瞬时加速度问题和动力学图象问题(解析版)—2024-2025学年高一物理(人教版2019必修第一册)

瞬时加速度问题和动力学图象问题
1、学会瞬时加速度的分析，绳子模型和弹簧模型瞬时加速度的计算。

2、通过动力学的图像，分析物体的运动。

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．
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－时间图象(x－t图象)、速度－时间图象(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
(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．
题型1瞬时加速度问题
[例题1]（2023秋•福田区校级期末）如图所示，两根轻弹簧下面均连接一个质量为m的小球，上面一根弹簧的上端固定在天花板上，两小球之间通过一不可伸长的细绳相连接，细绳受到的拉力大小等于4mg。

在剪断两球之间细绳的瞬间，以下关于球A的加速度大小a、球B的加速度大小a B正确的是（ ）
A．0、2g B．4g、2g C．4g、4g D．0、g
【解答】解：在剪断绳子之前，绳子的拉力为F＝4mg
对两球整体，由平衡条件可知上边弹簧对物体A的拉力为：F′＝2mg，方向向上；
对B球，由平衡条件可知下面弹簧对B的作用力为：F″＝4mg﹣mg＝3mg，方向向下；
剪断绳子瞬间，对A球受力分析可知A球的合力F A＝F′+F″﹣mg＝2mg+3mg﹣mg＝4mg 由牛顿第二定律得：F A＝ma
解得：a=F A
m
=
4mg
m
=4g，方向向上；
对B球分析，B球的合力F B＝F″+mg＝4mg 由牛顿第二定律得：F B＝ma B
解得：a B=F B
m
=4g，故ABD错误，C正确。

故选：C。

剪断两球之间细绳前，对A、B两球受力分析，由平衡条件求出两个弹簧弹力大小；剪断两球之间细绳瞬间，弹簧的弹力不变，由牛顿第二定律可求得两球加速度大小。

[变式1]（2023秋•辽宁期末）如图所示，A、B为质量均为m的物块，A的上方为不可伸长的轻绳，
A、B间为轻弹簧，箱子C的质量为4m，若将悬挂在天花板的绳子剪断，则剪断的瞬间（不计
空气阻力，重力加速度为g），下列说法正确的是（ ）
A．箱子C的加速度为1.2g
B．A、B的加速度都为g
C．A上方绳子的张力突变为0
D．A的加速度为1.25g
【解答】解：AD．剪断悬挂在天花板的绳子前，弹簧的弹力大小等于B的重力，即F
＝mg，
弹剪断绳子瞬间弹簧弹力不变，箱子C与物块A的加速度相同，把箱子C和物块A看作整体，根据牛顿第二定律得：
mg+4mg+F
＝（4m+m）a
弹
解得：a＝1.2g，故A正确，D错误；
C．隔离箱子C，受到重力和绳子的拉力T，根据牛顿第二定律得：
4mg+T＝4ma
解得：T＝0.8mg，故A上方绳子的张力不为零，故C错误。

B．剪断绳子瞬间，物体B受力情况不变，B的合力仍为零，所以物体B的加速度为零，故B错误；
故选：A。

[变式2]（2023秋•哈尔滨期末）如图所示，质量为m的小球用一根细线和一根轻弹簧悬挂起来，小球静止时，细线水平，弹簧与竖直方向成θ角，重力加速度为g．现将细线剪断，则下列判断正确的是（ ）
A．剪断细线前，细线中张力大小为
mg tanθ
B．剪断细线前，细线中张力大小为mg
sinθC．剪断细线瞬间，小球的加速度大小为gsinθD．剪断细线瞬间，小球的加速度大小为gtanθ
【解答】解：AB、剪断细线前小球受力如图所示，由平衡条件可知，弹簧弹力：F=
mg
cosθ，细线
中张力：T＝mgtanθ，故AB错误；
CD、剪断细线的瞬间，细线拉力消失，弹簧的弹力不变，小球受重力mg与弹簧弹力F作用，小
球所受合力：F
合＝mgtanθ，根据牛顿第二定律可得a=
F合
m
=
mgtanθ
m
=gtanθ，故C错误，D
正确。

