2019_2020學年高中物理第四章力與運動微型專題瞬時加速度問題和動力學圖象問題學案粵教版必修1.docx

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化，會求瞬時加速度.2.會分析物體受力隨時間的變化圖象和速度隨時間的變化圖象，會結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系，所以分析物體在某一時刻的瞬時加速度，關鍵是分析該時刻物體的受力情況及運動狀態(tài)，再由牛頓第二定律求出瞬時加速度，解決此類問題時，要注意兩類模型的特點：(1)剛性繩(或接觸面)模型：這種不發(fā)生明顯形變就能產生彈力的物體，剪斷(或脫離)后，恢復形變幾乎不需要時間，故認為彈力立即改變或消失(2)彈簧(或橡皮繩)模型：此種物體的特點是形變量大，恢復形變需要較長時間，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，質量為m的小球被水平繩AO和與豎直方向成角的輕彈簧系著處于靜止狀態(tài)，現將繩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FB彈簧的拉力FmgsinC小球的加速度為零D小球的加速度agsin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，燒斷繩的瞬間，繩的張力沒有了，但由于輕彈簧形變的恢復需要時間，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mgtan，則小球的加速度agtan，C、D錯誤1加速度和力具有瞬時對應關系，即同時產生、同時變化、同時消失，分析物體在某一時刻的瞬時加速度，關鍵是分析該時刻物體的受力情況及運動狀態(tài)，再由牛頓第二定律求出瞬時加速度2分析瞬時變化問題的一般思路：(1)分析瞬時變化前物體的受力情況，求出每個力的大小(2)分析瞬時變化后每個力的變化情況(3)由每個力的變化確定變化后瞬間的合力，由牛頓第二定律求瞬時加速度針對訓練1(2018西安市模擬)如圖2所示，質量相等的三個物體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2Ag、2g、0B2g、2g、0C2g、2g、gD2g、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FT2mg，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?，故物體B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(st圖象)、速度圖象(vt圖象)和力的圖象(Ft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，要認真分析圖象，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(2019重慶市七校高一上學期期末聯考)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隨時間變化的關系如圖3甲所示，速度v隨時間變化的關系如圖乙所示取g10m/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；(3)若第6s末撤去外力，物塊前7.5s內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f1F14N；46s內，物塊做勻速運動，則F3f8N，第3s末物體處于勻加速狀態(tài)，則f2f8N；(2)24s，F2fma，a2m/s2，可求得m2kg由fFN，FNmg得0.4.(3)a3g4m/s2，v4 m/s，故t減1s，小于1.5ss加t加4m，s勻vt勻8m，s減2m所以s總s加s勻s減4m8m2m14m.解決圖象綜合問題的關鍵1把圖象與具體的題意、情景結合起來，明確圖象的物理意義，明確圖象所反映的物理過程2特別注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，質量為m2kg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并開始計時，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vt圖象如圖乙所示取重力加速度g10m/s2.求：圖4(1)力F的大小和物體與水平面間的動摩擦因數；(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vt圖象得a12m/s2根據牛頓第二定律，有Fmgma1設物體向左做勻加速直線運動的加速度大小為a2，則由vt圖象得a21m/s2根據牛頓第二定律，有Fmgma2，聯立解得F3N，0.05.(2)設10s末物體離a點的距離為d，d應為vt圖象與橫軸所圍的面積，則d48m66m2m，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5Aa1a20Ba1a，a20Ca1a，a2aDa1a，a2a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，彈簧的彈力來不及改變，大小仍為m1a，因此A的加速度仍為a，對B：取向右為正方向，m1am2a2，a2a，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，上面是一輕質彈簧，a、b兩球的質量分別為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6A0，gBg，gC2g，gD2g，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a12g.對b而言，細線燒斷后只受重力作用，則b的加速度為a2g，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，它們的質量分別為mA、mB、mC，與水平面間的動摩擦因數分別為A、B、C，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的關系分別如圖7中圖線甲、乙、丙所示，則以下說法正確的是()圖7AAB，mAmBBBC，mBmCCBC，mBmCDAC，mAmC答案ABD解析根據牛頓第二定律有Fmgma，得ag，則aF圖象的斜率k，由圖象可知，乙、丙的斜率相等，小于甲的斜率，則mAmBmC.