PAGEPAGE11微型專題瞬時加速度問題和動力學圖象問題[學習目標]1.會分析物體受力的瞬時變更，會求瞬時加速度.2.會分析物體受力隨時間的變更圖象和速度隨時間的變更圖象，會結(jié)合圖象解答動力學問題．一、瞬時加速度問題物體的加速度與合力存在瞬時對應關(guān)系，所以分析物體在某一時刻的瞬時加速度，關(guān)鍵是分析該時刻物體的受力狀況及運動狀態(tài)，再由牛頓其次定律求出瞬時加速度，解決此類問題時，要留意兩類模型的特點：(1)剛性繩(或接觸面)模型：這種不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力的物體，剪斷(或脫離)后，復原形變幾乎不須要時間，故認為彈力馬上變更或消逝．(2)彈簧(或橡皮繩)模型：此種物體的特點是形變量大，復原形變須要較長時間，在瞬時問題中，其彈力的大小往往可以看成是不變的．例1如圖1所示，質(zhì)量為m的小球被水平繩AO和與豎直方向成θ角的輕彈簧系著處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)將繩AO燒斷，在繩AO燒斷的瞬間，下列說法正確的是()圖1A．彈簧的拉力F＝eq\f(mg,cosθ)B．彈簧的拉力F＝mgsinθC．小球的加速度為零D．小球的加速度a＝gsinθ答案A解析燒斷AO之前，小球受3個力，受力分析如圖所示，F(xiàn)＝eq\f(mg,cosθ)，燒斷繩的瞬間，繩的張力沒有了，但由于輕彈簧形變的復原須要時間，故彈簧的彈力不變，A正確，B錯誤．燒斷繩的瞬間，小球受到的合力與燒斷前繩AO的拉力等大反向，即F合＝mgtanθ，則小球的加速度a＝gtanθ，C、D錯誤．1．加速度和力具有瞬時對應關(guān)系，即同時產(chǎn)生、同時變更、同時消逝，分析物體在某一時刻的瞬時加速度，關(guān)鍵是分析該時刻物體的受力狀況及運動狀態(tài)，再由牛頓其次定律求出瞬時加速度．2．分析瞬時變更問題的一般思路：(1)分析瞬時變更前物體的受力狀況，求出每個力的大小．(2)分析瞬時變更后每個力的變更狀況．(3)由每個力的變更確定變更后瞬間的合力，由牛頓其次定律求瞬時加速度．針對訓練1(2024·西安市模擬)如圖2所示，質(zhì)量相等的三個物體A、B、C，A與天花板之間、B與C之間均用輕彈簧相連，A與B之間用細線相連，當系統(tǒng)靜止后，突然剪斷A、B間的細線，則此瞬間A、B、C的加速度分別為(取豎直向下為正方向)()圖2A．－g、2g、0 B．－2g、2g、0C．－2g、2g、g D．－2g、g、g答案B解析剪斷細線前，對B、C整體受力分析，整體受到的重力和細線的拉力平衡，故FT＝2mg，再對物體A受力分析，其受到重力、細線拉力和彈簧的彈力；剪斷細線后，三個物體的重力和彈簧的彈力不變，細線的拉力變?yōu)榱悖饰矬wB受到的合力等于2mg，方向豎直向下，物體A受到的合力為2mg，方向豎直向上，物體C受到的力不變，合力為零，故物體B有方向豎直向下的大小為2g的加速度，物體A具有方向豎直向上的大小為2g的加速度，物體C的加速度為0，因取豎直向下為正方向，故選項B正確．二、動力學圖象問題1．常見的圖象形式在動力學與運動學問題中，常見、常用的圖象是位移圖象(s－t圖象)、速度圖象(v－t圖象)和力的圖象(F－t圖象)等，這些圖象反映的是物體的運動規(guī)律、受力規(guī)律，而絕非代表物體的運動軌跡．2．圖象問題的分析方法遇到帶有物理圖象的問題時，要仔細分析圖象，先從它的物理意義、點、線段、斜率、截距、交點、拐點、面積等方面了解圖象給出的信息，再利用共點力平衡、牛頓運動定律及運動學公式解題．例2(2024·重慶市七校高一上學期期末聯(lián)考)一個物塊置于粗糙的水平地面上，受到方向不變的水平推力F的作用，推力F隨時間變更的關(guān)系如圖3甲所示，速度v隨時間變更的關(guān)系如圖乙所示．取g＝10m/s2，求：圖3(1)第1s末和第3s末物塊所受摩擦力的大小f1和f2；(2)物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ；(3)若第6s末撤去外力，物塊前7.5s內(nèi)的位移大小．答案見解析解析(1)由題圖可知，第1s末物塊處于靜止狀態(tài)，則f1＝F1＝4N；4～6s內(nèi)，物塊做勻速運動，則F3＝f＝8N，第3s末物體處于勻加速狀態(tài)，則f2＝f＝8N；(2)2～4s，F(xiàn)2－f＝ma，a＝eq\f(Δv,Δt)＝2m/s2，可求得m＝2kg由f＝μFN，F(xiàn)N＝mg得μ＝0.4.