細(xì)繩瞬間，小球A受到的支持力FNA＝mAgcos 30°＝mg，C項(xiàng)錯(cuò)誤；剪斷細(xì)繩瞬間，對(duì)小球A由牛頓第二定律有mAgsin 30°＝mAaA，得小球A的加速度aA＝gsin 30°＝g，D項(xiàng)正確。