1、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，
2、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 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 Fmgcos B.弹簧的拉力 Fmgsin C.小球的加速度为零D.小球的加速度 agsin 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 mgtan ，则小球的加速度 agtan
3、，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
4、B 两球的瞬时加速度 aA、a B 的大小分别是( )图 2A.aA0，a B 0B.aAg，a BgC.aA3g，a BgD.aA3g，a B 0答案 D解析 分析 B 球原来受力如图甲所示，F2mg剪断细线后弹簧形变不会瞬间恢复，故 B 球受力不变，a B0.分析 A 球原来受力如图乙所示，FT Fmg，FF，故 FT3mg.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：Fmg maA，解得 aA3g.【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(xt 图象)、速度图象
5、( vt 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 g10 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 分别为( )甲 乙图 3A.0.5
6、kg,0.4 B.1.5 kg，215C.0.5 kg,0.2 D.1 kg,0.2答案 A解析 由题图可得，物块在 24 s 内所受推力 F3 N，物块做匀加速直线运动，a vtm/s22 m/s2，F F fma42物块在 46 s 所受推力 F2 N ，物块做匀速直线运动，则 FF f，Fmg解得 m0.5 kg， 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、情境结合起来，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
7、图线的交点等所表示的物理意义.针对训练 2 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 4 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，若已知斜面的倾角 30，重力加速度 g 取 10 m/s2.图 4(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)0.075 m39解析 (1)02 s 内，F 1mg sin mgcos ma 1，a 1 0.5 m/s2，2 s 后，F 2mgsi
8、n vtmgcos ma 2，a 20，代入数据解得 m3 kg， .39(2)撤去推力 F 后，有mg cos mg sin ma 3，解得 a3 m/s2，x 3 0.075 m.203 0 v22a3【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 m1 和 m2 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 a1 和 a2，则( )图 5A.a1a 20B.a1a，a 20C.a1 a，a 2 a m1m
9、1 m2 m2m1 m2D.a1a，a 2 am1m2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 m1a，因此对 A 来讲，加速度此时仍为 a，对 B：取向右为正方向，m 1am 2a2， a2 a，所以 D 正确.m1m2【考点】瞬时加速度问题【题点】瞬时加速度问题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，g
10、 B.g，gC.2g，g D.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mg 3mgma2g，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.(图象问题) 质量为 0.8 kg 的物体在一水平面上运动，如图 7 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 vt
11、图线，则拉力和摩擦力之比为( )图 7A.98 B.32 C.21 D.43答案 B解析 由题可知，题图中图线 a 表示的为仅受摩擦力时的运动图线，加速度大小 a11.5 m/s2；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 a20.75 m/s2；由牛顿第二定律得 ma1F f，ma 2FF f，解得 ，B 正确.FFf 32【考点】用牛顿运动定律解决图象问题【题点】由 vt、x t 图象求 a、F4.(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、m C，与水平面间的动摩擦因数分别为 A、 B、 C，用平行于水平面的拉力 F 分别
12、拉物体 A、B 、C，所得加速度 a 与拉力 F 的关系图线如图 8 中甲、乙、丙所示，则以下说法正确的是( )图 8A.A B，m A mB B.B C，m Bm CC.B C，m Bm C D.A C，m Am C答案 ABD解析 根据牛顿第二定律有 Fmgma，得 a g，则 aF 图象的斜率 k ，由图Fm 1m象可看出，乙、丙的斜率相等，小于甲的斜率，则 mAm Bm C.当 F0 时，ag，根据图象可看出， A B C，故选 A、B 、D.【考点】用牛顿运动定律解决图象问题【题点】由 aF 图象求运动学参量一、选择题考点一 瞬时加速度问题1.一气球吊着一重物，以 7 m/s 的速度
