习题课1 瞬时加速度问题和动力学图象问题
【精准解析】高中物理必修1重难强化训练+3+瞬时加速度问题和动力学图像问题
重难强化训练(三)瞬时加速度问题和动力学图像问题(教师用书独具)(时间：40分钟分值：90分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分.1～6为单选，7～10为多选)1．一物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中某个力的大小逐渐减小到零，然后又逐渐从零恢复到原来大小(在上述过程中，此力的方向一直保持不变)，那么如图所示的vt图像中，符合此过程中物体运动情况的图像可能是()D[其中的一个力逐渐减小到零的过程中，物体受到的合力逐渐增大，则其加速度逐渐增大，速度时间图像中图像的斜率表示加速度，所以在力逐渐减小到零的过程中图像的斜率逐渐增大，当这个力又从零恢复到原来大小时，合力逐渐减小，加速度逐渐减小，图像的斜率逐渐减小，故D正确．]2．质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的vt图像如图所示．取g＝10m/s2，则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F的大小分别为()A．0.2,6N B．0.1,6NC．0.2,8N D．0.1,8NA[由题给图像知6～10s内物体只受摩擦力，由牛顿第二定律知μmg＝ma2，即a 2＝μg ，由a ＝Δv Δt 知a 2＝2m/s 2则μ＝0.2；在0～6s 内由牛顿第二定律知F －μmg ＝ma 1；而a 1＝ΔvΔt ＝1m/s 2，解得F ＝6N ，故选项A 正确．]3．物体在与其初速度始终共线的合外力作用下运动，取v 0方向为正时，合外力F 随时间t 的变化情况如图所示，则在0～t 1这段时间内()A ．物体的加速度先减小后增大，速度也是先减小后增大B ．物体的加速度先增大后减小，速度也是先增大后减小C ．物体的加速度先减小后增大，速度一直在增大D ．物体的加速度先减小后增大，速度一直在减小C [由题图可知，物体所受合外力F 随时间t 的变化是先减小后增大，根据牛顿第二定律得：物体的加速度先减小后增大，由于取v 0方向为正时，合外力F 与正方向相同，所以物体加速度方向与速度方向一直相同，所以速度一直在增大，故选C.]4．如图所示，质量为m 的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB 托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为()A ．0 B.233g C ．gD.33g B [未撤离木板时，小球受重力G 、弹簧的拉力F 和木板的弹力F N 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233mg .在撤离木板的瞬间，弹簧的弹力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G 、弹簧的拉力F ，合力与木板提供的弹力大小相等，方向相反，故可知加速度的大小为233g ，由此可知B 正确．]5．如图所示，质量分别为M A 与M B 的A 、B 两小球分别连在弹簧两端，B 端用细线固定在倾角为30°光滑斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A 、B两球的加速度分别为()A ．都等于g 2 B.g 2和0C.M A ＋MB M B ·g 2和0D ．0和M A ＋M B M B ·g 2D [线被剪断瞬间，线的拉力变为0，弹簧形变来不及发生变化，弹力不变，故A 球仍受力平衡，加速度为0，B 球受重力、支持力、弹簧产生的大小为M A g ·sin30°的弹力，所以可得其加速度为(M A ＋M B )·g 2M B，故选D.]6．如图所示，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a 1、a 2、a 3、a 4.重力加速度大小为g ，则有()A ．a 1＝a 2＝a 3＝a 4＝0B ．a 1＝a 2＝a 3＝a 4＝gC ．a 1＝a 2＝g ，a 3＝0，a 4＝m ＋M M g D ．a 1＝g ，a 2＝m ＋M M g ，a 3＝0，a 4＝m ＋M Mg C [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的重力，所以由牛顿第二定律知a 1＝a 2＝g ；而物块3、4间轻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 ，a 3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a 4＝F ＋Mg M ＝m ＋M Mg ，所以C 正确．]7．如图所示，滑块以初速度v 0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程，若用h 、s 、v 、a 分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t 表示时间，则下列图像最能正确描述这一运动规律的是()BD [滑块沿斜面下滑过程中，受重力、支持力和滑动摩擦力作用，做匀减速直线运动，故速度图像为向下倾斜的直线，C 项错；滑块加速度保持不变，D 项对；设滑块的加速度大小为a ，则滑块的位移s ＝v 0t －12at 2，s t 图像为开口向下的抛物线，B 项对；设斜面倾角为θ，滑块下降高度h ＝s sin θ，所以h t 图像也是开口向下的抛物线，A 项错．]8．将物体竖直向上抛出，假设运动过程中空气阻力不变，其速度—时间图像如图所示，则()A ．上升、下降过程中加速度大小之比为11∶9B ．上升、下降过程中加速度大小之比为10∶1C ．物体所受的重力和空气阻力之比为9∶1D ．物体所受的重力和空气阻力之比为10∶1AD [由a ＝ΔvΔt 知上升、下降过程中加速度大小比a 上∶a 下＝11∶9，故选项A正确，选项B 错误；根据牛顿第二定律知，上升过程mg ＋f ＝ma 上；下降过程mg－f ＝ma 下，联立得mg ∶f ＝10∶1，故选项C 错误，选项D 正确．]9．如图所示，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S 1和S 2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a 1，S 1和S 2相对于原长的伸长分别记为Δl 1和Δl 2，重力加速度大小为g.在剪断的瞬间()A．a1＝3g B．a1＝0C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl2AC[设物块的质量为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bc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＝的拉力为T2，则T2＝mg，3mg，故加速度a1＝Fm＝3g，A正确，B错误；设弹簧S2根据胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正确，D错误．]10．如图所示，质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球静止时橡皮筋沿水平方向．下列判断中正确的是()A．在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变B．在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为g sinθC．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gcosθD．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为g sinθBC[剪断AC瞬间，AC对小球的弹力突然消失，而引起BC上的张力发生＝mg sinθ＝ma，故a＝g sinθ；突变，使小球的受力情况改变，如图甲所示，有F合当剪断BC瞬间，BC绳张力突变为零，AC橡皮筋拉力不变，它与重力的合力与BC绳的拉力是一对平衡力，等大反向，受力情况如图乙所示，有F合′＝mgcosθ＝ma′，a′＝gcosθ，选项B、C正确．甲乙]二、非选择题(本题共2小题，共30分)11．(15分)如图甲所示，倾角为θ＝37°的足够长斜面上，质量m＝1kg的小物体在沿斜面向上的拉力F＝14N作用下，由斜面底端从静止开始运动，2s后撤去F，前2s内物体运动的vt图像如图乙所示．求：(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)甲乙(1)小物体与斜面间的动摩擦因数；(2)撤去力F后1.8s时间内小物体的位移．[解析](1)由题图乙可知，0～2s内物体的加速度a1＝ΔvΔt＝4m/s2根据牛顿第二定律，F－mg sinθ－f＝ma1N＝mg cosθ，而f＝μN代入数据解得μ＝0.5.(2)撤去力F后，－mg sinθ－f＝ma2得a2＝－10m/s2设经过t2时间减速到0，根据运动学公式0＝v1＋a2t2，解得t2＝0.8s在0.8s内物体有向上运动的位移x20－v21＝2a2x2，得x2＝3.2m物体到最高点后向下运动，设加速度大小为a3，则mg sinθ－f＝ma3，解得a3＝2m/s2再经t3＝1s物体发生位移x3，x3＝12a3t23＝1m物体在撤去力F后1.8s内的位移x＝x2－x3代入数据解得x＝2.2m，方向沿斜面向上．[答案](1)0.5(2)2.2m ，沿斜面向上12．(15分)如图甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的固定的均匀直细杆与水平方向成θ＝37°角，质量m ＝1kg 的小球穿在细杆上且静止于细杆底端O 处，开启送风装置，有水平向右的恒定风力F 作用于小球上，在t 1＝2s 时刻风停止．小球沿细杆运动的部分v t 图像如图乙所示，g 取10m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力．求：甲乙(1)小球在0～2s 内的加速度a 1和2～5s 内的加速度a 2；(2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F 的大小．[解析](1)取沿细杆向上的方向为正方向，由图像可知：在0～2s 内，a 1＝v 1－v 0t 1＝15m/s 2(方向沿杆向上)在2～5s 内，a 2＝v 2－v 1t 2＝－10m/s 2(“－”表示方向沿杆向下)．(2)有风力F 时的上升过程，受力情况如图甲所示由牛顿第二定律，有F cos θ－μ(mg cos θ＋F sin θ)－mg sin θ＝ma 1甲乙停风后的上升阶段，受力情况如图乙所示由牛顿第二定律，有－μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2联立以上各式解得μ＝0.5，F ＝50N.[答案](1)15m/s 2，方向沿杆向上10m/s 2，方向沿杆向下(2)0.550N。
高中物理【动力学图像问题】
专题课6动力学图像问题题型一由运动学图像求物体受力1．常见的图像有：v－t图像，a－t图像，F－t图像，F－x图像，a－F图像等。
2．图像间的联系：加速度是联系v－t图像与F－t图像的桥梁。
3．图像的应用(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图像，要求分析物体的运动情况。
(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图像，要求分析物体的受力情况。
(3)通过图像对物体的受力与运动情况进行分析。
4．解题策略(1)弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。
(2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体运动”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。