(3)a3＝μg＝4m/s2，v＝4m/s，故t減＝eq\f(v,a3)＝1s，小于1.5ss加＝eq\f(v,2)t加＝4m，s勻＝vt勻＝8m，s減＝eq\f(v2,2a3)＝2m所以s總＝s加＋s勻＋s減＝4m＋8m＋2m＝14m.解決圖象綜合問題的關(guān)鍵1．把圖象與詳細的題意、情景結(jié)合起來，明確圖象的物理意義，明確圖象所反映的物理過程．2．特殊留意圖象中的一些特殊點，如圖線與橫、縱坐標軸的交點，圖線的轉(zhuǎn)折點，兩圖線的交點等所表示的物理意義．針對訓練2如圖4甲所示，質(zhì)量為m＝2kg的物體在水平面上向右做直線運動．過a點時給物體作用一個水平向左的恒力F并起先計時，選水平向右為速度的正方向，通過速度傳感器測出物體的瞬時速度，所得v－t圖象如圖乙所示．取重力加速度g＝10m/s2.求：圖4(1)力F的大小和物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)10s末物體離a點的距離．答案(1)3N0.05(2)在a點左邊2m處解析(1)設物體向右做勻減速直線運動的加速度大小為a1，則由v－t圖象得a1＝2m/s2依據(jù)牛頓其次定律，有F＋μmg＝ma1設物體向左做勻加速直線運動的加速度大小為a2，則由v－t圖象得a2＝1m/s2依據(jù)牛頓其次定律，有F－μmg＝ma2，聯(lián)立解得F＝3N，μ＝0.05.(2)設10s末物體離a點的距離為d，d應為v－t圖象與橫軸所圍的面積，則d＝eq\f(1,2)×4×8m－eq\f(1,2)×6×6m＝－2m，負號表示物體在a點左邊.1．(瞬時加速度問題)如圖5所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量分別為m1和m2的木塊A和B之間用水平輕彈簧相連，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，此瞬間A和B的加速度分別為a1和a2，則()圖5A．a(chǎn)1＝a2＝0B．a(chǎn)1＝a，a2＝0C．a(chǎn)1＝eq\f(m1,m1＋m2)a，a2＝eq\f(m2,m1＋m2)aD．a(chǎn)1＝a，a2＝－eq\f(m1,m2)a答案D解析兩木塊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，彈簧的彈力來不及變更，大小仍為m1a，因此A的加速度仍為a，對B：取向右為正方向，－m1a＝m2a2，a2＝－eq\f(m1,m2)a，所以D正確．2．(瞬時加速度問題)如圖6所示，a、b兩小球懸掛在天花板上，兩球用細線連接，上面是一輕質(zhì)彈簧，a、b兩球的質(zhì)量分別為m和2m，在細線燒斷瞬間，a、b兩球的加速度為(取向下為正方向)()圖6A．0，g B．－g，gC．－2g，g D．2g，0答案C解析在細線燒斷之前，a、b可看成一個整體，由二力平衡知，彈簧彈力等于整體重力，故彈力向上且大小為3mg.當細線燒斷瞬間，彈簧的形變量不變，故彈力不變，故a受重力mg和方向向上且大小為3mg的彈力，取向下為正方向，則a的加速度a1＝eq\f(mg－3mg,m)＝－2g.對b而言，細線燒斷后只受重力作用，則b的加速度為a2＝g，方向向下．故C正確．3．(圖象問題)(多選)物體A、B、C均靜止在同一水平面上，它們的質(zhì)量分別為mA、mB、mC，與水平面間的動摩擦因數(shù)分別為μA、μB、μC，用水平拉力F分別拉物體A、B、C，物體A、B、C的加速度a與拉力F的關(guān)系分別如圖7中圖線甲、乙、丙所示，則以下說法正確的是()圖7A．μA＝μB，mA＜mB B．μB＜μC，mB＝mCC．μB＝μC，mB＞mC D．μA＜μC，mA＜mC答案ABD解析依據(jù)牛頓其次定律有F－μmg＝ma，得a＝eq\f(F,m)－μg，則a－F圖象的斜率k＝eq\f(1,m)，由圖象可知，乙、丙的斜率相等，小于甲的斜率，則mA＜mB＝mC.當F＝0時，a＝－μg，由圖象可知，μA＝μB＜μC，故選A、B、D.4．(圖象問題)(多選)如圖8甲所示，將質(zhì)量為M的滑塊A放在傾斜固定滑板B上，C為位移傳感器，它能將滑塊A到傳感器C的距離數(shù)據(jù)實時傳送到計算機上，經(jīng)計算機處理后在屏幕上顯示出滑塊A的速率－時間圖象．