故选：D。

[变式3]（多选）（2023秋•黄埔区校级期末）如图，倾角θ＝30°的斜面体静止在粗糙地面上，斜面体上表面光滑。

质量均为m的木块B、C通过轻质弹簧连接，木块A、B通过轻绳绕过光滑定滑轮连接，弹簧、轻绳均与斜面平行，整个系统静止，重力加速度为g，斜面始终不动。

下列说法正确的是（ ）
A．木块A的质量为2m
B．若剪断细线，则剪断瞬间，木块B、C的加速度大小分别为g和0
C．若剪断弹簧，则剪断瞬间，木块A的加速度大小为0.25g
D．若剪断弹簧，则剪断前后瞬间地面对斜面体的摩擦力不变
【解答】解：A、设A质量为M，根据平衡条件，可知Mg＝2mgsin30°，得M＝m，故A错误；
B、z在剪断细绳前，设弹簧的弹力为F，对C由平衡条件得F＝mgsin30°，剪断细绳瞬间，弹
力不变，对B 受力分析由牛顿第二定律mgsin30°+F ＝ma B ，解得B 的加速度为a B ＝g ，C 的加速度a C ＝0，故B 正确；
C 、剪断弹簧瞬间，A 、B 一起加速，则有Mg ﹣mgsin30°＝（M+m ）a ，得木块A 的加速度大小a ＝0.25g ，故正确；
D 、剪断弹簧前后，B 、C 对斜面体的压力不变，故地面对斜面体的摩擦力也不变，故D 正确。

故选：BCD 。

[变式4]如图所示，光滑小球用水平轻软弹簧系在墙上，并恰好静止在倾角为30°的木板AB 顶端，
当木板AB 突然向下撤除的瞬间，小球的加速度为（ ）
A ．0
B ．大小为233
g ，方向水平向右C ．大小为
32g ，方向垂直于木板向下D ．大小为233
g ，方向垂直于木板向下【解答】解：木板AB 撤掉之前，因为小球处于平衡态，对小球受力分析，可知小球受重力、支持力和弹簧的拉力，如图所示：
根据平衡条件有Ncos30°＝G
Nsin30°＝F
由此可解得N =233
G F =33G 当木板AB 突然撤掉后，会导致支持力的消失，因为重力和拉力不变，合力大小等于支持力N ，
方向与N 反向，根据牛顿第二定律可得a =N m =233
g 方向垂直于木板向下，故D 正确，ABC 错误。

故选：D 。

题型2动力学的图像问题
[例题2]（2023秋•宁波期末）如图甲中某同学双手抓住单杠做引体向上，图乙是他在某次向上运
动过程中重心速度随时间变化的图像。

关于重心运动的说法正确的是（ ）
A ．t ＝1.3s 时的速度方向向下
B ．t ＝1.3s 时的加速度方向向上
C ．此次重心上升的高度约为0.35m
D ．t ＝0.5s 时的加速度大小小于t ＝1.5s 时的加速度大小
【解答】解：AB.由v ﹣t 图像可知，t ＝1.3s 时的速度方向为正方向，即速度方向向上，此时正向上做减速运动，加速度方向向下，故AB 错误；
C.根据v ﹣t 图像与横轴围成的面积表示位移，可知此次重心上升的高度约为h =12
×0.64×1.7m ≈0.54m ，故C 错误；
D.根据v ﹣t 图像的斜率绝对值表示加速度大小，可知t ＝0.5s 时的加速度大小小于t ＝1.5s 时的加速度大小，故D 正确。

故选：D 。

根据v ﹣t 图像可得到速度和加速度的方向；v ﹣t 图像与横轴围成的面积表示位移，可求出上升的高度的近似值；v ﹣t 图像的斜率绝对值表示加速度大小，可根据斜率比较加速度。