一质量为m的乘客乘坐竖直电梯上楼，其位移x与时间t的关系图像如图所示。
乘客所受支持力的大小用F N表示，速度大小用v表示。
重力加速度大小为g。
以下判断正确的是()A．0～t1时间内，v增大，F N>mgB．t1～t2时间内，v减小，F N<mgC．t2～t3时间内，v增大，F N<mgD．t2～t3时间内，v减小，F N>mg[解析]由x－t图像的斜率表示速度，可知在0～t1时间内速度增大，即乘客的加速度向上，F N>mg；在t1～t2时间内速度不变，即乘客匀速上升，F N＝mg；在t2～t3时间内速度减小，即乘客减速上升，F N<mg，故A正确，B、C、D错误。
[答案] A两物块A、B并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面。
现用一水平推力F作用在物块A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图甲所示。
在A、B的速度达到6 m/s时，撤去推力F。
已知A、B质量分别为m A＝1 kg、m B＝3 kg，A与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.3，B与地面没有摩擦，B物块运动的v－t图像如图乙所示。
g取10 m/s2，求：(1)推力F的大小；(2)A物块刚停止运动时，物块A、B之间的距离。
教科版物理必修1-- 第3章 习题课3 瞬时加速度问题和动力学图像问题
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2．放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力 F 的作用， F 的大小与时间 t 的关系如图甲所示，物块速度 v 与时间 t 的关系如图乙 所示．取重力加速度 g＝10 m/s2.由这两个图像可以求得物块的质量 m 和 物块与地面之间的动摩擦因数 μ 分别为 ( )
A．0.5 kg,0.4 C．0.5 kg,0.2
B．1.5 kg，125 甲 乙 D．1 kg,0.2
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A [由 F-t 图像和 v-t 图像可得，物块在 2～4 s 内所受外力 F＝3 N， 物块做匀加速运动，a＝ΔΔvt ＝42 m/s2＝2 m/s2，F－f＝ma，即 3－10μm＝ 2m①
A．弹簧的拉力 F＝cmosgθ B．弹簧的拉力 F＝mgsin θ C．小球的加速度为零 D．小球的加速度 a＝gsin θ
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思路点拨：解答本题应把握以下三点： ①剪断绳前小球的受力情况． ②剪断绳 AO 后弹簧弹力不突变． ③根据牛顿第二定律确定加速度．
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A [烧断 AO 之前，小球受三个力，受力分析如图所示， 烧断绳的瞬间，绳的张力没有了，但由于轻弹簧形变的恢复需 要时间，故弹簧的弹力不变，A 正确，B 错误．烧断绳的瞬间， 小球受到的合力与绳子的拉力等大反向，即 F 合＝mgtan θ，则小球的加速 度 a＝gtan θ，则 C、D 错误．]
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重难强化 训 练
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BD [撤去 F 瞬间，弹簧弹力不发生变化，故 A 球受力不变，加速度 为零，选项 A 错误，B 正确；对 B 球撤去 F 前，弹簧弹力与 F 等值反向， 撤去 F 后，弹簧弹力不变，故加速度大小为mF，选项 C 错误，D 正确．]
瞬时加速度经典题型
瞬时加速度经典题型一、单项选择题1. 一质点做直线运动的速度 - 时间图象如图所示，质点在0 - 2s内做匀加速直线运动，加速度为a_1，在2 - 3s内做匀减速直线运动，加速度为a_2，则a_1与a_2的大小之比为（）[图象为：0 - 2s内速度从0均匀增加到4m/s，2 - 3s内速度从4m/s均匀减小到0]A. 1:1B. 1:2C. 2:1D. 4:1解析：- 根据加速度的定义a=(Δ v)/(Δ t)。
- 在0 - 2s内，v_0=0，v = 4m/s，Δ t_1=2s，则a_1=frac{v - v_0}{Δ t_1}=(4 - 0)/(2)=2m/s^2。
- 在2 - 3s内，v_0=4m/s，v = 0，Δ t_2=1s，则a_2=frac{v - v_0}{Δ t_2}=(0 - 4)/(1)=- 4m/s^2（加速度为负表示与速度方向相反）。
- 加速度大小之比frac{a_1}{a_2}=(2)/(4)=(1)/(2)，所以a_1:a_2=1:2，答案为B。
2. 一个物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4m/s，1s后速度大小变为10m/s，在这1s内该物体的（）A. 位移的大小可能小于4mB. 位移的大小可能大于10mC. 加速度的大小可能小于4m/s^2D. 加速度的大小可能大于10m/s^2解析：- 设初速度方向为正方向。
- 当末速度方向与初速度方向相同时，v_0=4m/s，v = 10m/s，根据a=frac{v - v_0}{t}，a=(10 - 4)/(1)=6m/s^2，根据x=frac{v_0+v}{2}t=(4 + 10)/(2)×1 = 7m。
- 当末速度方向与初速度方向相反时，v_0=4m/s，v=-10m/s，a=frac{v -v_0}{t}=(-10 - 4)/(1)=-14m/s^2，x=frac{v_0+v}{2}t=(4-10)/(2)×1=-3m，位移大小为3m。
第三章 专题强化 瞬时加速度问题和动力学图像问题
[学习目标] 1.会分析物体受力的瞬时变化，掌握瞬时变化问题的两种模型.2.会分析物体受力随时间的变化图像和速度随时间的变化图像，会结合图像解答动力学问题．一、瞬时加速度问题物体的加速度与合力存在瞬时对应关系，所以分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻物体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，解决此类问题时，要注意两类模型的特点：(1)刚性绳(或接触面)模型：这种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，恢复形变几乎不需要时间，故认为弹力立即改变或消失．(2)弹簧(或橡皮绳)模型：此种物体的特点是形变量大，恢复形变需要较长时间，在瞬时问题中，其弹力往往可以看成是不变的．例1如图1所示，质量为m的小球被水平绳AO和与竖直方向成θ角的轻弹簧系着处于静止状态，现将绳AO烧断，在烧断绳AO的瞬间，下列说法正确的是(重力加速度为g)()图1A．弹簧的拉力F＝mgcos θB．弹簧的拉力F＝mg sin θC．小球的加速度为零D．小球的加速度a＝g sin θ答案 A解析烧断AO之前，小球受3个力，受力分析如图所示，此时弹簧弹力F＝mgcos θ，烧断绳的瞬间，绳的张力消失，但由于轻弹簧形变的恢复需要时间，故烧断AO瞬间弹簧的弹力不变，A正确，B错误．烧断绳的瞬间，小球受到的合力与烧断AO前绳子的拉力等大反向，即F合＝mg tan θ，则小球的加速度a＝g tan θ，C、D错误．针对训练1 (2019·长春市十一高中高一期末)如图2所示，A 、B 两木块间连一竖直轻质弹簧，A 、B 的质量均为m ，一起静止放在一块水平木板上．若将此木板突然抽去，在此瞬间，A 、B 两木块的加速度分别是( )图2A ．a A ＝0，aB ＝g B ．a A ＝g ，a B ＝gC ．a A ＝0，a B ＝2gD ．a A ＝g ，a B ＝2g答案 C解析 在抽出木板的瞬间，弹簧对A 木块的支持力和对B 木块的压力不变．A 木块受重力和支持力，mg ＝F ，a A ＝0.B 木块受重力和弹簧向下的压力，根据牛顿第二定律得a B ＝F ＋mg m ＝mg ＋mgm ＝2g ，故选C. 二、动力学图像问题 1．常见的图像形式在动力学与运动学问题中，常见、常用的图像是位移－时间图像(x －t 图像)、速度－时间图像(v －t 图像)和力－时间图像(F －t 图像)等，这些图像反映的是物体的运动规律、受力规律，而不是代表物体的运动轨迹． 2．图像问题的分析方法(1)把图像与具体的题意、情景结合起来，明确图像的物理意义，明确图像所反映的物理过程． (2)特别注意图像中的一些特殊点，如图线与横、纵坐标轴的交点，图线的转折点，两图线的交点等所表示的物理意义．注意图线的斜率、图线与坐标轴所围图形面积的物理意义．例2(2019·重庆市七校高一第一学期期末联考)一个物块置于粗糙的水平地面上，受到水平方向推力F的作用，推力F随时间变化的关系如图3甲所示，速度v随时间变化的关系如图乙所示．取g＝10 m/s2，求：图3(1)第1 s 末和第3 s 末物块所受摩擦力的大小f 1和f 2； (2)物块与水平地面间的动摩擦因数μ；(3)若第6 s 末撤去外力，物块前7.5 s 内的位移大小． 答案 见解析解析 (1)f 1＝4 N ，f 2＝8 N ；(2)2～4 s ，由牛顿第二定律和运动学规律得F 2－f 2＝ma ，a ＝ΔvΔt ，可求得m ＝2 kg由f 2＝μN ，N ＝mg 得μ＝0.4.(3)撤去外力后加速度a 3＝μg ＝4 m/s 2，v ＝4 m/s ， 故减速到零所用时间t 减＝va 3＝1 s ，小于1.5 sx 加＝v 2t 加＝4 m ，x 匀＝v t 匀＝8 m ，x 减＝v 22a 3＝2 m所以x 总＝x 加＋x 匀＋x 减＝4 m ＋8 m ＋2 m ＝14 m.针对训练2 质量为60 kg 的消防队员，从一根竖直的长直轻绳上由静止滑下，经2.5 s 落地．轻绳上端有一力传感器，它记录的轻绳受到的拉力变化情况如图4甲所示，g 取10 m/s 2，则：图4(1)消防队员下滑过程中最大速度和落地速度大小各是多少？(2)在图乙中画出消防队员下滑过程中的v－t图像．答案(1)4 m/s 1 m/s(2)见解析图解析(1)消防队员在t1＝1 s内以加速度a1匀加速下滑(mg>F1)，然后在t2＝2.5 s－1 s＝1.5 s 内以加速度a2匀减速下滑(mg<F2)．第一个过程，mg－F1＝ma1，v max＝a1t1，得v max＝4 m/s第二个过程，mg－F2＝ma2，v＝v max＋a2t2，得v＝1 m/s.(2)v－t图像如图所示．1.(瞬时加速度问题)(2019·凌源市高一上学期期末三校联考)如图5所示，一根轻质弹簧固定在天花板上，下端系着质量为m的物体A，A的下面再用细线挂另一质量也为m的物体B，平衡时将细线剪断，在此瞬间，A和B的加速度分别为(取竖直向下为正方向)()图5A．a A＝0，a B＝gB．a A＝－g，a B＝0C．a A＝－2g，a B＝gD．a A＝－g，a B＝g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a A ＝mg －2mgm ＝－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a B ＝g ，方向竖直向下，故D 正确．2.(瞬时加速度问题)(2019·天津一中高一上学期期末)如图6所示，A 、B 、C 三球质量均为m ，轻质弹簧一端固定在倾角为θ的光滑斜面顶端，另一端与A 球相连，A 、B 间固定一个轻杆，B 、C 间由一轻质细线连接．斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被剪断的瞬间，下列说法正确的是( )图6A ．A 球的受力情况未变，加速度为零B ．C 球的加速度沿斜面向下，大小为g C ．B 球加速度沿斜面向上，大小为g sin θD ．A 、B 两个小球的加速度沿斜面向上，大小均为12g sin θ答案 D解析 剪断细线后，C 球加速度a C ＝mg sin θm ＝g sin θ，方向沿斜面向下，B 错误．