13、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 g10 m/s 2)( )A.v0，a0 B.v7 m/s，a0C.v7 m/s ，a 10 m/s 2 D.v0，a10 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 v7 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 ag10 m/s2，故 C 正确.【考点】瞬时加速度问题【题点】瞬时加速度问题2.(多选) 质量均为 m 的 A、B 两
14、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 1A.A 的加速度大小为 B.A 的加速度大小为零F2mC.B 的加速度大小为 D.B 的加速度大小为F2m 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；而 B 球在撤去力 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.【考点】瞬时加速度问题【题点】瞬时加速度问题3.如图 2 所示，质量为 m 的小球用水平轻质弹簧系住
15、，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)( )图 2A.0 B. g C.g D. g233 33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233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.233【考点】瞬时加速度问题【题点】瞬时加速度问题考点二 动力学的图象问
16、题4.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 vt 图象如图 3 所示 .取 g10 m/s 2，则物体与水平面间的动摩擦因数 和水平推力F 的大小分别为( )图 3A.0.2,6 N B.0.1,6 NC.0.2,8 N D.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 g， v t 图 象 的 斜率 表 示 加 速 度 ， a m/s2 2 m/s2， 解 得 0.2.在 0 6 s 内 ， F mg ma ，0 810 6而 a m/s21 m/s
17、2，解得 F6 N ，选项 A 正确.8 26【考点】用牛顿运动定律解决图象问题【题点】由 vt、x t 图象求 a、F5.(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4 所示，则( )图 4A.上升、下降过程中加速度大小之比为 119B.上升、下降过程中加速度大小之比为 101C.物体所受的重力和空气阻力之比为 91D.物体所受的重力和空气阻力之比为 101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：mgF 阻 ma 上 ，mgF 阻 ma 下 ，联立解得 mgF 阻 101，A 、D
18、正确.【考点】用牛顿运动定律解决图象问题【题点】由 vt、x t 图象求 a、F6.(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 5 甲所示，他使木块以初速度 v04 m/s 沿倾角 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 vt 图线如图乙所示，g 取 10 m/s2，则下列计算结果正确的是( )图 5A.上滑过程中的加速度的大小为 8 m/s2B.木块与斜面间的动摩擦因数 35C.木块回到出发点时的速度大小 v2 m/sD.木块在 t2 s 时返回出发点答案 ABC解析 由题图乙
19、可知，木块经 0.5 s 滑至最高点，加速度大小 a1 m/s28 m/s2，|vt| 40.5选项 A 正确；上滑过程中，由牛顿第二定律，加速度 a1 ，解得mgsin mgcos m ，选项 B 正确；上滑的位移 x 1 m；下滑过程中，加速度 a235 v202a12 m/s2，木块回到出发点时的速度大小 v 2 m/s，下滑的时间mgsin mgcos m 2a2xt2 1 s，回到出发点的总时间 tt 1t 21.5 s，选项 C 正确，选项 D 错误.va2【考点】用牛顿运动定律解决图象问题【题点】由 vt、x t 图象求 a、F二、非选择题7.(动力学图象问题)如图 6 甲所示，
20、倾角为 37的足够长斜面上，质量 m1 kg 的小物体在沿斜面向上的拉力 F14 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 vt 图象如图乙所示 .求：(取 g10 m/s 2， sin 370.6，cos 370.8)图 6(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，02 s 内物体的加速度 a1 4 m/s 2vt根据牛顿第二定律，Fmgsin F fma 1，FNmg cos ，而 FfF N，代入数据解得 0.5.(2)撤去 F 后，mgsin F fma 2，得 a210 m/s 2，设经过 t2 时间减速到 0，根据运动学公式有 0v 1a 2t2，解得 t20.8 s在 0.8 s 内物体向上运动的位移为 x20v 122a 2x2，得 x23.2 m物体到最高点后向下运动，设加速度大小为 a3，则mgsin F fma 3，解得 a3 2 m/s2再经 t31 s 物体发生位移 x3，x 3 a3t321 m12撤去 F 后物体在 1.8 s 内的位移 xx 2x 32.2 m，方向沿斜面向上.【考点】动力学的图象问题【题点】由 vt、x t 图象求 a、F