[变式5]（2023春•深圳校级月考）如图甲所示为一固定在水平面上的斜面体，一物体放在斜面体
上，在物体上施加沿斜面向上的外力F 使物体向上运动，并通过计算机描绘了物体的加速度a 关于外力F 的关系图像，如图乙所示。

已知图乙中的横纵坐标为已知量，重力加速度为g 。

则可求出的物理量有（ ）
A ．物体的质量
B ．斜面体的倾角θ
C ．物体与斜面体之间的动摩擦因数
D ．物体对斜面体的压力
【解答】解：A 、对物体受力分析，由牛顿第二定律得：F ﹣mgsin θ﹣μmgcos θ＝ma
整理得：a =1m
•F ﹣gsin θ﹣μgcos θ由图像得，图像的斜率k =
1m =b c 则物体的质量m =c b
故A 正确；
BC 、图像的截距为﹣b ＝﹣gsin θ﹣μgcos θ
则sin θ+μcos θ=b g
无法求解斜面倾角和动摩擦因数，故BC 错误；
D 、由牛顿第三定律得，物体对斜面的支持力等于斜面对物体的支持力，大小为N ＝mgcos θ则无法求解物体对斜面的压力，故D 错误。

故选：A。

[变式6]（2022秋•滨海新区校级期末）一质量为m＝40kg的学生站在竖直方向运动的电梯内的体重计上。

电梯从t＝0时刻由静止开始上升，在0到6s内体重计示数F的变化如图所示，g取10m/s2，可知（ ）
A．0﹣2s内电梯匀加速上升，加速度大小为2m/s2
B．2﹣5s内电梯一定处于静止状态
C．5s﹣6s内电梯处于失重状态，其加速度为3m/s2
D．0﹣2s内学生处于超重状态，其加速度为5m/s2
【解答】解：AD、由图可知，0～2s内，学生对电梯的压力大于学生的重力，学生处于超重状态，电梯加速上升，由牛顿第二定律得：
600N﹣400N＝ma1
解得：a1＝5m/s2
故D正确，A错误；
B、由图可知，2～5s内电梯处于匀速运动状态，故B错误；
C、由图可知，5～6s内，学生处于失重状态，学生对电梯的压力小于学生的重力，由牛顿第二定
律得：
400N﹣320N＝ma2
解得：a2＝2m/s2，可知电梯减速上升，故C错误；
故选：D。

[变式7]（2023秋•双流区校级月考）无人机由静止开始在竖直方向运动的过程中，加速度a与时间t的关系图像如图所示，以竖直向上为正方向，下列说法正确的是（ ）
A ．0～t 3无人机的速度先增大后减小
B ．t 1～t 2无人机匀速上升
C ．t 2时刻无人机的速度为0.5a 0t 1+a 1t 2+0.5a 1t 1
D ．0～t 1无人机的加速度变化率为a 1―a 0t 1
【解答】解：A ．0～t 3无人机的加速度一直向上，速度也向上，一直向上做加速运动，速度一直增大，故A 错误；
B ．t 1～t 2无人机的加速度不变，速度均匀增大，无人机做匀加速直线运动，故B 错误；
C ．a ﹣t 图像与时间轴所围成的面积表示速度的变化量，0～t 2内无人机的速度变化量为Δv =(a 0+a 1)t 12
+a 1(t 2―t 1)Δv ＝v 2﹣0所以v 2＝0.5a 0t 1+a 1t 2﹣0.5a 1t 1，故C 错误；
D ．加速度a 与时间t 的关系图像斜率表示加速度变化率，0～t 1加速度的变化率为a 1―a 0t 1
，故D 正确。

