学年高中物理第四章牛顿运动定律专题强化瞬时加速度问题和动力学图象问题学案新人教版.docx

学年高中物理第四章牛顿运动定律专题强化瞬时加速度问题和动力学图象问题学案新人教版.docx

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学年高中物理第四章牛顿运动定律专题强化瞬时加速度问题和动力学图象问题学案新人教版

专题强化　瞬时加速度问题和动力学图象问题

[学科素养与目标要求]　

科学思维：

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（　　）

图1

A．弹簧的拉力F＝

B．弹簧的拉力F＝mgsinθ

C．小球的加速度为零

D．小球的加速度a＝gsinθ

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＝

，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＝mgtanθ，则小球的加速度a＝gtanθ，C、D错误．

针对训练1　（2018·西安市模拟）如图2所示，质量相等的三个物体A、B、C，A与天花板之间、B与C之间均用轻弹簧相连，A与B之间用细线相连，当系统静止后，突然剪断A、B间的细线，则此瞬间A、B、C的加速度分别为（取竖直向下为正方向）（　　）

图2

A．－g、2g、0B．－2g、2g、0

C．－2g、2g、gD．－2g、g、g

答案　B

解析　剪断细线前，对B、C整体受力分析，整体受到的重力和细线的拉力平衡，故FT＝2mg，再对物体A受力分析，其受到重力、细线拉力和弹簧的弹力；剪断细线后，三个物体的重力和弹簧的弹力不变，细线的拉力变为零，故物体B受到的合力等于2mg，方向竖直向下，物体A受到的合力为2mg，方向竖直向上，物体C受到的力不变，合力为零，故物体B有方向竖直向下的大小为2g的加速度，物体A具有方向竖直向上的大小为2g的加速度，物体C的加速度为0，因取竖直向下为正方向，故选项B正确．

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．

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＝10m/s2，求：

图3

（1）第1s末和第3s末物块所受摩擦力的大小Ff1和Ff2；

（2）物块与水平地面间的动摩擦因数μ；

（3）若第6s末撤去外力，物块前7.5s内的位移大小．

答案　见解析

解析　

（1）Ff1＝4N，Ff2＝8N；

（2）2～4s，F2－Ff＝ma，a＝

＝2m/s2，可求得m＝2kg

由Ff＝μFN，FN＝mg得μ＝0.4.

（3）a3＝μg＝4m/s2，v＝4m/s，故t减＝

＝1s，小于1.5s

x加＝

t加＝4m，x匀＝vt匀＝8m

x减＝

＝2m

所以x总＝x加＋x匀＋x减＝4m＋8m＋2m＝14m.

针对训练2　质量为60kg的消防员，从一根竖直的长直轻绳上由静止滑下，经2.5s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10m/s2，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图象．

答案　

（1）4m/s　1m/s　

（2）见解析图

解析　

（1）消防队员在t1＝1s内以加速度a1匀加速下滑（mg>F1），然后在t2＝2.5s－1s＝1.5s内以加速度a2匀减速下滑（mg

第一个过程，mg－F1＝ma1，vmax＝a1t1，得vmax＝4m/s

第二个过程，mg－F2＝ma2，v＝vmax＋a2t2，得v＝1m/s.

（2）v－t图象如图所示．

1．（瞬时加速度问题）如图5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5

A．0，gB．－g，g

C．－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a1＝

＝－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a2＝g，方向向下．故C正确．

2．（瞬时加速度问题）如图6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质量均为m,2、4质量均为m0，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将两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a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有（　　）

图6

A．a1＝a2＝a3＝a4＝0

B．a1＝a2＝a3＝a4＝g

C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝

g

D．a1＝g，a2＝

g，a3＝0，a4＝

g

答案　C

解析　在抽出木板的瞬间，物块1、2与轻杆接触处的形变立即消失，物块1、2受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；物块3、4间的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F－mg＝0，即a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝

＝

g，故C正确，A、B、D错误．

3．（图象问题）（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mA、mB、mC，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7

A．μA＝μB，mA＜mBB．μB＜μC，mB＝mC

C．μB＝μC，mB＞mCD．μA＜μC，mA＜mC

答案　ABD

解析　根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，得a＝

－μg，则a－F图象的斜率k＝

，由图象可看出，乙、丙的斜率相等，小于甲的斜率，则mA＜mB＝mC.当F＝0时，a＝－μg，根据图象可看出，μA＝μB＜μC，故选A、B、D.

4．（图象问题）（多选）如图8甲所示，将质量为M的滑块A放在倾斜滑板B上，C为位移传感器，它能将滑块A到传感器C的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示出滑块A的速率－时间图象．先给滑块A一个沿滑板B向上的初速度，得到的速率－时间图象如图乙所示，已知滑板和传感器始终静止不动，取g＝10m/s2.则下列说法中正确的是（　　）

图8

A．滑块A上滑时加速度的大小为8.0m/s2

B．滑块A下滑时加速度的大小为8.0m/s2

C．可以求出滑板与滑块间的动摩擦因数

D．不能求出滑板与水平面间的夹角

答案　AC

解析　根据题图乙可知，滑块上滑时加速度的大小为a1＝8.0m/s2，下滑时加速度的大小a2＝4.0m/s2，选项A正确，B错误；根据牛顿第二定律得a1＝gsinθ＋μgcosθ，a2＝gsinθ－μgcosθ，解得θ＝37°，μ＝0.25，选项C正确，D错误．

一、选择题

考点一　瞬时加速度问题

1.（多选）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1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1

A．A的加速度大小为

B．A的加速度大小为零

C．B的加速度大小为

D．B的加速度大小为

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

，选项C错，D对．

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2

A．0B.

gC．gD.

g

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FN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

mg.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

g.