剪断细线前，弹簧拉力F ＝3mg sin θ，剪断细线后，弹簧拉力不变，A 、B 加速度相等，故A 、B 的共同加速度a A ＝a B ＝F －2mg sin θ2m ＝12g sin θ，方向沿斜面向上，D 正确，A 、C 错误．3．(图像问题)(多选)物体A 、B 、C 均静止在同一水平面上，它们的质量分别为m A 、m B 、m C ，与水平面间的动摩擦因数分别为μA 、μB 、μC ，用平行于水平面的拉力F 分别拉物体A 、B 、C ，所得加速度a与拉力F的关系图线如图7中甲、乙、丙所示，则以下说法正确的是()图7A．μA＝μB，m A＜m B B．μB＜μC，m B＝m CC．μB＝μC，m B＞m C D．μA＜μC，m A＜m C答案ABD解析根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，得a＝Fm －μg，则a－F图像的斜率k＝1m，由题图图像可看出，乙、丙的斜率相等，小于甲的斜率，则m A＜m B＝m C.当F＝0时，a＝－μg，根据图像可看出，μA＝μB＜μC，故选A、B、D.4．(图像问题)(多选)(2019·葛洲坝中学高一第一学期期末)放置于固定光滑斜面上的物块，在平行于斜面向上的拉力F作用下，沿斜面向上做直线运动．拉力F和物块速度v随时间t变化的图像如图8，g取10 m/s2，则()图8A ．第1 s 内物块受到的合外力为5.5 NB ．物块的质量为1 kgC ．斜面倾角为30°D ．若第3 s 末撤去拉力F ，物块停止运动前加速度为5 m/s 2答案 BCD解析 由题图可知，在0～1 s 内物块做加速运动，a ＝0.51m/s 2＝0.5 m/s 2① 设斜面倾角为θ，物块质量为m ，分析物块的受力情况，由牛顿第二定律得F 合＝F 1－mg sin θ＝ma ②其中F 1＝5.5 N在2～3 s 内物块做匀速运动，F 2＝mg sin θ＝5.0 N ③由①②③得：m ＝1 kg ，θ＝30°撤去拉力F 后，物块停止运动前加速度a ′＝g sin θ＝5 m/s 2故选项B 、C 、D 正确，A 错误.一、选择题(1～2为单选题，3～8为多选题)1．如图1所示，质量分别为m 和2m 的A 和B 两球用轻弹簧连接，A 球用细线悬挂起来，两球均处于静止状态，重力加速度为g ，如果将悬挂A 球的细线剪断，此时A 和B 两球的瞬时加速度a A 、a B 的大小分别是( )图1A．a A＝0，a B＝0B．a A＝g，a B＝gC．a A＝3g，a B＝gD．a A＝3g，a B＝0答案 D解析剪断细线前，分析B球受力如图甲所示，F′＝2mg剪断细线后瞬间弹簧形变不会恢复，故B球受力不变，a B＝0. 剪断细线前，分析A球受力如图乙所示T＝F＋mg，F′＝F，故T＝3mg.剪断细线，T变为0，F大小不变，物体A受力如图丙所示由牛顿第二定律得：F＋mg＝ma A，解得a A＝3g.2.(2019·重庆市主城区七校高一上学期期末联考)如图2所示，质量为m 的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB 托住，小球恰好处于静止状态．在木板AB 突然撤离的瞬间，小球的加速度大小为(重力加速度为g )( )图2A ．0 B.233g C ．g D.33g 答案 B解析 未撤离木板时，小球受重力G 、弹簧的拉力T 和木板的弹力N 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233mg .在撤离木板的瞬间，弹簧的弹力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G 、弹簧的拉力T ，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233g.3.质量均为m的A、B两球之间系着一个不计质量的轻弹簧并放在光滑水平台面上，A球紧靠墙壁，如图3所示，今用水平力F推B球使其向左压弹簧，平衡后，突然将力F撤去的瞬间()图3A．A的加速度大小为F2m B．A的加速度大小为零C．B的加速度大小为F2m D．B的加速度大小为Fm答案BD解析在将力F撤去的瞬间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Fm，选项C错，D对．4.如图4所示，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上的细绳悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态．现将细绳剪断，将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对原长的伸长量分别为Δl1和Δl2，重力加速度为g，在剪断的瞬间()图4A．a1＝3g B．a1＝0C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl2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，弹簧伸长量还没有来得及改变，所以剪断细绳的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力T1，剪断前对b、c和弹簧S2组成的整＝体受力分析可知T1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋T1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝Fm 3g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为T2，则对c受力分析可知T2＝mg，根据胡克定律可得Δl1＝2Δl2，C正确，D错误．5.如图5所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态．现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间()图5A．弹簧的形变量不改变B．弹簧的弹力大小为mgC．木块A的加速度大小为2gD．木块B对水平面的压力变为2mg答案AC6．(2019·九江一中高一上学期期末)如图6所示，A、B两球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的光滑斜面固定放置，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面．在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是(重力加速度为g)()图6A．两个小球的瞬时加速度方向均沿斜面向下，大小均为g sin θB．B球的受力情况不变，瞬时加速度为零C．A球的瞬时加速度方向沿斜面向下，大小为2g sin θD．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度方向沿斜面向上，A球的瞬时加速度方向沿斜面向下，瞬时加速度大小都不为零答案BC解析设弹簧的弹力大小为F，由平衡条件可知F＝mg sin 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＋mg sin θ＝ma A，解得a A＝2g sin θ，C正确．7. 将物体竖直向上抛出，假设运动过程中空气阻力大小不变，其速度－时间图像如图7所示，则()图7A．上升、下降过程中加速度大小之比为11∶9B．上升、下降过程中加速度大小之比为10∶1C．物体所受的重力和空气阻力大小之比为9∶1D．物体所受的重力和空气阻力大小之比为10∶1答案AD解析由题图可知，上升、下降过程中加速度大小分别为：a上＝11 m/s2，a下＝9 m/s2，由牛顿第二定律得：mg＋F阻＝ma上，mg－F阻＝ma下，联立解得mg∶F阻＝10∶1，A、D正确．8．如图8甲所示，一物体沿倾角为θ＝37°的足够长的固定粗糙斜面由静止开始运动，同时受到水平向右的逐渐增大的风力作用，水平风力的大小与风速成正比．物体在斜面上运动的加速度a与风速v的关系如图乙所示，则(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)()图8A．当风速为3 m/s时，物体沿斜面向下运动B．当风速为5 m/s时，物体与斜面间无摩擦力作用C．当风速为5 m/s时，物体开始沿斜面向上运动D．物体与斜面间的动摩擦因数为0.25答案AD解析由题图乙可知物体的加速度随风速的增大而减小，当风速为零时，物体的加速度为a0＝4 m/s2，对物体，沿斜面方向有mg sin θ－μmg cos θ＝ma0，解得μ＝0.25，D正确；物体由静止开始沿斜面加速下滑，随着风速的增大，物体的加速度逐渐减小，但加速度的方向不变，物体仍然做加速运动，直到风速为5 m/s时，物体的加速度减小为零，但物体具有沿斜面向下的速度，故物体仍沿斜面向下运动，受到沿斜面向上的摩擦力，A正确，B、C错误．二、非选择题9．(2019·杭州市高一第一学期期末模拟)如图9甲所示，一物块以一定的初速度沿固定斜面向上滑动，利用速度传感器可以在计算机屏幕上得到其速度大小随时间变化的关系图像如图乙所示．求斜面的倾角θ及物块与斜面间的动摩擦因数μ.图9答案 30° 35解析 设物块沿斜面上滑和下滑的加速度分别为a 1、a 2，由v －t 图像可得：a 1＝0－4.00.5m/s 2＝－8 m/s 2 a 2＝2.0－01.5－0.5m/s 2＝2 m/s 2 物块沿斜面向上滑动时，根据物块的受力情况，由牛顿第二定律有－mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1物块沿斜面向下滑动时，根据物块的受力情况，由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2联立解得θ＝30°，μ＝35. 10．(2019·池州市高一上学期期末)如图10甲所示，在我国东北寒冷的冬季，狗拉雪橇是上世纪人们出行的常见交通工具，狗系着不可伸长的绳拖着雪橇从静止开始沿着笔直的水平地面加速奔跑，5 s 后拖绳断了，雪橇运动的v －t 图像如图乙所示，已知拉雪橇的绳子与水平地面的夹角为37°，雪橇和雪橇上的小孩总质量为m ＝40 kg.求：(不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)图10(1)雪橇与地面间的动摩擦因数；(2)绳对雪橇的拉力大小．(计算结果保留四位有效数字)答案(1)0.5(2)254.5 N解析(1)绳断失去拉力F后，由速度－时间图像得此过程的加速度a2＝－5 m/s2根据牛顿运动定律有－μN2＝ma2N2－mg＝0联立解得雪橇与地面间的动摩擦因数μ＝0.5.(2)力F拉动雪橇的过程中，由速度－时间图像得此过程的加速度a1＝2 m/s2根据牛顿运动定律有F cos 37°－μN1＝ma1mg－F sin 37°－N1＝0联立解得：F≈254.5 N.11．为了探究物体与斜面间的动摩擦因数，某同学进行了如下实验：取一质量为m的物体，使其在沿斜面方向的推力作用下向上运动，如图11甲所示，通过力传感器得到推力随时间变化的规律如图乙所示，通过频闪照相处理后得出速度随时间变化的规律如图丙所示，若已知斜面固定且倾角α＝30°，重力加速度g取10 m/s2.图11(1)求物体与斜面间的动摩擦因数；(2)求撤去推力F 后，物体还能上升的距离(斜面足够长)．答案 (1)39(2)0.075 m 解析 (1)0～2 s 内，F 1－mg sin α－μmg cos α＝ma 1，a 1＝Δv Δt＝0.5 m/s 2,2 s 后，F 2－mg sin α－μmg cos α＝ma 2，a 2＝0，代入数据解得m ＝3 kg ，μ＝39. (2)撤去推力F 后，有－μmg cos α－mg sin α＝ma 3，解得a 3＝－203m/s 2， x ＝0－v 22a 3＝0.075 m. 12．如图12甲所示，质量m ＝1 kg 的物体置于倾角为θ＝37°的固定斜面上(斜面足够长)，对物体施加平行于斜面向上的恒力F ，作用时间t 1＝1 s 时撤去力F ，物体运动时部分v －t 图象如图乙所示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图12(1)物体与斜面间的动摩擦因数及拉力F的大小；(2)t＝4 s时物体的速度．答案(1)0.530 N(2)2 m/s，方向沿斜面向下解析(1)根据v－t图像知，物体做匀加速直线运动的加速度a1＝20 m/s2，根据牛顿第二定律得F－μmg cos θ－mg sin θ＝ma1，物体做匀减速直线运动的加速度a2＝－10 m/s2，根据牛顿第二定律得－mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，解得F＝30 N，μ＝0.5.(2)在物体运动过程中，设撤去力F后物体运动到最高点所用的时间为t2，由0－v1＝a2t2，解得t2＝2 s.则物体从最高点开始沿斜面下滑的时间t3＝t－t1－t2＝1 s，设物体下滑的加速度为a3，由牛顿第二定律得，μmg cos θ－mg sin θ＝ma3，解得a3＝－2 m/s2.所以t＝4 s时物体的速度v＝a3t3＝(－2)×1 m/s＝－2 m/s，负号表示速度方向沿斜面向下．。