故选：D 。

[变式8]（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 的关系图线如图所对应的直线甲、乙、丙所示，则以下说法正确的是（ ）
A ．μA ＝μ
B ，m A ＜m B
B ．μB ＜μ
C ，m B ＝m C C ．μB ＝μC ，m B ＞m C
D ．μA ＜μC ，m A ＜m C
【解答】解：根据牛顿第二定律得
F ﹣μmg ＝ma 得到a =F m ―μg 根据数学知识可知：a ﹣F 图象是倾斜的直线，斜率k =1m
，纵轴截距大小等于μg 。

由图象可知：乙、丙直线平行，斜率相同，则m C＝m B＞m A；
纵轴截距大小等于μg．纵轴截距相同，甲、乙的大小截距相等，且小于丙的截距大小，则μB＝μA＜μC。

由上分析可知，故ABD正确，C错误；
故选：ABD。

【基础强化】
1.（2023秋•新市区校级期末）如图质量为m的小球A和质量为2m的小球B之间用轻弹簧连接，
然后用细绳悬挂起来，剪断细绳的瞬间，关于A球和B球的加速度，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．A球的加速度为0
B．B球的加速度为0
C．A球的加速度大小为g，方向竖直向下
D．B球的加速度大小为g，方向竖直向上
【解答】解：BD、剪断绳前，对B球受力分析如下图所示：
由力的平衡可知弹簧弹力F＝2mg，绳子断瞬间，弹簧来不及恢复形变，弹簧弹力不变，所以B 球合力为零，由牛顿第二定律可知小球B的加速度为0，故B正确，D错误；
AC 、剪断绳前，对A 球受力分析如下图所示：
剪断绳子瞬间，弹簧弹力F 不变，绳子拉力T 变为零，由牛顿第二定律有：F+mg ＝ma A ，可得a A ＝3g ，方向竖直向下，故AC 错误。

故选：B 。

2.（2023秋•潍坊期末）用两轻绳a 、c 和轻弹簧b 将两个相同的小球1和2连接并悬挂，如图所
示。

两小球质量均为m ，处于静止状态，轻绳a 与竖直方向的夹角为30°，轻绳c 水平。

下列分析正确的是（ ）
A ．此时轻绳c 的拉力大小为433
mg B ．此时轻绳c 的拉力大小为2mg
C ．剪断轻绳c 瞬间，小球2的加速度大小为233
g D ．剪断轻绳c 瞬间，小球2的加速度方向斜向左下方
【解答】解：AB.将球1和球2看成一个整体，受力分析如图
根据平衡条件有2mg＝F a cos30°，F c＝F a sin30°，解得F c=23
3
mg，故AB错误；
CD.剪断轻绳c瞬间，小球2受到的重力和弹力不变，故小球2合力与绳子c的拉力等值方向，
小球2合力大小为F＝F c=23
3
mg，方向水平向左，根据牛顿第二定律F＝ma，故a=
23
3
g，
方向水平向左，故C正确，D错误。

故选：C。

3.如图所示，在向右做加速度为g
3的匀加速直线运动的车厢内，有一用轻绳a和轻质弹簧b拴住的
小球，小球与车厢相对静止，轻绳a斜向上，与车厢顶部夹角为37°，轻质弹簧b水平。

某一时刻，轻绳a突然断裂，则断裂瞬间小球的加速度大小为（重力加速度为g）（ ）
A．g B．2g C．5
3
g D．
4
3
g
【解答】解：a断裂前，对小球受力分析，如图
F a sin53°＝mg，解得F a=5
3
mg，F a cos53°﹣F b＝ma，解得F b＝mg，当a突然断裂时，F b不变，
所以合力应为F b与mg的矢量和，所以F
合=F2
b
+(mg)2=2mg，F合＝ma'，解得a'=2g，
故B正确，ACD错误。