先給滑塊A一個沿滑板B向上的初速度，得到的速率－時間圖象如圖乙所示，已知滑板和傳感器始終靜止不動，取g＝10m/s2.則下列說法中正確的是()圖8A．滑塊A上滑時加速度的大小為8.0m/s2B．滑塊A下滑時加速度的大小為8.0m/s2C．可以求出滑板與滑塊間的動摩擦因數(shù)D．不能求出滑板與水平面間的夾角答案AC解析依據(jù)題圖乙可知，滑塊上滑時加速度的大小為a1＝8.0m/s2，下滑時加速度的大小為a2＝4.0m/s2，選項A正確，B錯誤；依據(jù)牛頓其次定律得a1＝gsinθ＋μgcosθ，a2＝gsinθ－μgcosθ，解得θ＝37°，μ＝0.25，選項C正確，D錯誤．一、選擇題考點一瞬時加速度問題球緊靠墻壁，如圖1所示，今用水平力F推B球使其向左壓彈簧，平衡后，突然將力F撤去的瞬間()圖1A．A的加速度大小為eq\f(F,2m) B．A的加速度大小為零C．B的加速度大小為eq\f(F,2m) D．B的加速度大小為eq\f(F,m)答案BD解析在將力F撤去的瞬間A球受力狀況不變，仍靜止，A的加速度為零，選項A錯，B對；在撤去力F的瞬間，彈簧的彈力還沒來得及發(fā)生變更，故B的加速度大小為eq\f(F,m)，選項C錯，D對．2．如圖2所示，質(zhì)量為m的小球用水平輕彈簧系住，并用傾角為30°的光滑木板AB托住，小球恰好處于靜止狀態(tài)．當木板AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度大小為()圖2A．0 B.eq\f(2\r(3),3)gC．g D.eq\f(\r(3),3)g答案B解析撤去木板后，小球受到的重力和彈簧的拉力不變，則由牛頓其次定律得：eq\f(mg,cos30°)＝ma，a＝eq\f(g,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)g.3.(多選)如圖3所示，物塊a、b和c的質(zhì)量相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連，通過系在a上的細繩懸掛于固定點O，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將細繩剪斷，將物塊a的加速度的大小記為a1，S1和S2相對原長的伸長量分別為Δl1和Δl2，重力加速度大小為g，在剪斷細繩的瞬間()圖3A．a(chǎn)1＝3g B．a(chǎn)1＝0C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2答案AC解析設物塊的質(zhì)量為m，剪斷細繩的瞬間，繩子的拉力消逝，彈簧還沒有來得及復原形變，所以剪斷細繩的瞬間a受到重力和彈簧S1的拉力FT1，剪斷前對b、c和彈簧S2組成的整體受力分析可知FT1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋FT1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝eq\f(F,m)＝3g，A正確，B錯誤；設彈簧S2的拉力大小為FT2，則FT2＝mg，依據(jù)胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正確，D錯誤．4．(多選)如圖4所示，質(zhì)量均為m的木塊A和B用一輕彈簧相連，豎直放在光滑的水平面上，木塊A上放有質(zhì)量為2m的木塊C，三者均處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將木塊C快速移開，若重力加速度為g，則在木塊C移開的瞬間()圖4A．彈簧的形變量不變更B．彈簧的彈力大小為mgC．木塊A的加速度大小為2gD．木塊B對水平面的壓力變?yōu)?mg答案AC5．(2024·九江一中高一上學期期末)(多選)如圖5所示，A、B兩球的質(zhì)量相等，彈簧的質(zhì)量不計，傾角為θ的光滑斜面固定放置，系統(tǒng)靜止時，彈簧與細線均平行于斜面．在細線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是(重力加速度為g)()圖5A．兩個小球的瞬時加速度方向均沿斜面對下，大小均為gsinθB．B球的受力狀況不變，瞬時加速度為零C．A球的瞬時加速度方向沿斜面對下，大小為2gsinθD．