习题课3 瞬时加速度问题和动力学图像问题
(教师用书独具)
[学习目标] 1.学会分析含有弹簧的瞬时问题． 2.学会结合图像解决动力学问题．
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，其弹力的大小往往可以看成是不变的．
【例1】 如图所示，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，在绳AO烧断的瞬间，下列说法正确的是( )
A．弹簧的拉力F＝
B．弹簧的拉力F＝mgsin θ
C．小球的加速度为零
D．小球的加速度a＝gsin θ
思路点拨：解答本题应把握以下三点：
①剪断绳前小球的受力情况．
②剪断绳AO后弹簧弹力不突变．
③根据牛顿第二定律确定加速度．
A [烧断AO之前，小球受三个力，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 θ，则小球的加速度a＝gtan θ，则C、D错误．]
弹簧弹力是否突变的分析技巧
(1)轻弹簧两端均有附着物体时，由于形变量大，恢复形变需要较长时间，弹力不突变．
(2)若弹簧只有一端有附着物时弹力突变为零．
1．如图所示，A、B两球用细线悬挂于天花板上且静止不动，两球质量mA＝2mB，两球间是一个轻质弹簧，如果突然剪断悬线，则在剪断悬线瞬间( )
A．A球加速度为g，B球加速度为g
B．A球加速度为g，B球加速度为0
C．A球加速度为g，B球加速度为0
D．A球加速度为g，B球加速度为g
B [在剪断悬线的瞬间弹簧的弹力保持不变，则B球的合力为零，加速度为零；对A球有(mA＋mB)g＝mAaA，得aA＝g，故B选项正确．]
动力学的图像问题
1．常见的图像形式
在动力学与运动学问题中，常见、常用的图像是位移图像(x-t图像)、速度图像(v-t图像)和力的图像(F-t图像)等，这些图像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．图像问题的分析方法
遇到带有物理图像的问题时，要认真分析图像，先从它的物理意义、点、线段、斜率、截距、交点、拐点、面积等方面了解图像给出的信息，再利用共点力平衡、牛顿运动定律及运动学公式解题．
【例2】 如图甲所示，质量为m＝2 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v-t图像如图乙所示．取重力加速度g＝10 m/s2.求：
甲 乙
(1)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；
(2)10 s末物体离a点的距离．
思路点拨：①从图像可知物体的运动情况．
②从图像求出物体运动的加速度；利用牛顿第二定律可求出相应的合外力．
[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v-t图像得a1＝2 m/s2
根据牛顿第二定律，有F＋μmg＝ma1
设物体向左做匀加速直线运动的加速度大小为a2，则由v-t图像得a2＝1 m/s2
根据牛顿第二定律，有F－μmg＝ma2，
联立解得F＝3 N，μ＝0.05.
(2)设10 s末物体离a点的距离为d，d应为v-t图像与横轴所围的面积，则
d＝×4×8 m－×6×6 m＝－2 m，负号表示物体在a点左边．
[答案] (1)3 N 0.05 (2)在a点左边2 m处
求解动力学的图像问题的一般程序
?
?
?
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g＝10 m/s2.由这两个图像可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为 ( )
甲 乙
A．0.5 kg,0.4 B．1.5 kg，
C．0.5 kg,0.2 D．1 kg,0.2
A [由F-t图像和v-t图像可得，物块在2～4 s内所受外力F＝3 N，物块做匀加速运动，a＝＝ m/s2＝2 m/s2，F－f＝ma，即3－10μm＝2m①
物块在4～6 s所受外力F′＝2 N，物块做匀速直线运动，
则F′＝f，F′＝μmg，即10μm＝2②
由①②解得m＝0.5 kg，μ＝0.4，故A选项正确．]
1．雨滴从空中由静止落下，若雨滴下落时空气对其阻力随雨滴下落速度的增大而增大，如下图所示的图像能正确反映雨滴下落运动情况的是( )
C [对雨滴受力分析，由牛顿第二定律得：mg－f＝ma.雨滴加速下落，速度增大，阻力增大，故加速度减小，在v-t图像中其斜率变小，故选项C正确．]
2．如图所示，物块以初速度v0从底端沿足够长的光滑斜面向上滑行，不考虑空气阻力，则该物块在斜面上运动全过程的v-t图像是下图中的( )
A [物块在运动过程中，只受到重力和支持力作用，合力不变，加速度不变，物体先做匀减速直线运动，速度减为零后反向做匀加速直线运动，加速度不变，故A正确．]
3．(多选)如图所示，质量为m的球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q两点．球静止时，Ⅰ中拉力大小为T1，Ⅱ中拉力大小为T2，当仅剪断Ⅰ、Ⅱ中的一根的瞬间，球的加速度a应是( )