01专题：瞬时加速度问题(含答案)
01专题：牛顿第二定律应用之瞬时加速度问题一、两种基本模型：1.轻绳、支撑面、杆等由于形变量非常小所以弹力会瞬时发生变化2.弹簧的形变量大，所以弹力不会瞬间变化二、解决此类问题的基本方法：1.分析原状态（给定状态）下物体的受力情况，求出各力大小（若物体处于平衡状态，则间利用平衡条件；若处于加速状态则利用牛顿运动定律）；2.分析当状态变化时（烧断细线、剪断弹簧、抽出木板、撤去某个力等），哪些力变化，哪些力不变，哪些力消失（被剪断的绳、弹簧中的弹力，发生在被撤去物接触面上的弹力都立即消失）；3.求物体在状态变化后所受的合外力，利用牛顿第二定律，求出瞬时加速度。
例1．所示，一质量为m 的物体系于长度分别为12L L 、的两根细线上，1L 的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，2L 水平拉直，物体处于平衡状态。
(1)现将线2L 剪断，求剪断2L 的瞬间物体的加速度。
(2)若将图甲中的细线1L 换成长度相同(接m 后)，质量不计的轻弹簧，如图乙所示，其他条件不变，求剪断2L 的瞬间物体的加速度。
变式1.如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A 小球，同时水平细线一端连着A 球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A 、B 两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。
开始时A 、B 两球都静止不动，A 、B 两小球的质量相等，重力加速度为g ，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A 、B 两球的加速度分别为（ ）A ．a A =aB =g B ． a A =2g ，a B =0C ．a A =3g ，a B =0D ．A 23a g ，a B =0例2．如图所示，A 、B 、C 三个物体分别用轻绳和轻弹簧连接，放置在倾角为θ的光滑斜面上，当用沿斜面向上的恒力F 作用在物体A 上时，三者恰好保持静止，已知A 、B 、C 三者质量相等，重力加速度为g ．下列说法正确的是A ．在轻绳被烧断的瞬间，A 的加速度大小为2sin θgB ．在轻绳被烧断的瞬间，B 的加速度大小为sin θgC ．剪断弹簧的瞬间，A 的加速度大小为1sin θ2ggD．突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为2sinθ变式2.如图所示，天花板上悬挂一轻质弹簧，弹簧下端栓接质量为m的小球A，A球通过轻杆连接质量为2m的小球B，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．剪断弹簧瞬间，轻杆上弹力不为0B．剪断弹簧瞬间，A、B球加速度均为gC．剪断轻杆瞬间，A、B球加速度大小均为gD．剪断轻杆瞬间，A球加速度大小为2g，B球加速度大小为g三、巩固练习1.如图所示,光滑水平面上,A、B两物体用轻弹簧连接在一起,A、B的质量分别为m1、m2,在拉力F作用下,A、B共同做匀加速直线运动,加速度大小为a,某时刻突然撤去拉力F,撤去拉力F的瞬间A和B的加速度大小为a1和a2,则( )A.a1=0,a2=0B.a1=a,a2= aC.a1=a,a2= aD.a1=a,a2=a2. (多选)如图所示,A、B、C三球的质量均为m,轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连,A、B间固定一个轻杆,B、C间由一轻质细线连接。
物理新学案同步粤教版必修一讲义：第四章 力与运动 微型专题 瞬时加速度问题和动力学图象问题
微型专题 瞬时加速度问题和动力学图象问题[学习目标] 1.会分析物体受力的瞬时变化，会求瞬时加速度.2.会分析物体受力随时间的变化图象和速度随时间的变化图象，会结合图象解答动力学问题.一、瞬时加速度问题物体的加速度与合力存在瞬时对应关系，所以分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻物体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，解决此类问题时，要注意两类模型的特点：(1)刚性绳(或接触面)模型：这种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，恢复形变几乎不需要时间，故认为弹力立即改变或消失.(2)弹簧(或橡皮绳)模型：此种物体的特点是形变量大，恢复形变需要较长时间，在瞬时问题中，其弹力的大小往往可以看成是不变的.例1 如图1所示，质量为m 的小球被水平绳AO 和与竖直方向成θ角的轻弹簧系着处于静止状态，现将绳AO 烧断，在绳AO 烧断的瞬间，下列说法正确的是( )图1A.弹簧的拉力F ＝mg cos θB.弹簧的拉力F ＝mg sin θC.小球的加速度为零D.小球的加速度a ＝g sin θ 答案 A解析烧断AO之前，小球受3个力，受力分析如图所示，烧断绳的瞬间，绳的张力没有了，但由于轻弹簧形变的恢复需要时间，故弹簧的弹力不变，A正确，B错误.烧断绳的瞬间，小球受到的合力与绳子的拉力等大反向，即F合＝mg tan θ，则小球的加速度a＝g tan θ，C、D 错误.【考点】瞬时加速度问题【题点】瞬时加速度问题1.加速度和力具有瞬时对应关系，即同时产生、同时变化、同时消失，分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻物体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.2.分析瞬时变化问题的一般思路：(1)分析瞬时变化前物体的受力情况，求出每个力的大小.(2)分析瞬时变化后每个力的变化情况.(3)由每个力的变化确定变化后瞬间的合力，由牛顿第二定律求瞬时加速度.针对训练1如图2所示，质量分别为m和2m的A和B两球用轻弹簧连接，A球用细线悬挂起来，两球均处于静止状态，如果将悬挂A球的细线剪断，此时A和B两球的瞬时加速度a A、a B的大小分别是()图2A.a A＝0，a B＝0B.a A＝g，a B＝gC.a A＝3g，a B＝gD.a A＝3g，a B＝0答案 D解析分析B球原来受力如图甲所示，F′＝2mg剪断细线后弹簧形变不会瞬间改变，故B球受力不变，a B＝0.分析A球原来受力如图乙所示，F T＝F＋mg，F′＝F，故F T＝3mg.剪断细线，F T变为0，F大小不变，A球受力如图丙所示由牛顿第二定律得：F＋mg＝ma A，解得a A＝3g.【考点】瞬时加速度问题【题点】瞬时加速度问题二、动力学的图象问题1.常见的图象形式在动力学与运动学问题中，常见、常用的图象是位移图象(s－t图象)、速度图象(v－t图象)和力的图象(F－t图象)等，这些图象反映的是物体的运动规律、受力规律，而绝非代表物体的运动轨迹.2.图象问题的分析方法遇到带有物理图象的问题时，要认真分析图象，先从它的物理意义、点、线段、斜率、截距、交点、拐点、面积等方面了解图象给出的信息，再利用共点力平衡、牛顿运动定律及运动学公式解题.例2 放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F 的作用，F 的大小与时间t 的关系如图3甲所示，物块速度v 与时间t 的关系如图乙所示.取重力加速度g ＝10 m/s 2.由这两个图象可以求得物块的质量m 和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为( )甲 乙图3A.0.5 kg,0.4B.1.5 kg ，215C.0.5 kg,0.2D.1 kg,0.2答案 A解析 由题图可得，物块在2～4 s 内所受推力F ＝3 N ，物块做匀加速直线运动，a ＝Δv Δt ＝42m /s 2＝2 m/s 2，F －f ＝ma物块在4～6 s 所受推力F ′＝2 N ，物块做匀速直线运动， 则F ′＝f ，F ′＝μmg解得m ＝0.5 kg ，μ＝0.4，故A 选项正确. 【考点】用牛顿运动定律解决图象问题 【题点】用牛顿运动定律解决图象问题解决图象综合问题的关键1.把图象与具体的题意、情景结合起来，明确图象的物理意义，明确图象所反映的物理过程.2.特别注意图象中的一些特殊点，如图线与横、纵坐标轴的交点，图线的转折点，两图线的交点等所表示的物理意义.针对训练2 如图4甲所示，质量为m ＝2 kg 的物体在水平面上向右做直线运动.过a 点时给物体作用一个水平向左的恒力F 并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v －t 图象如图乙所示.取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图4(1)力F 的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ； (2)10 s 末物体离a 点的距离.答案 (1)3 N 0.05 (2)在a 点左边2 m 处解析 (1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a 1，则由v －t 图象得a 1＝2 m/s 2 根据牛顿第二定律，有F ＋μmg ＝ma 1设物体向左做匀加速直线运动的加速度大小为a 2，则由v －t 图象得a 2＝1 m/s 2 根据牛顿第二定律，有F －μmg ＝ma 2， 联立解得F ＝3 N ，μ＝0.05.(2)设10 s 末物体离a 点的距离为d ，d 应为v －t 图象与横轴所围的面积，则 d ＝12×4×8 m －12×6×6 m ＝－2 m ，负号表示物体在a 点左边.1.(瞬时加速度问题)如图5所示，在光滑的水平面上，质量分别为m 1和m 2的木块A 和B 之间用水平轻弹簧相连，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 ，此瞬间A 和B 的加速度为a 1和a 2，则( )图5A.a 1＝a 2＝0B.a 1＝a ，a 2＝0C.a 1＝m 1m 1＋m 2a ，a 2＝m 2m 1＋m 2aD.a 1＝a ，a 2＝－m 1m 2a答案 D解析 两木块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＝m 1a ，在力F 撤去的瞬间，弹簧的弹力来不及改变，大小仍为m 1a ，因此对A 来讲，加速度此时仍为a ，对B ：取向右为正方向，－m 1a ＝m 2a 2，a 2＝－m 1m 2a ，所以D 正确.2.(瞬时加速度问题)如图6所示，a 、b 两小球悬挂在天花板上，两球用细线连接，上面是一轻质弹簧，a 、b 两球的质量分别为m 和2m ，在细线烧断瞬间，a 、b 两球的加速度为(取向下为正方向)( )图6A.0，gB.－g ，gC.－2g ，gD.2g,0答案 C解析 在细线烧断之前，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，故弹力向上且大小为3mg .当细线烧断瞬间，弹簧的形变量不变，故弹力不变，故a 受重力mg 和方向向上且大小为3mg 的弹力，取向下为正方向，则a 的加速度a 1＝mg －3mgm＝－2g ，方向向上.对b 而言，细线烧断后只受重力作用，则b 的加速度为a 2＝g ，方向向下.故C 正确. 【考点】瞬时加速度问题 【题点】瞬时加速度问题3.