故选：B。

4.（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的关系如图所示，A，B两直线平行，则以下关系正确的是（ ）
A ．m A ＜m
B ＜m C
B ．m A ＝m B ＜m
C C ．μA ＜μB ＝μC
D ．μA ＝μB ＝μC
【解答】解：根据牛顿第二定律有：F ﹣mg μ＝ma ，解得：a =F m
―μg ，由此可知：图象斜率为质量的倒数，在纵轴上的截距大小为：μg ，故由图象可知：μA ＜μB ＝μC ，m A ＝m B ＜m C ，故BC 正确，AD 错误。

故选：BC 。

【素养提升】
5.（多选）如图（a ），一水平外力F 作用在物体上，使物体静止在倾角为θ的光滑斜面上，逐渐
增大F ，物体做变加速运动，其加速度a 随外力F 变化的图像如图（b ）所示。

重力加速度g 取10m/s 2。

根据图（b ）判断下列说法不正确的是（ ）
A ．物体的质量m ＝1.5kg
B ．斜面的倾角θ＝53°
C ．加速度为5m/s 2时物体的速度v ＝16m/s
D ．物体静止在斜面上时，水平外力的大小为F ＝15N
【解答】解：AB ．根据牛顿第二定律Fcos θ﹣mgsin θ＝ma
将a 1=2m /s 2，F 1＝20N ，a 2=6m /s 2，F 2＝30N
代入联立得m ＝2kg ，θ＝37°
故AB 错误；
D ．当a ＝0时代入Fcos θ﹣mgsin θ＝ma
解得F ＝15N
D 正确；
C ．没有时间的信息，条件不全，无法求出瞬时速度，故C 错误。

本题选不正确的，故选：ABC 。

6.质量为m 的物块静止在光滑的水平面上，某时刻物块受到水平力F 的作用开始运动，取水平向
右的方向为正方向，力F 随时间t 的变化图像如图甲所示，物块运动的速度v 随时间t 变化的图像如图乙所示，已知物块在t ＝0时刻和t ＝3t 1时刻处于同一位置，则关于力F 1和F 2的大小关系，速率v 1和v 2的大小关系，以下说法正确的是（ ）
A ．F 1：F 2＝1：3，v 1：v 2＝2：1
B ．F 1：F 2＝4：5，v 1：v 2＝2：3
C ．F 1：F 2＝4：5，v 1：v 2＝2：1
D ．F 1：F 2＝1：3，v 1：v 2＝2：3
【解答】解：
v ﹣t 图像斜率为加速度，面积为位移，设速度为0的另一个时刻为t ，物块在t ＝0时刻和t ＝3t 1
时刻处于同一位置，则有12
v 1t =12（3t 1﹣t ）v 2，t 1～3t 1加速度恒定，故v 1t―t 1=v 23t 1―t ，联立解得：v 1：v 2＝2：3；
根据牛顿第二定律：F 1＝m v 1t 1，F 2＝m v 1t―t 1
，联立解得F 1：F 2＝4：5，故ACD 错误，B 正确；故选：B 。

【能力培优】
7.（2023秋•崇川区期中）如图甲所示，质量为m ＝60kg 的同学，双手抓住单杠做引体向上，某
次向上运动过程中该同学重心的速度随时间变化的图像如图乙所示，g 取10m/s 2，求此过程中：
（1）该同学重心上升的最大高度h；
（2）单杠对该同学的最大作用力F。

【解答】解：（1）在上升过程中，该同学先向上做匀加速直线运动，然后向上做匀减速运动，
重心上升的最大高度为v﹣t图线与t轴所围成的面积，即h=1.5×30×10―2
2
m＝0.225m。

（2）同学在向上匀加速直线运动时，受到向上的重力和单杠向上的作用力，此时单杠对该同学的作用力最大，
有a=Δv
Δt
=
30―0
1
×10―2m/s2＝0.3m/s2，
由牛顿第二定律得F﹣mg＝ma，
解得F＝618N，方向竖直向上。

答：（1）该同学重心上升的最大高度为0.225m；
（2）单杠对该同学的最大作用力为618N，方向竖直向上。