3.（多选）如图3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，重力加速度大小为g，在剪断的瞬间（　　）

图3

A．a1＝3gB．a1＝0

C．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FT1，剪断前对b、c和弹簧S2组成的整体受力分析可知FT1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋FT1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝

＝3g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为FT2，则FT2＝mg，根据胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正确，D错误．

4．（多选）如图4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4

A．弹簧的形变量不改变

B．弹簧的弹力大小为mg

C．木块A的加速度大小为2g

D．木块B对水平面的压力变为2mg

答案　AC

5．（多选）（2019·九江一中高一上学期期末）如图5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5

A．两个小球的瞬时加速度方向均沿斜面向下，大小均为gsinθ

B．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2gsinθ

D．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度方向向上，A球的瞬时加速度方向向下，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＝mgsinθ，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＋mgsinθ＝maA，解得aA＝2gsinθ，C正确．

考点二　动力学的图象问题

6.（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6

A．上升、下降过程中加速度大小之比为11∶9

B．上升、下降过程中加速度大小之比为10∶1

C．物体所受的重力和空气阻力大小之比为9∶1

D．物体所受的重力和空气阻力大小之比为10∶1

答案　AD

解析　上升、下降过程中加速度大小分别为：

a上＝11m/s2，a下＝9m/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．

7.如图7所示，一竖直放置的轻弹簧下端固定于水平桌面，现将一物块放于弹簧上，同时对物块施加一竖直向下的外力，并使系统静止．若将外力突然撤去，则物块在第一次到达最高点前的速度－时间图象（图中实线）可能是下图中的（　　）

图7

答案　A

解析　撤去外力后，物块先向上做加速度减小的加速运动，当重力与弹力相等时速度达到最大值，之后再做加速度增大的减速运动，当物块与弹簧分离后，再做竖直上抛运动，到最高点速度为0，故A正确．

8．（多选）如图8甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图象如图乙所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出（　　）

图8

A．斜面的倾角

B．物块的质量

C．物块与斜面间的动摩擦因数

D．物块沿斜面向上滑行的最大高度

答案　ACD

解析　由v－t图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a＝

，根据牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，即gsinθ＋μgcosθ＝

.同理向下滑行时gsinθ－μgcosθ＝

，两式联立得sinθ＝

，μ＝

.可见能计算出斜面的倾角θ以及动摩擦因数，选项A、C正确；物块滑上斜面时的初速度v0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为

，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x＝

t1，根据斜面的倾角可计算出向上滑行的最大高度为xsinθ＝

t1·

＝

，选项D正确；仅根据v－t图象无法求出物块的质量，选项B错误．

9．（多选）如图9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sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）（　　）

图9

A．当风速为3m/s时，物体沿斜面向下运动

B．当风速为5m/s时，物体与斜面间无摩擦力作用

C．当风速为5m/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＝4m/s2，对物体，沿斜面方向有mgsinθ－μmgcosθ＝ma0，即a0＝gsinθ－μgcosθ，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5m/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

10．（2019·杭州市高一第一学期期末模拟）如图10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象如图乙所示．求斜面的倾角θ及物块与斜面间的动摩擦因数μ.

图10

答案　见解析

解析　设物块沿斜面上滑和下滑的加速度分别为a1、a2，由v－t图象可得：

a1＝

m/s2＝－8m/s2

a2＝

m/s2＝2m/s2

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

－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1

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

mgsinθ－μmgcosθ＝ma2

联立解得θ＝30°，μ＝

.

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10m/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）

（2）0.075m

解析　

（1）0～2s内，F1－mgsinα－μmgcosα＝ma1，a1＝

＝0.5m/s2,2s后，F2－mgsinα－μmgcosα＝ma2，a2＝0，代入数据解得m＝3kg，μ＝

.

（2）撤去推力F后，有－μmgcosα－mgsinα＝ma3，

解得a3＝－

m/s2，

x3＝

＝0.075m.

12．如图12甲所示，质量m＝1kg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t1＝1s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10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝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＝4s时物体的速度．

答案　

（1）0.5　30N　

（2）2m/s，方向沿斜面向下

解析　

（1）根据v－t图象知，物体做匀加速直线运动的加速度的大小a1＝20m/s2，

根据牛顿第二定律得F－μmgcosθ－mgsinθ＝ma1，

物体做匀减速直线运动的加速度的大小a2＝10m/s2，

根据牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2，

解得F＝30N，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v1＝a2t2，解得t2＝2s.

则物体从最高点开始沿斜面下滑的时间t3＝t－t1－t2＝1s，

设物体下滑的加速度大小为a3，由牛顿第二定律得，

mgsinθ－μmgcosθ＝ma3，

解得a3＝2m/s2.

所以t＝4s时物体的速度v＝a3t3＝2×1m/s＝2m/s，方向沿斜面向下．