(动力学的图象问题)如图7甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的固定的均匀直细杆与水平方向成θ＝37°角，质量m ＝1 kg 的小球穿在细杆上且静止于细杆底端O 处，开启送风装置，有水平向右的恒定风力F 作用于小球上，在t 1＝2 s 时刻风停止.小球沿细杆运动的部分v －t 图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力.求：图7(1)小球在0～2 s 内的加速度a 1和2～5 s 内的加速度a 2； (2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F 的大小. 答案 (1)15 m /s 2，方向沿杆向上 10 m/s 2，方向沿杆向下 (2)0.5 50 N解析 (1)取沿细杆向上的方向为正方向，由题图乙可知： 在0～2 s 内，a 1＝v 1－v 0t 1＝15 m/s 2(方向沿杆向上)在2～5 s 内，a 2＝v 2－v 1t 2＝－10 m/s 2(“－”表示方向沿杆向下).(2)有风力F 时的上升过程，受力情况如图甲所示 由牛顿第二定律，有F cos θ－μ(mg cos θ＋F sin θ)－mg sin θ＝ma 1停风后的上升阶段，受力情况如图乙所示由牛顿第二定律，有－μmg cos θ－mg sin θ＝ma2联立以上各式解得μ＝0.5，F＝50 N.一、选择题考点一瞬时加速度问题1.如图1所示，A、B两木块间连一轻弹簧，A、B质量相等，一起静止地放在一块光滑木板上，若将此木板突然抽去，在此瞬间，A、B两木块的加速度分别是()图1A.a A＝0，a B＝2gB.a A＝g，a B＝gC.a A＝0，a B＝0D.a A＝g，a B＝2g答案 A解析抽出板后，A的受力情况未变，故A的加速度为0，木板对B的支持力消失，B受到弹簧向下的压力F N＝mg和B木块自身的重力，故a B＝F N＋mgm＝mg＋mgm＝2g.2.如图2所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态.当木板AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为( )图2 A.0B.233gC.gD.33g 答案 B解析 撤去木板后，小球受到的重力和弹簧的拉力不变，则由牛顿第二定律得：mgcos 30°＝ma ，a ＝g cos 30°＝233g . 3.如图3所示，质量相等的A 、B 两小球分别连在弹簧两端，B 端用细线固定在倾角为30°光滑斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A 、B 两球的加速度分别为( )图3A.都等于g2B.0和g 2C.g 和0D.0和g答案 D解析 剪断细线的瞬间，A 球的受力情况不变，故a A ＝0，B 球受到的重力和弹簧的拉力不变，故a B ＝mg sin θ＋kx m ＝mg sin θ＋mg sin θm＝g ，选项D 正确.考点二 动力学的图象问题4.质量为0.8 kg 的物体在一水平面上运动，如图4所示，a 、b 分别表示物体不受拉力作用和受到水平拉力作用时的v －t 图线，则拉力和摩擦力之比为( )图4A.9∶8B.3∶2C.2∶1D.4∶3答案 B解析 由题图可知，图线a 表示的为仅受摩擦力时的运动图线，加速度大小a 1＝1.5 m /s 2；图线b 表示的为受水平拉力和摩擦力的运动图线，加速度大小a 2＝0.75 m/s 2；由牛顿第二定律得ma 1＝f ，ma 2＝F －f ，解得F f ＝32，B 正确.【考点】用牛顿运动定律解决图象问题 【题点】由v －t 、s －t 图象求a 、F5.质量为2 kg 的物体在水平推力F 的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F ，其运动的v －t 图象如图5所示.取g ＝10 m/s 2，则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F 的大小分别为( )图5A.0.2,6 NB.0.1,6 NC.0.2,8 ND.0.1,8 N答案 A解析在6～10 s内物体水平方向只受滑动摩擦力作用，加速度a＝－μg，v－t图象的斜率表示加速度，a＝0－810－6m/s2＝－2 m/s2，解得μ＝0.2.在0～6 s内，F－μmg＝ma′，而a′＝8－26m/s2＝1 m/s2，解得F＝6 N，选项A正确. 【考点】用牛顿运动定律解决图象问题【题点】由v－t、s－t图象求a、F6. (多选)将物体竖直向上抛出，假设运动过程中空气阻力大小不变，其速度—时间图象如图6所示，则()图6A.上升、下降过程中加速度大小之比为11∶9B.上升、下降过程中加速度大小之比为10∶1C.物体所受的重力和空气阻力之比为9∶1D.物体所受的重力和空气阻力之比为10∶1答案AD解析上升、下降过程中加速度大小分别为：a上＝11 m/s2，a下＝9 m/s2，由牛顿第二定律得：mg＋F阻＝ma上，mg－F阻＝ma下，联立解得mg∶F阻＝10∶1，A、D正确.【考点】用牛顿运动定律解决图象问题【题点】由v－t、s－t图象求a、F二、非选择题7.(动力学图象问题)如图7甲所示，倾角为θ＝37°的足够长斜面上，质量m＝1 kg的小物体在沿斜面向上的拉力F＝14 N作用下，由斜面底端从静止开始运动，2 s后撤去F，前2 s内物体运动的v－t图象如图乙所示.求：(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图7(1)小物体与斜面间的动摩擦因数；(2)撤去力F后1.8 s时间内小物体的位移.答案 (1)0.5 (2)2.2 m ，沿斜面向上解析 (1)由题图乙可知，0～2 s 内物体的加速度a 1＝Δv Δt＝4 m/s 2 根据牛顿第二定律，F －mg sin θ－f ＝ma 1， F N ＝mg cos θ，而f ＝μF N代入数据解得μ＝0.5.(2)撤去F 后，－mg sin θ－f ＝ma 2，得a 2＝－10 m/s 2， 设经过t 2时间减速到0，根据运动学公式0＝v 1＋a 2t 2， 解得t 2＝0.8 s在0.8 s 内物体有向上运动的位移s 20－v 12＝2a 2s 2，得s 2＝3.2 m物体到最高点后向下运动，设加速度大小为a 3，则 mg sin θ－f ＝ma 3，解得a 3＝2 m/s 2再经t 3＝1 s 物体发生位移为s 3，s 3＝12a 3t 32＝1 m 物体在撤去F 后1.8 s 内的位移s ＝s 2－s 3 代入数据解得s ＝2.2 m ，方向沿斜面向上.。
专题07 瞬时加速度与动力学图像问题
专题07 瞬时加速度与动力学图像问题一、夯实基础（一）、瞬时问题1．牛顿第二定律的表达式为：F合＝ma，加速度由物体所受_合外力__决定，加速度的方向与物体所受_合外力__的方向一致．当物体所受合外力发生突变时，加速度也随着发生突变，而物体运动的_速度__不能发生突变．2．轻绳、轻杆和轻弹簧(橡皮条)的区别：(1)轻绳和轻杆：剪断轻绳或轻杆断开后，原有的弹力将_突变为0__.(2)轻弹簧和橡皮条：当轻弹簧和橡皮条两端与其他物体连接时，轻弹簧或橡皮条的弹力__不能发生突变_．（二）、超重和失重1．超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)__大于_物体所受重力的现象．(2)产生条件：物体具有_向上_的加速度．2．失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)_小于__物体所受重力的现象．(2)产生条件：物体具有_向下__的加速度．3．完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)_等于0_的现象称为完全失重现象．(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下．4．实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态_无关_．(2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将_不等于重_物体的重力．此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重．（三）、动力学图象1．类型(1)已知图象分析运动和_受力_情况；(2)已知运动和受力情况分析图象的形状．2．用到的相关知识通常要先对物体受力分析求合力，再根据_牛顿第二定律_求加速度，然后结合运动学公式分析．二、重、难、热点阐释主题一瞬时加速度问题1.物体的加速度与合力存在瞬时对应关系，所以分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻物体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，解决此类问题时，要注意两类模型的特点：(1)刚性绳(或接触面)模型：这种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，恢复形变几乎不需要时间，故认为弹力立即改变或消失.(2)弹簧(或橡皮绳)模型：此种物体的特点是形变量大，恢复形变需要较长时间，在瞬时问题中，其弹力往往可以看成是不变的.2.分析瞬时变化问题的一般思路：(1)分析瞬时变化前物体的受力情况，求出每个力的大小.(2)分析瞬时变化后每个力的变化情况.(3)由每个力的变化确定变化后瞬间的合力，由牛顿第二定律求瞬时加速度.【例1】如图所示，质量为m的小球被水平绳AO和与竖直方向成θ角的轻弹簧系着处于静止状态，现将绳AO烧断，在绳AO烧断的瞬间，下列说法正确的是()A.弹簧的拉力F＝mgcos θ B.弹簧的拉力F＝mg sin θC.小球的加速度为零D.小球的加速度a＝g sin θ【答案】A【解析】烧断AO之前，小球受3个力，受力分析如图所示，烧断绳的瞬间，绳的张力没有了，但由于轻弹簧形变的恢复需要时间，故弹簧的弹力不变，A正确，B错误.烧断绳的瞬间，小球受到的合力与绳子的拉力等大反向，即F合＝mg tan θ，则小球的加速度a＝g tan θ，C、D错误.【例2】如图，A、B、C三个小球质量均为m，A、B之间用一根没有弹性的轻质细绳连在一起，B、C之间用轻弹簧拴接，整个系统用细线悬挂在天花板上并且处于静止状态．现将A上面的细线剪断，使A的上端失去拉力，则在剪断细线的瞬间，A、B、C三个小球的加速度分别是()A．1.5g，1.5g，0 B．g，2g，0 C．g，g，g D．g，g,0【答案】A【解析】剪断细线前，由平衡条件可知，A上端的细线的拉力为3mg，A、B之间细绳的拉力为2mg，轻弹簧的拉力为mg.在剪断细线的瞬间，轻弹簧中拉力不变，小球C所受合外力为零，所以C的加速度为零；A、B小球被细绳拴在一起，整体受到二者重力和轻弹簧向下的拉力，由牛顿第二定律得3mg＝2ma，解得a＝1.5g，选项A正确．主题二超重与失重问题1.视重：当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为“视重”，大小等于弹簧测力计所受的拉力或台秤所受的压力．当物体处于超重或失重时，物体的重力并未变化，只是视重变了．2．超重、失重的比较(1)物体处于超重还是失重状态，只取决于加速度的方向，与物体的运动方向无关．(2)发生超重和失重时，物体所受的重力并没有变化．(3)发生完全失重现象时，与重力有关的一切现象都将消失．比如物体对支持物无压力、摆钟将停止摆动……，靠重力使用的仪器也不能再使用(如天平)．只受重力作用的一切抛体运动，都处于完全失重状态．【例3】(多选)在一电梯的地板上有一压力传感器，其上放一物体，如图甲所示，当电梯运行时，传感器示数大小随时间变化的关系图象如图乙，根据图象分析得出的结论中正确的是()A．从时刻t1到t2，物块处于失重状态B．从时刻t3到t4，物块处于失重状态C．电梯可能开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层D．电梯可能开始停在高楼层，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层【思路点拨】：①判断超、失重现象关键是看加速度方向，而不是运动方向．