A．若剪断Ⅰ，则a＝g，方向竖直向下
B．若剪断Ⅱ，则a＝，方向水平向左
C．若剪断Ⅰ，则a＝，方向沿Ⅰ的延长线
D．若剪断Ⅱ，则a＝g，方向竖直向上
AB [若剪断Ⅰ，则水平细线Ⅱ中的拉力突变为0，则加速度a＝g，方向竖直向下，A正确，C错误；若剪断Ⅱ，则弹簧Ⅰ中的拉力还没有来得及变化，与小球的重力的合力大小为T2，方向为水平向左，所以加速度a＝，方向水平向左，B正确，D错误．]
4．(多选)质量均为m的A、B两球之间连有一轻弹簧，放在光滑的水平台面上，A球紧靠墙壁，如图所示．今用力F将B球向左推压弹簧，静止后，突然将力F撤去的瞬间 ( )
A．A的加速度大小为
B．A的加速度为零
C．B的加速度大小为
D．B的加速度大小为
BD [撤去F瞬间，弹簧弹力不发生变化，故A球受力不变，加速度为零，选项A错误，B正确；对B球撤去F前，弹簧弹力与F等值反向，撤去F后，弹簧弹力不变，故加速度大小为，选项C错误，D正确．]
5．如图甲所示，固定的光滑细杆与地面成一定的夹角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间变化的规律如图乙、丙所示，重力加速度g取10 m/s2，求：
甲
乙 丙
(1)小环的质量m；
(2)细杆与地面间的夹角α.
[解析] 由题图知，0～2 s内环的加速度a＝＝＝0.5 m/s2，根据牛顿第二定律得F1－mgsin α＝ma
由图知，2 s后环匀速运动，根据物体平衡条件得F2＝mgsin α
联立解得m＝1 kg，α＝30°.
[答案] (1)1 kg (2)30°
课件32张PPT。第三章 牛顿运动定律习题课3 瞬时加速度问题和动力学图像问题点击右图进入…Thank you for watching !重难强化训练(三) 瞬时加速度问题和动力学图像问题
(教师用书独具)
(时间：40分钟 分值：90分)
一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分.1～6为单选，7～10为多选)
1．一物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中某个力的大小逐渐减小到零，然后又逐渐从零恢复到原来大小(在上述过程中，此力的方向一直保持不变)，那么如图所示的v-t图像中，符合此过程中物体运动情况的图像可能是 ( )
D [其中的一个力逐渐减小到零的过程中，物体受到的合力逐渐增大，则其加速度逐渐增大，速度时间图像中图像的斜率表示加速度，所以在力逐渐减小到零的过程中图像的斜率逐渐增大，当这个力又从零恢复到原来大小时，合力逐渐减小，加速度逐渐减小，图像的斜率逐渐减小，故D正确．]
2．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v-t图像如图所示．取g＝10 m/s2，则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F的大小分别为 ( )
A．0.2,6 N B．0.1,6 N
C．0.2,8 N D．0.1,8 N
A [由题给图像知6～10 s内物体只受摩擦力，由牛顿第二定律知μmg＝ma2，即a2＝μg，由a＝知a2＝2 m/s2则μ＝0.2；在0～6 s内由牛顿第二定律知F－μmg＝ma1；而a1＝＝1 m/s2，解得F＝6 N，故选项A正确．]
3．物体在与其初速度始终共线的合外力作用下运动，取v0方向为正时，合外力F随时间t的变化情况如图所示，则在0～t1这段时间内 ( )
A．物体的加速度先减小后增大，速度也是先减小后增大
B．物体的加速度先增大后减小，速度也是先增大后减小
C．物体的加速度先减小后增大，速度一直在增大
D．物体的加速度先减小后增大，速度一直在减小
C [由题图可知，物体所受合外力F随时间t的变化是先减小后增大，根据牛顿第二定律得：物体的加速度先减小后增大，由于取v0方向为正时，合外力F与正方向相同，所以物体加速度方向与速度方向一直相同，所以速度一直在增大，故选C.]
4．如图所示，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．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为 ( )
A．0 B.g
C．g D.g
B [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，合力与木板提供的弹力大小相等，方向相反，故可知加速度的大小为g，由此可知B正确．]
5．如图所示，质量分别为MA与MB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( )
A．都等于 B.和0
C.·和0 D．0和·
D [线被剪断瞬间，线的拉力变为0，弹簧形变来不及发生变化，弹力不变，故A球仍受力平衡，加速度为0，B球受重力、支持力、弹簧产生的大小为MAg·sin 30°的弹力，所以可得其加速度为，故选D.]
