2018-2019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 .docx

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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，在瞬时问题

2、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FB.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 ，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

3、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aA、aB的大小分别是()图2A.aA0，aB0B.aAg，aBgC.aA3g，aBgD.aA3g

4、，aB0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改变，故B球受力不变，aB0.分析A球原来受力如图乙所示，FTFmg，FF，故FT3mg.剪断细线，FT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：FmgmaA，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(st图象)、速度图象(vt图象)和力的图象(Ft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

5、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 kg,0.4B.1.5 kg，C.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 m/s22 m/s2，Ffma物块在46 s所受推力F2 N，物块做

6、匀速直线运动，则Ff，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m2 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vt图象如图乙所示.取重力加速度g10 m/s2.求：图4(1)

7、力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数；(2)10 s末物体离a点的距离.答案(1)3 N0.05(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a1，则由vt图象得a12 m/s2根据牛顿第二定律，有Fmgma1设物体向左做匀加速直线运动的加速度大小为a2，则由vt图象得a21 m/s2根据牛顿第二定律，有Fmgma2，联立解得F3 N，0.05.(2)设10 s末物体离a点的距离为d，d应为vt图象与横轴所围的面积，则d48 m66 m2 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m1和m2的木块A和B之间用水平轻弹

8、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.a1a20B.a1a，a20C.a1a，a2a D.a1a，a2a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m1a，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，m1am2a2，a2a，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

9、)()图6A.0，g 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a12g，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a2g，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37角，质量m1 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

10、平向右的恒定风力F作用于小球上，在t12 s时刻风停止.小球沿细杆运动的部分vt图象如图乙所示，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，忽略浮力.求：图7(1)小球在02 s内的加速度a1和25 s内的加速度a2；(2)小球与细杆间的动摩擦因数和水平风力F的大小.答案(1)15 m/s2，方向沿杆向上10 m/s2，方向沿杆向下(2)0.550 N解析(1)取沿细杆向上的方向为正方向，由题图乙可知：在02 s内，a115 m/s2(方向沿杆向上)在25 s内，a210 m/s2(“”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Fcos

11、 (mgcos Fsin )mgsin ma1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mgcos mgsin ma2联立以上各式解得0.5，F50 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.aA0，aB2gB.aAg，aBgC.aA0，aB0D.aAg，aB2g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FNmg和B木块自身的重力，故aB2g.2.如图2所示，质量为m的小球用水平轻

12、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2A.0 B.gC.g D.g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：ma，ag.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B.0和C.g和0 D.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aA0，B球受到的重力和弹簧的拉力不变，故aBg，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

13、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vt图线，则拉力和摩擦力之比为()图4A.98 B.32C.21 D.43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，ma2Ff，解得，B正确.【考点】用牛顿运动定律解决图象问题【题点】由vt、st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vt图象如图5所示.取g10 m/s2，则物体与水平面间的动摩擦因数和水

14、平推力F的大小分别为()图5A.0.2,6 N B.0.1,6 NC.0.2,8 N D.0.1,8 N答案A解析在610 s内物体水平方向只受滑动摩擦力作用，加速度ag，vt图象的斜率表示加速度，a m/s22 m/s2，解得0.2.在06 s内，Fmgma，而a m/s21 m/s2，解得F6 N，选项A正确.【考点】用牛顿运动定律解决图象问题【题点】由vt、st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

15、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正确.【考点】用牛顿运动定律解决图象问题【题点】由vt、st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/s2，sin 370.6，cos 370.8)图7(1)小物体与斜面间的动摩擦因数；

16、(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a14 m/s2根据牛顿第二定律，Fmgsin fma1，FNmgcos ，而fFN代入数据解得0.5.(2)撤去F后，mgsin fma2，得a210 m/s2，设经过t2时间减速到0，根据运动学公式0v1a2t2，解得t20.8 s在0.8 s内物体有向上运动的位移s20v122a2s2，得s23.2 m物体到最高点后向下运动，设加速度大小为a3，则mgsin fma3，解得a32 m/s2再经t31 s物体发生位移为s3，s3a3t321 m物体在撤去F后1.8 s内的位移ss2s3代入数据解得s2.2 m，方向沿斜面向上.