②处于超重状态时，物体可能做向上加速或向下减速运动．③处于失重状态时，物体可能做向下加速或向上减速运动．【答案】BC【解析】从Ft图象可以看出，0～t1，F＝mg，电梯可能处于静止状态或匀速运动状态；t1～t2，F>mg，电梯具有向上的加速度，物块处于超重状态，可能加速向上运动或减速向下运动；t2～t3，F＝mg，可能静止或匀速运动；t3～t4，F<mg，电梯具有向下的加速度，物块处于失重状态，可能做加速向下或减速向上运动．综上分析可知，B、C 正确．【例4】广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图所示．则下列相关说法正确的是()A．t＝4.5 s时，电梯处于失重状态B．5～55 s时间内，绳索拉力最小C．t＝59.5 s时，电梯处于超重状态D．t＝60 s时，电梯速度恰好为零【答案】D【解析】利用a－t图象可判断：t＝4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，A错误；0～5 s时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，5～55 s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力等于重力，55～60 s时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，综上所述，B、C错误；因a－t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60 s时为零，D正确．主题三动力学图象问题1．常见的动力学图象v－t图象、a－t图象、F－t图象、F－a图象等．2．图象问题的类型(1)已知物体受的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况．(3)由已知条件确定某物理量的变化图象．3．解题策略(1)分清图象的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点．(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等． (3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．【例5】如图甲所示，质量为m ＝2 kg 的物体在水平面上向右做直线运动．过a 点时给物体作用一个水平向左的恒力F 并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v t 图象如图乙所示．取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：甲 乙(1)力F 的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ； (2)10 s 末物体离a 点的距离．【思路点拨】：①恒力F 的方向不变，而摩擦力的方向随速度方向的改变而改变． ②v t 图象的斜率表示物体的加速度． ③v t 图象与t 轴所围面积表示物体的位移． 【答案】 (1)3 N 0.05 (2)在a 点左边2 m 处【解析】 (1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a 1，则由v t 图象得a 1＝2 m/s 2 根据牛顿第二定律，有F ＋μmg ＝ma 1设物体向左做匀加速直线运动的加速度大小为a 2，则由v t 图象得a 2＝1 m/s 2 根据牛顿第二定律，有F －μmg ＝ma 2 联立解得F ＝3 N ，μ＝0.05.(2)设10 s 末物体离a 点的距离为d ，d 应为v t 图象与横轴所围的面积，则 d ＝12×4×8 m －12×6×6 m ＝－2 m ，负号表示物体在a 点左边． 【举一反三】质量为0.8 kg 的物体在一水平面上运动，如图所示，a 、b 分别表示物体不受拉力作用和受到水平拉力作用时的v t 图线，则拉力和摩擦力之比为( )A ．9∶8B ．3∶2C ．2∶1D ．4∶3【答案】B【解析】由题可知，图线a 表示的为仅受摩擦力时的运动图线，加速度大小a 1＝1.5 m/s 2；图线b 表示的为受水平拉力和摩擦力的运动图线，加速度大小为a 2＝0.75 m/s 2；由牛顿第二定律得ma 1＝F f ，ma 2＝F －F f ，解得F ∶F f ＝3∶2，B 正确．【例6】水平地面上质量为1 kg 的物块受到水平拉力F 1、F 2的作用，F 1、F 2随时间的变化如图11所示，已知物块在前2 s 内以4 m/s 的速度做匀速直线运动，取g ＝10 m/s 2，则(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A ．物块与地面的动摩擦因数为0.2B ．3 s 末物块受到的摩擦力大小为3 NC ．4 s 末物块受到的摩擦力大小为1 ND ．5 s 末物块的加速度大小为3 m/s 2 【答案】 BC【解析】 在0～2 s 内物块做匀速直线运动，则摩擦力F f ＝3 N ，则μ＝F f mg ＝310＝0.3，选项A 错误；2 s 后物块做匀减速直线运动，加速度a ＝F 合m ＝6－5－31 m/s 2＝－2 m/s 2，则经过t ＝0－va＝2 s ，即4 s 末速度减为零，则3 s 末物块受到的摩擦力大小为3 N,4 s 末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6 N －5 N ＝1 N ，选项B 、C 正确；物块停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，则物块不再运动，则5 s 末物块的加速度为零，选项D 错误． 【举一反三】放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F 的作用，F 的大小与时间t 的关系如图3甲所示，物块速度v 与时间t 的关系如图乙所示.取重力加速度g ＝10 m/s 2.由这两个图象可以求得物块的质量m 和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为( )甲 乙A.0.5 kg,0.4B.1.5 kg ，215 C.0.5 kg,0.2 D.1 kg,0.2【答案】 A【解析】 由题图可得，物块在2～4 s 内所受推力F ＝3 N ，物块做匀加速直线运动，a ＝Δv Δt ＝42m/s 2＝2 m/s 2，F －F f ＝ma物块在4～6 s 所受推力F ′＝2 N ，物块做匀速直线运动， 则F ′＝F f ，F ′＝μmg解得m ＝0.5 kg ，μ＝0.4，故A 选项正确.三、模拟预测训练1.如图所示，在光滑的水平面上，质量分别为m 1和m 2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 ，此瞬间A 和B 的加速度为a 1和a 2，则( )A.a 1＝a 2＝0B.a 1＝a ，a 2＝0C.a 1＝m 1m 1＋m 2a ，a 2＝m 2m 1＋m 2aD.a 1＝a ，a 2＝－m 1m 2a【答案】 D【解析】 两木块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＝m 1a ，在力F 撤去的瞬间，弹簧的弹力来不及改变，大小仍为m 1a ，因此对A 来讲，加速度此时仍为a ，对B ：取向右为正方向，－m 1a ＝m 2a 2，a 2＝－m 1m 2a ，所以D 正确.2.如图所示，升降机天花板上用轻弹簧悬挂一物体，升降机静止时弹簧伸长10 cm ，运动时弹簧伸长9 cm ，则升降机的运动状态可能是(g 取10 m/s 2)( )A ．以a ＝1 m/s 2的加速度加速下降B ．以a ＝1 m/s 2的加速度加速上升C ．以a ＝9 m/s 2的加速度减速上升D ．以a ＝9 m/s 2的加速度减速下降 【答案】A【解析】当升降机静止时，根据胡克定律和二力平衡条件得kx 1－mg ＝0，其中k 为弹簧的劲度系数，x 1＝0.1 m ．当弹簧伸长量为x 2＝9 cm 时，kx 2<mg ，说明物体处于失重状态，升降机加速度a 的方向必向下，由牛顿第二定律得mg －kx 2＝ma ，解得a ＝1 m/s 2.升降机加速度方向向下，如果向下运动，则为加速运动，如果向上运动，则为减速运动．由此可知选项A 正确．3.一气球吊着一重物，以7 m/s 的速度匀速上升，某时刻绳子突然断裂，则绳子断裂瞬间重物的速度v 和加速度a 的大小分别为(重力加速度g ＝10 m/s 2)( )A.v ＝0，a ＝0B.v ＝7 m/s ，a ＝0C.v ＝7 m/s ，a ＝10 m/s 2D.v ＝0，a ＝10 m/s 2 【答案】 C【解析】 重物和气球一起以7 m/s 的速度匀速上升，在绳子突然断开的瞬时，物体由于惯性要保持原来的向上的运动状态，所以此时重物的速度仍为v ＝7 m/s ；绳子突然断开的瞬间，绳的拉力消失，重物只受重力，故其加速度大小等于重力加速度大小，即a ＝g ＝10 m/s 2，故C 正确.4.(多选)如图是娱乐节目中设计的“导师战车”．当坐在战车中的导师按下按钮时，战车就由静止开始沿长10 m 的倾斜直轨道向下运动；某时刻开始减速，到达站在轨道末端的学员面前时，恰好静止，整个过程历时4 s ．将加速、减速过程分别视为匀变速直线运动，则( )A ．战车运动过程中导师先失重后超重B ．战车运动过程中所受外力不变C ．战车加速过程中的加速度一定等于减速过程中的加速度D ．战车运动过程中的最大速度为5 m/s 【答案】AD【解析】“导师战车”沿斜面先加速后减速，战车上的导师先失重后超重，A 正确；战车所受的合外力先沿斜面向下后沿斜面向上，外力不同，B 错误；因不知加速和减速的时间关系，故不能判断两个过程中加速度的大小关系，C错误；设最大速度为v m ，则整个过程的平均速度为v m 2，由v m2t ＝x 可得v m ＝5 m/s ，D 正确．5.(多选)如图甲所示，竖直电梯中质量为m 的物体置于压力传感器P 上，电脑可描绘出物体对P 的压力F 随时间的变化图线；图乙中K 、L 、M 、N 四条图线是电梯在四种运动状态下由电脑获得的F t 图线，由图线分析电梯的运动情况，下列结论中正确的是( )A ．由图线K 可知，此时电梯一定处于匀加速上升状态B ．由图线L 可知，此时电梯的加速度大小一定等于gC ．由图线M 可知，此时电梯一定处于静止状态D ．由图线N 可知，此时电梯加速度的方向一定先向上后向下 【答案】BD【解析】由图乙可知，图线M 的支持力等于重力，电梯可能处于静止也可能处于匀速直线运动状态，C 错误；图线L 的支持力F N ＝2mg ，由F N －mg ＝ma 可知，电梯的加速度a ＝g 方向竖直向上，B 正确；由图线K 可知，物体对P 的压力大于重力且逐渐增大，电梯的加速度一定方向竖直向上且越来越大，A 错误；由图线N 可知，物体对P 的压力先大于mg ，后小于mg ，故电梯的加速度方向先竖直向上后竖直向下，D 正确．6.如图所示，质量为m 的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB 托住，小球恰好处于静止状态.当木板AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为(重力加速度为g )( )A.0B.233gC.gD.33g 【答案】 B【解析】 未撤离木板时，小球受重力G 、弹簧的拉力F 和木板的弹力F N 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233mg .在撤离木板的瞬间，弹簧的弹力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G 、弹簧的拉力F ，合力与木板对小球的弹力大小相等、方向相反，故可知加速度的大小为233g .7.质量为2 kg 的物体在水平推力F 的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F ，其运动的v －t 图象如图所示.