6．如图所示，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质量为m2、4质量为M，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 ( )
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
C [在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自的重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；而物块3、4间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mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝＝g，所以C正确．]
7．如图所示，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图像最能正确描述这一运动规律的是 ( )
BD [滑块沿斜面下滑过程中，受重力、支持力和滑动摩擦力作用，做匀减速直线运动，故速度图像为向下倾斜的直线，C项错；滑块加速度保持不变，D项对；设滑块的加速度大小为a，则滑块的位移s＝v0t－at2，s-t图像为开口向下的抛物线，B项对；设斜面倾角为θ，滑块下降高度h＝ssin θ，所以h-t图像也是开口向下的抛物线，A项错．]
8．将物体竖直向上抛出，假设运动过程中空气阻力不变，其速度—时间图像如图所示，则 ( )
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之比为9∶1
D．物体所受的重力和空气阻力之比为10∶1
AD [由a＝知上升、下降过程中加速度大小比a上∶a下＝11∶9，故选项A正确，选项B错误；根据牛顿第二定律知，上升过程mg＋f＝ma上；下降过程mg－f＝ma下，联立得mg∶f＝10∶1，故选项C错误，选项D正确．]
9．如图所示，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上的细线悬挂于固定点O.整个系统处于静止状态．现将细线剪断，将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g.在剪断的瞬间 ( )
A．a1＝3g B．a1＝0
C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2
AC [设物块的质量为m，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力T1，剪断前对bc和弹簧组成的整体分析可知T1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋T1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝＝3g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为T2，则T2＝mg，根据胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正确，D错误．]
10．如图所示，质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球静止时橡皮筋沿水平方向．下列判断中正确的是 ( )
A．在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变
B．在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
C．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为
D．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
BC [剪断AC瞬间，AC对小球的弹力突然消失，而引起BC上的张力发生突变，使小球的受力情况改变，如图甲所示，有F合＝mgsin θ＝ma，故a＝gsin θ；当剪断BC瞬间，BC绳张力突变为零，AC橡皮筋拉力不变，它与重力的合力与BC绳的拉力是一对平衡力，等大反向，受力情况如图乙所示，有F合′＝＝ma′，a′＝，选项B、C正确．
甲 乙]
二、非选择题(本题共2小题，共30分)
11．(15分)如图甲所示，倾角为θ＝37°的足够长斜面上，质量m＝1 kg的小物体在沿斜面向上的拉力F＝14 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v-t图像如图乙所示．求：(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
甲 乙
(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．
[解析] (1)由题图乙可知，0～2 s内物体的加速度a1＝＝4 m/s2
根据牛顿第二定律，F－mgsin θ－f＝ma1
N＝mgcos θ，而f＝μN
代入数据解得μ＝0.5.
(2)撤去力F后，－mgsin θ－f＝ma2
得a2＝－10 m/s2
设经过t2时间减速到0，根据运动学公式0＝v1＋a2t2，
解得t2＝0.8 s
在0.8 s内物体有向上运动的位移x2
0－v＝2a2x2，得x2＝3.2 m
物体到最高点后向下运动，设加速度大小为a3，则
mgsin θ－f＝ma3，解得a3＝2 m/s2
再经t3＝1 s物体发生位移x3，
x3＝a3t＝1 m
物体在撤去力F后1.8 s内的位移x＝x2－x3
代入数据解得x＝2.2 m，方向沿斜面向上．
[答案] (1)0.5 (2)2.2 m，沿斜面向上
12．(15分)如图甲所示，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θ＝37°角，质量m＝1 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，有水平向右的恒定风力F作用于小球上，在t1＝2 s时刻风停止．小球沿细杆运动的部分v-t图像如图乙所示，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力．求：
甲 乙
(1)小球在0～2 s内的加速度a1和2～5 s内的加速度a2；
(2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小．
[解析] (1)取沿细杆向上的方向为正方向，由图像可知：
在0～2 s内，a1＝＝15 m/s2(方向沿杆向上)
在2～5 s内，a2＝＝－10 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 θ－μ(mgcos θ＋Fsin θ)－mgsin θ＝ma1
甲 乙
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－μmgcos θ－mgsin θ＝ma2
联立以上各式解得μ＝0.5，F＝50 N.
[答案] (1)15 m/s2，方向沿杆向上 10 m/s2，方向沿杆向下 (2)0.5 50 N