彈簧有收縮的趨勢，B球的瞬時加速度方向向上，A球的瞬時加速度方向向下，瞬時加速度大小都不為零答案BC解析設彈簧的彈力大小為F，由平衡條件可知F＝mgsinθ，燒斷細線的瞬間，彈簧的彈力不變，故B球的受力狀況不變，加速度為零，B正確，A、D錯誤；以A為探討對象，由牛頓其次定律可得F＋mgsinθ＝maA，解得aA＝2gsinθ，C正確．考點二動力學的圖象問題6．質(zhì)量為0.8kg的物體在一水平面上運動，如圖6所示，a、b分別表示物體不受拉力作用和受到水平拉力作用時的v－t圖線，則拉力和摩擦力大小之比為()圖6A．9∶8 B．3∶2C．2∶1 D．4∶3答案B解析由題圖可知，圖線a表示的為僅受摩擦力時的運動圖線，加速度大小a1＝1.5m/s2；圖線b表示的為受水平拉力和摩擦力的運動圖線，加速度大小a2＝0.75m/s2；由牛頓其次定律得ma1＝f，ma2＝F－f，解得eq\f(F,f)＝eq\f(3,2)，B正確．7.質(zhì)量為2kg的物體在水平推力F的作用下沿水平面做直線運動，一段時間后撤去F，其運動的v－t圖象如圖7所示．取g＝10m/s2，則物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ和水平推力F的大小分別為()圖7A．0.2,6N B．0.1,6NC．0.2,8N D．0.1,8N答案A解析在6～10s內(nèi)物體水平方向只受滑動摩擦力作用，加速度a＝－μg，v－t圖象的斜率表m/s2＝1m/s2，解得F＝6N，選項A正確．8.(多選)將物體豎直向上拋出，假設運動過程中空氣阻力大小不變，其速度—時間圖象如圖8所示，則()圖8A．上升、下降過程中加速度大小之比為11∶9B．上升、下降過程中加速度大小之比為10∶1C．物體所受的重力和空氣阻力之比為9∶1D．物體所受的重力和空氣阻力之比為10∶1答案AD解析上升、下降過程中加速度大小分別為：a上＝11m/s2，a下＝9m/s2，由牛頓其次定律得：mg＋F阻＝ma上，mg－F阻＝ma下，聯(lián)立解得mg∶F阻＝10∶1，A、D正確．9．(多選)如圖9甲，一物塊在t＝0時刻滑上一固定斜面，其運動的v－t圖象如圖乙所示．若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出()圖9A．斜面的傾角B．物塊的質(zhì)量C．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)D．物塊沿斜面對上滑行的最大高度答案ACD解析由v－t圖象可求得物塊沿斜面對上滑行時的加速度大小為a＝eq\f(v0,t1)，依據(jù)牛頓其次定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，即gsinθ＋μgcosθ＝eq\f(v0,t1).同理，向下滑行時有g(shù)sinθ－μgcosθ＝eq\f(v1,t1)，兩式聯(lián)立得sinθ＝eq\f(v0＋v1,2gt1)，μ＝eq\f(v0－v1,2gt1cosθ).即可計算出斜面的傾角θ以及動摩擦因數(shù)，選項A、C正確；物塊滑上斜面時的初速度v0已知，向上滑行過程為勻減速直線運動，末速度為0，那么平均速度為eq\f(v0,2)，所以沿斜面對上滑行的最遠距離為s＝eq\f(v0,2)t1，依據(jù)斜面的傾角可計算出向上滑行的最大高度為ssinθ＝eq\f(v0,2)t1·eq\f(v0＋v1,2gt1)＝eq\f(v0v0＋v1,4g)，選項D正確；僅依據(jù)v－t圖象無法求出物塊的質(zhì)量，選項B錯誤．10．(多選)如圖10甲所示，一物體沿傾角為θ＝37°的足夠長的固定粗糙斜面由靜止起先運動，同時受到水平向右的漸漸增大的風力作用，水平風力的大小與風速成正比．物體在斜面上運m/s2)()圖10A．當風速為3m/s時，物體沿斜面對下運動B．當風速為5m/s時，物體與斜面間無摩擦力作用C．當風速為5m/s時，物體起先沿斜面對上運動D．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.25答案AD解析由題圖乙可知物體的加速度隨風速的增大而減小，當風速為零時，物體的加速度為a0＝4m/s2，對物體，沿斜面方向有mgsinθ－μmgcosθ＝ma0，即a0＝gsinθ－μgcosθ，解得μ＝0.25，D正確；物體由靜止起先沿斜面加速下滑，隨著風速的增大，物體的加速度漸漸減小，但加速度的方向不變，物體仍舊做加速運動，直到風速為5m/s時，物體的加速度減小為零，但物體具有沿斜面對下的速度，故物體仍沿斜面對下運動，受到沿斜面對上