取g ＝10 m/s 2，则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F 的大小分别为( )A.0.2,6 NB.0.1,6 NC.0.2,8 ND.0.1,8 N【答案】 A【解析】 在6～10 s 内物体水平方向只受滑动摩擦力作用，加速度a ＝－μg ，v －t 图象的斜率表示加速度，a ＝0－810－6m/s 2＝－2 m/s 2，解得μ＝0.2.在0～6 s 内，F －μmg ＝ma ′，而a ′＝8－26m/s 2＝1 m/s 2，解得F ＝6 N ，选项A 正确. 8.(多选)某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示，他使木块以初速度v 0＝4 m/s 沿倾角θ＝30°的固定斜面上滑，紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v －t 图线如图乙所示，g 取10 m/s 2，则下列计算结果正确的是( )A.上滑过程中的加速度的大小为8 m/s 2B.木块与斜面间的动摩擦因数μ＝35C.木块回到出发点时的速度大小v ＝2 m/sD.木块在t ＝2 s 时返回出发点 【答案】 ABC【解析】 由题图乙可知，木块经0.5 s 滑至最高点，加速度大小a 1＝⎪⎪⎪⎪Δv Δt ＝40.5 m/s 2＝8 m/s 2，选项A 正确；上滑过程中，由牛顿第二定律，加速度a 1＝mg sin θ＋μmg cos θm ，解得μ＝35，选项B 正确；上滑的位移x ＝v 202a 1＝1 m ；下滑过程中，加速度a 2＝mg sin θ－μmg cos θm＝2 m/s 2，木块回到出发点时的速度大小v ＝2a 2x ＝2 m/s ，下滑的时间t 2＝va 2＝1 s ，回到出发点的总时间t ＝t 1＋t 2＝1.5 s ，选项C 正确，选项D 错误.9如图所示为质量m ＝75 kg 的滑雪运动员在倾角θ＝37°的直滑道上由静止开始向下滑行的v －t 图象，图中的OA 直线是t ＝0时刻速度图线的切线，速度图线末段BC 平行于时间轴，运动员与滑道间的动摩擦因数为μ，所受空气阻力与速度成正比，比例系数为k .设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )A ．滑雪运动员开始时做加速度增大的加速直线运动，最后做匀速运动B ．t ＝0时刻运动员的加速度大小为2 m/s 2C ．动摩擦因数μ为0.25D ．比例系数k 为15 kg/s 【答案】 C【解析】 由v －t 图象可知，滑雪运动员开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速运动，故A 错误；在t＝0时刻，图线切线的斜率即为该时刻的加速度，故有a 0＝12－03－0m/s 2＝4 m/s 2，故B 错误；在t ＝0时刻开始加速时，v 0＝0，由牛顿第二定律可得mg sin θ－kv 0－μmg cos θ＝ma 0，最后匀速时有：v m ＝10 m/s ，a ＝0，由平衡条件可得mg sin θ－kv m －μmg cos θ＝0，联立解得： μ＝0.25，k ＝30 kg/s ，故C 正确，D 错误．10.图甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，图乙为150 kg 的建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象，g 取10 m/s 2，下列判断正确的是( )甲 乙A ．前10 s 的悬线的拉力恒为1 500 NB ．46 s 末塔吊的材料离地面的距离为22 mC ．0～10 s 材料处于失重状态D ．在30～36 s 钢索最容易发生断裂 【答案】B【解析】由图可知前10 s 内材料的加速度a ＝0.1 m/s 2，由F －mg ＝ma 可解得悬线的拉力为1 515 N ，选项A 错误．由图象面积可得整个过程材料上升的高度是28 m ，下降的高度为6 m,46 s 末塔吊的材料离地面的距离为22 m ，选项B 正确.0～10 s 材料加速度向上，材料处于超重状态，F >mg ，钢索最容易发生断裂，选项C 错误．因30～36 s 材料加速度向下，材料处于失重状态，F <mg ，在30～36 s 钢索最不容易发生断裂，选项D 错误．11.竖直升降的电梯内的天花板上悬挂着一只弹簧测力计，如图所示．弹簧测力计的钩上悬挂一个质量m ＝4 kg 的物体，试分析下列各种情况下电梯具体的运动(g 取10 m/s 2)：(1)当弹簧测力计的示数T 1＝40 N ，且保持不变； (2)当弹簧测力计的示数T 2＝32 N ，且保持不变；(3)当弹簧测力计的示数T 3＝44 N ，且保持不变．(弹簧均处于伸长状态)【答案】 (1)静止或匀速直线运动状态(2)加速下降或减速上升(3)加速上升或减速下降【解析】 (1)当T 1＝40 N 时，根据牛顿第二定律T 1－mg ＝ma 1，解得这时电梯的加速度a 1＝T 1－mg m ＝40－4×104m/s 2＝0 m/s 2，由此可见电梯处于静止或匀速直线运动状态．(2)当T 2＝32 N 时，根据牛顿第二定律T 2－mg ＝ma 2，这时电梯的加速度a 2＝T 2－mg m ＝32－404m/s 2＝－2 m/s 2，即电梯的加速度方向竖直向下，电梯加速下降或减速上升．(3)当T 3＝44 N 时，根据牛顿第二定律T 3－mg ＝ma 3，这时电梯的加速度a 3＝T 3－mg m ＝44－404m/s 2＝1 m/s 2 即电梯的加速度方向竖直向上，电梯加速上升或减速下降．12.如图甲所示，倾角为θ＝37°的足够长斜面上，质量m ＝1 kg 的小物体在沿斜面向上的拉力F ＝14 N 作用下，由斜面底端从静止开始运动，2 s 后撤去F ，前2 s 内物体运动的v －t 图象如图乙所示.求：(取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)小物体与斜面间的动摩擦因数；(2)撤去力F 后1.8 s 时间内小物体的位移.【答案】 (1)0.5 (2)2.2 m ，沿斜面向上【解析】 (1)由题图乙可知，0～2 s 内物体的加速度a 1＝Δv Δt＝4 m/s 2 根据牛顿第二定律，F －mg sin θ－F f ＝ma 1，F N ＝mg cos θ，而F f ＝μF N ，代入数据解得μ＝0.5.(2)撤去F 后，－mg sin θ－F f ＝ma 2，得a 2＝－10 m/s 2，设经过t 2时间减速到0，根据运动学公式有0＝v 1＋a 2t 2，解得t 2＝0.8 s在0.8 s 内物体向上运动的位移为x 20－v 12＝2a 2x 2，得x 2＝3.2 m物体到最高点后向下运动，设加速度大小为a 3，则mg sin θ－F f ＝ma 3，解得a 3＝2 m/s 2再经t 3＝1 s 物体发生位移x 3，x 3＝12a 3t 32＝1 m 撤去F 后物体在1.8 s 内的位移x ＝x 2－x 3＝2.2 m ，方向沿斜面向上.。
高中物理人教版 必修1 瞬时加速度问题和动力学图像问题(985研究生出给弟弟)
瞬时加速度问题和动力学图像问题1．如图所示，在光滑水平面上有物体A 、B ，质量分别为m 1、m 2.在拉力F 作用下，A 和B 以加速度a 做匀加速直线运动．某时刻突然撤去拉力，此瞬时A 和B 的加速度为a 1、a 2，则( )A ．a 1＝a 2＝0B ．a 1＝a ；a 2＝0C ．a 1＝m 1m 1＋m 2a ；a 2＝m 2m 1＋m 2a D ．a 1＝a ；a 2＝－m 1m 2a 2．(多选)A 、B 两球的质量均为m ，两球之间用轻弹簧相连，放在光滑的水平地面上，A 球左侧靠墙，弹簧原长为L 0，用恒力F 向左推B 球使弹簧压缩，如图所示，整个系统处于静止状态，此时弹簧长为L ，下列说法正确的是( )A ．弹簧的劲度系数为F LB ．弹簧的劲度系数为F L 0－LC ．若突然将力F 撤去，撤去瞬间，A 、B 两球的加速度均为0D ．若突然将力F 撤去，撤去瞬间，A 球的加速度为0，B球的加速度大小为F m3. 把弹力球从一定高处由静止释放，碰地反弹到最高点时接住，过程中的速度大小与时间关系图像如图所示，空气阻力恒定，g取10 m/s2.下列说法正确的是()A．过程中球的位移为0B．球释放时的高度为2.25 mC．过程中球的运动路程为1.62 mD．球上升过程的加速度大小为9 m/s24．如图所示，质量为m的小球用水平轻弹簧和轻绳拉住，处于静止状态，轻绳与竖直方向成60°角，当剪断轻绳的瞬间，小球的加速度()A．为零B．大小为g，方向竖直向下C．大小为2g，方向沿原来轻绳方向斜向下D．大小为2g，方向水平向右5．如图所示是质量为3 kg的物体在水平地面上运动的v -t图像，a、b两条图线，一条是有推力作用的图线，另一条是没有推力作用的图线，则物体受到的推力大小是多少？摩擦力大小是多少？6．质量为60 kg的消防队员，从一根竖直的长直轻绳上由静止滑下，经2.5 s落地．轻绳上端有一力传感器，它记录的轻绳受到的拉力变化情况如图甲所示，g取10 m/s2，则：(1)消防队员下滑过程中最大速度和落地速度各是多少？(2)在图乙中画出消防队员下滑过程中的v -t图像．。
人教版高中物理必修第一册第4章运动和力的关系分层作业30连接体问题动力学图像瞬时加速度问题课件
解析
1 2
1
5
由位移公式可得 x= at ,图线的斜率为 a=
2
2
2
m/s2,解得 a=5 m/s2,A 错误;
由牛顿第二定律可得 mgsin θ=ma,解得 θ=30°,B 正确;小物块 2 s 末的速度是
v2=at=10 m/s,C 错误;小物块 1 s 末的速度为 5 m/s,第 2 s 内的平均速度大小
的拉力为2mg,轻弹簧的拉力为mg。在剪断细线的瞬间,轻弹簧中拉力不
变,C所受合力为零,所以C的加速度为零;A、B被细线连在一起,加速度相同,
整体受到二者重力和轻弹簧向下的拉力,由牛顿第二定律得3mg=2ma,解得
a=1.5g,故选A。
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
B 级 关键能力提升练
始终在弹性限度内。现将A上端的细线剪断,使A的上端失去拉力,则在剪
断细线的瞬间,A、B、C三个小球的加速度大小分别是( A )
A.1.5g,1.5g,0
B.g,2g,0
C.g,g,g
D.g,g,0
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
解析 剪断细线前,由平衡条件可知,A上端细线的拉力为3mg,A、B之间细线
A级
题组一
必备知识基础练
连接体问题
1. 如图所示,甲、乙两物体叠放一起放置在光滑水平面上,将一水平向右的
恒力F=3 N作用在物体甲上,使甲、乙一起向右做加速运动,已知物体甲和
乙的质量关系m甲=2m乙=2 kg,则甲对乙的摩擦力( B )
A.大小为1 N,方向水平向左
B.大小为1 N,方向水平向右
C.大小为2 N,方向水平向左
B.P与斜面之间的动摩擦因数μ= 1
专题一瞬时加速度问题和动力学图像问题 -高一物理精品课件(2019人教版必修第一册)
(2)“四个步骤”：
第一步：分析原来物体的受力情况．
第二步：分析物体在突变时的受力情况．
第三步：由牛顿第二定律列方程．
第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性．
典例解析
【例题1】如图所示，质量分别为m和2m的A和B两球用轻弹簧连接，A球用
细线悬挂起来，两球均处于静止状态，如果将悬挂A球的细线剪断，此时A和
典例解析
【拓展2】如图所示，质量分别为m和2m的A和B两球用轻弹簧连接，A球用
细线悬挂起来，两球均处于静止状态．如果将悬挂B球的细线剪断，此时A和
B两球的瞬时加速度aA、aB的大小分别是( C )
A.aA＝0，aB＝0
B.aA＝g，aB＝g
C.aA＝3g，aB＝g
D.aA＝3g，aB＝0
解析：
剪断细线前，分析B球原来受力，得细线拉力FT＝2mg，剪
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．
(1)求剪断l2瞬间物体的加速度；
(2)若将上图中的细线l1改变为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图乙所示，其他条件不变，
现将l2剪断，求剪断瞬间物体的加速度．
解析：
(1)由于l1是细线，其物理模型是不可拉伸的刚性绳，
at ＝ ×2×22
m＝4 m.
(2)物体受力如图所示．对于前2 s，由牛顿第二定律得
F1－Ff＝ma，其中Ff＝μmg
2 s后物体做匀速直线运动，由二力平衡条件得F2＝Ff
B两球的瞬时加速度aA、aB的大小分别是( D )
A.aA＝0，aB＝0
B.aA＝g，aB＝g
C.aA＝3g，aB＝g
第四章专题课1 瞬时加速度问题和动力学图象问题(无答案)-江苏省启东中学高中物理必修1学案
专题课1 瞬时性问题 动态分析及动力学图象问题【学习目标】1.学会分析牛顿第二定律中的瞬时性问题.2.学会结合牛顿第二定律分析变力问题中速度与加速度的变化情况3.学会结合图象解决动力学问题．【教学内容】一、瞬时加速度问题物体的加速度与合力存在瞬时对应关系，所以分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻物体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，解决此类问题时，要注意两类模型的特点：(1)刚性绳(或接触面)模型：这种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，恢复形变几乎不需要时间，故认为弹力立即改变或消失．(2)弹簧(或橡皮绳)模型：此种物体的特点是形变量大，恢复形变需要较长时间，在瞬时问题中，其弹力的大小往往可以看成是不变的．【例1】（单选）如图所示，质量为m 的小球被水平绳AO 和与竖直方向成θ角的轻弹簧系着处于静止状态，现将绳AO 烧断，在绳AO 烧断的瞬间，下列说法正确的是( )A ．弹簧的拉力F ＝mg cos θB ．弹簧的拉力F ＝mg sin θC ．小球的加速度为零D ．小球的加速度a ＝g sin θ【例2】（多选）如图所示，在倾角为α＝30°的光滑固定斜面上，有两个质量均为m 的小球A 、B ，它们用原长为L 、劲度系数为k 的轻弹簧连接，现对A 施加一水平向右的恒力F ，使A 、B 均静止在斜面上，下列说法正确的是 （ ）A ．弹簧的长度为L + 2mg kB ．水平恒力F 3C ．撤掉恒力F 的瞬间小球A 的加速度大小为gD ．撤掉恒力F 的瞬间小球B 的加速度大小为2g 【例3】（单选）如图，A 、B 、C 三个小球质量均为m ，A 、B 之间用一根没有弹性的轻质细绳连在一起，B 、C 之间用轻弹簧拴接，整个系统用细线悬挂在天花板上并且处于静止状态．现将A 上面的细线剪断，使A 的上端失去拉力，则在剪断细线的瞬间，A 、B 、C 三个小球的加速度分别是( ) A ．1.5g ，1.5g ，0B ．g ，2g ，0C ．g ，g ，gD ．g ，g ，0【例4】（多选）如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，当系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行。
牛顿第二定律 瞬时加速度 图像问题
牛顿第二定律 瞬时加速度 图像问题考点一| 瞬时加速度问题[例1] (多选)(2014·南通第一中学检测)如图3－2－3所示，A 、B 球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )A ．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为g sin θB ．B 球的受力情况未变，瞬时加速度为零C ．A 球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2g sin θD ．弹簧有收缩的趋势，B 球的瞬时加速度向上，A 球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零[例2] (2014·苏州第三中学质检)如图3－2－4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F ，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.2F 3，2F 3m＋g B.F 3，2F 3m ＋g C.2F 3，F 3m ＋g D.F 3，F 3m＋g 3．如图3－2－12所示，A 、B 为两个质量相等的小球，由细线相连，再用轻质弹簧悬挂起来，在A 、B 间细线烧断后的瞬间，A 、B 的加速度分别是( )A ．A 、B 的加速度大小均为g ，方向都竖直向下B ．A 的加速度0，B 的加速度大小为g 、竖直向下C ．A 的加速度大小为g 、竖直向上，B 的加速度大小为g 、竖直向下D ．A 的加速度大于g 、竖直向上，B 的加速度大小为g 、竖直向下3．(2014·山东莱州质检)如图2所示，小车沿水平面做直线运动，小车内光滑底面上有一物块被压缩的弹簧压向左壁，小车向右加速运动。
若小车向右加速度增大，则车左壁受物块的压力F 1和车右壁受弹簧的压力F 2的大小变化是( )A ．F 1不变，F 2变大B ．F 1变大，F 2不变C ．F 1、F 2都变大D ．F 1变大，F 2减小考点二| 牛顿第二定律与图像的综合问题1．常见的两类动力学图像问题(1)已知物体在某一过程中所受的合力(或某个力)随时间的变化图线，要求分析物体的运动情况。
课时作业16：习题课1 瞬时加速度问题和动力学图象问题
习题课1 瞬时加速度问题和动力学图象问题一、选择题(1～4为单项选择题，5为多项选择题)1.质量均为m 的A 、B 两球之间连有一轻弹簧，放在光滑的水平台面上，A 球紧靠墙壁，如图1所示．今用力F 将B 球向左推压弹簧，静止后，突然将力F 撤去的瞬间( )图1A ．A 的加速度大小为F 2mB ．A 的加速度为零C ．B 的加速度大小为F 2mD ．B 的加速度大小为2F m2．如图2所示，A 、B 两木块间连一轻弹簧，A 、B 质量相等，一起静止地放在一块光滑木板上，若将此木板突然抽去，在此瞬间，A 、B 两木块的加速度分别是( )图2A ．a A ＝0，aB ＝2gB ．a A ＝g ，a B ＝gC ．a A ＝0，a B ＝0D ．a A ＝g ，a B ＝2g3．如图3所示，质量为m 的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB 托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为( )图3A ．0 B.233g C ．g D.33g4．质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v t图象如图4所示．取g＝10 m/s2，则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F 的大小分别为()图4A．0.2,6 N B．0.1,6 NC．0.2,8 N D．0.1,8 N5.将物体竖直向上抛出，假设运动过程中空气阻力不变，其速度—时间图象如图5所示，则()图5A．上升、下降过程中加速度大小之比为11∶9B．上升、下降过程中加速度大小之比为10∶1C．物体所受的重力和空气阻力之比为9∶1D．物体所受的重力和空气阻力之比为10∶1二、非选择题6．如图6甲所示，固定的光滑细杆与地面成一定的夹角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间变化的规律如图乙、丙所示，重力加速度g取10 m/s2，求：图6(1)小环的质量m；(2)细杆与地面间的夹角α.7．如图7甲所示，倾角为θ＝37°的足够长斜面上，质量m＝1 kg的小物体在沿斜面向上的拉力F＝14 N作用下，由斜面底端从静止开始运动，2 s后撤去F，前2 s内物体运动的v－t图象如图乙所示．求：(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图7(1)小物体与斜面间的动摩擦因数；(2)撤去力F后1.8 s时间内小物体的位移．答案精析1．B 2.A 3.B 4.A 5.AD6．(1)1 kg (2)30°解析 由图知，0～2 s 内环的加速度a ＝Δv Δt ＝1 m/s 2 s＝0.5 m/s 2，根据牛顿第二定律得F 1－mg sin α＝ma由图知，2 s 后环匀速运动，根据物体平衡条件得F 2＝mg sin α联立解得m ＝1 kg ，α＝30°.7．(1)0.5 (2)2.2 m ，沿斜面向上解析 (1)由题图乙可知，0～2 s 内物体的加速度a 1＝Δv Δt＝4 m/s 2 根据牛顿第二定律，F －mg sin θ－F f ＝ma 1，F N ＝mg cos θ，而F f ＝μF N 代入数据解得μ＝0.5.(2)撤去F 后，－mg sin θ－F f ＝ma 2，得a 2＝－10 m/s 2，设经过t 2时间减速到0，根据运动学公式0＝v 1＋a 2t 2，解得t 2＝0.8 s 在0.8 s 内物体有向上运动的位移x 20－v 21＝2a 2x 2，得x 2＝3.2 m物体到最高点后向下运动，设加速度大小为a 3，则mg sin θ－F f ＝ma 3，解得a 3＝2 m/s 2再经t 3＝1 s 物体发生位移x 3，x 3＝12a 3t 23＝1 m 物体在撤去F 后1.8 s 内的位移x ＝x 2－x 3代入数据解得x ＝2.2 m ，方向沿斜面向上．。
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B.1.5
kg，
2 15
D.1 kg,0.2
解析 答案
例3 如图4甲所示，质量为m＝2 kg的物体在水平面上向右做直线运动. 过a点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速 度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v－t图象如图 乙所示.取重力加速度g＝10 m/s2.求：
例1 如图1所示，质量为m的小球被水平绳AO和与
竖直方向成θ角的轻弹簧系着处于静止状态，现将绳
AO烧断，在绳AO烧断的瞬间，下列说法正确的是
√A.弹簧的拉力F＝
mg cos θ
B.弹簧的拉力F＝mgsin θ
C.小球的加速度为零
D.小球的加速度a＝gsin θ
图1
解析 答案
针对训练 如图2所示，质量分别为m和2m的A和B两球用轻弹
B.0 和g2
C.g和0
√ D.0和g
12
解析 答案
2.(动力学的图象问题)如图6甲所示，在风洞实 验室里，一根足够长的固定的均匀直细杆与水 平方向成θ＝37°角，质量m＝1 kg的小球穿在 细杆上且静止于细杆底端O处，开启送风装置， 有水平向右的恒定风力F作用于小球上，在t1＝ 2 s时刻风停止.小球沿细杆运动的部分v－t图象 如图乙所示，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力.求： (1)小球在0～2 s内的加速度a1和2～5 s内的加速度a2； 答案 15 m/s2，方向沿杆向上 10 m/s2，方向沿杆向下
12
图6
解析 答案
(2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小. 答案 0.5 50 N
12
解析 答案
本课结束
例2 放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F 的大小与时间t的关系如图3甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所 示.取重力加速度g＝10 m/s2.由这两个图象可以求得物块的质量m和物块 与地面之间的动摩擦因数μ分别为
√A.0.5 kg,0.4
C.0.5 kg,0.2
甲
乙
图3
簧连接，A球用细线悬挂起来，两球均处于静止状态，如果将
悬挂A球的细线剪断，此时A和B两球的瞬时加速度aA、aB的大
小分别是
A.aA＝0，aB＝0
图2
B.aA＝g，aB＝g
C.aA＝3g，aB＝g
√D.aA＝3g，aB＝0
解析 答案
二、动力学的图象问题
1.常见的图象形式 在动力学与运动学问题中，常见、常用的图象是位移图象(x－t图象)、速 度图象(v－t图象)和力的图象(F－t图象)等，这些图象反映的是物体的运 动规律、受力规律，而绝非代表物体的运动轨迹. 2.图象问题的分析方法 遇到带有物理图象的问题时，要认真分析图象，先从它的物理意义、点、 线段、斜率、截距、交点、拐点、面积等方面了解图象给出的信息，再 利用共点力平衡、牛顿运动定律及运动学公式解题.
第四章
习题课1 瞬时加速度问题和动力学图象问题
学习目标 1.学会分析含有弹簧的瞬时问题. 2.学会结合图象解决动力学问题.
内容索引
Ⅰ重点题型探究
Ⅱ当堂达标检测
Ⅰ
重点题型探究
一、瞬时加速度问题
物体的加速度与合力存在瞬时对应关系，所以分析物体在某一时刻的瞬 时加速度，关键是分析该时刻物体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，解决此类问题时，要注意两类模型的特点： (1)刚性绳(或接触面)模型：这种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪 断(或脱离)后，恢复形变几乎不需要时间，故认为弹力立即改变或消失. (2)弹簧(或橡皮绳)模型：此种物体的特点是形变量大，恢复形变需要较长 时间，在瞬时问题中，其弹力的大小往往可以看成是不变的.
技巧点拨
解决此类题的思路： 从v－t图象上获得加速度的信息，再结合实际受力情况，利用牛 顿第二定律列方程.
Ⅱ
当堂达标检测
1.(瞬时问题)如图5所示，质量相等的A、B两小球分
别连在弹簧两端，B端用细线固定在倾角为30°光滑
斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B
两球的加速度分别为
图5
A.都等于g2
图4 (1)力Fቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；
答案 3 N 0.05
解析 答案
(2)10 s末物体离a点的距离.
答案 在a点左边2 m处
解析 设10 s末物体离a点的距离为d，d应为v－t图象与横轴所围的面积，
则 d＝12×4×8 m－12×6×6 m＝－2 m，
负号表示物体在a点左边.
解析 答案