當F0時，ag，由圖象可知，ABC，故選A、B、D.4(圖象問題)(多選)如圖8甲所示，將質量為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的距離數據實時傳送到計算機上，經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g10m/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D不能求出滑板與水平面間的夾角答案AC解析根據題圖乙可知，滑塊上滑時加速度的大小為a18.0m/s2，下滑時加速度的大小為a24.0 m/s2，選項A正確，B錯誤；根據牛頓第二定律得a1gsingcos，a2gsingcos，解得37，0.25，選項C正確，D錯誤一、選擇題考點一瞬時加速度問題1.(多選)質量均為m的A、B兩球之間系著一個不計質量的輕彈簧并放在光滑水平臺面上，A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1AA的加速度大小為BA的加速度大小為零CB的加速度大小為DB的加速度大小為答案BD解析在將力F撤去的瞬間A球受力情況不變，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)生變化，故B的加速度大小為，選項C錯，D對2如圖2所示，質量為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2A0B.gCgD.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，則由牛頓第二定律得：ma，ag.3.(多選)如圖3所示，物塊a、b和c的質量相同，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，整個系統處于靜止狀態(tài)現將細繩剪斷，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l1和l2，重力加速度大小為g，在剪斷細繩的瞬間()圖3Aa13gBa10Cl12l2Dl1l2答案AC解析設物塊的質量為m，剪斷細繩的瞬間，繩子的拉力消失，彈簧還沒有來得及恢復形變，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FT12mg，故a受到的合力FmgFT1mg2mg3mg，故加速度a13g，A正確，B錯誤；設彈簧S2的拉力大小為FT2，則FT2mg，根據胡克定律Fkx可得l12l2，C正確，D錯誤4(多選)如圖4所示，質量均為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上放有質量為2m的木塊C，三者均處于靜止狀態(tài)現將木塊C迅速移開，若重力加速度為g，則在木塊C移開的瞬間()圖4A彈簧的形變量不改變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(2019九江一中高一上學期期末)(多選)如圖5所示，A、B兩球的質量相等，彈簧的質量不計，傾角為的光滑斜面固定放置，系統靜止時，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向下，大小均為gsinBB球的受力情況不變，瞬時加速度為零CA球的瞬時加速度方向沿斜面向下，大小為2gsinD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Fmgsin，燒斷細線的瞬間，彈簧的彈力不變，故B球的受力情況不變，加速度為零，B正確，A、D錯誤；以A為研究對象，由牛頓第二定律可得FmgsinmaA，解得aA2gsin，C正確考點二動力學的圖象問題6質量為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vt圖線，則拉力和摩擦力大小之比為()圖6A98B32C21D43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a11.5m/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a20.75 m/s2；由牛頓第二定律得ma1f，ma2Ff，解得，B正確7.質量為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vt圖象如圖7所示取g10m/s2，則物體與水平面間的動摩擦因數和水平推力F的大小分別為()圖7A0.2,6NB0.1,6NC0.2,8ND0.1,8N答案A解析在610s內物體水平方向只受滑動摩擦力作用，加速度ag，vt圖象的斜率表示加速度，a m/s22 m/s2，解得0.2.在06 s內，Fmgma，而am/s21 m/s2，解得F6N，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119B上升、下降過程中加速度大小之比為101C物體所受的重力和空氣阻力之比為91D物體所受的重力和空氣阻力之比為101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9 m/s2，由牛頓第二定律得：mgF阻ma上，mgF阻ma下，聯立解得mgF阻101，A、D正確9(多選)如圖9甲，一物塊在t0時刻滑上一固定斜面，其運動的vt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物塊的質量C物塊與斜面間的動摩擦因數D物塊沿斜面向上滑行的最大高度答案ACD解析由vt圖象可求得物塊沿斜面向上滑行時的加速度大小為a，根據牛頓第二定律得mgsinmgcosma，即gsingcos.同理，向下滑行時有gsingcos，兩式聯立得sin，.即可計算出斜面的傾角以及動摩擦因數，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，所以沿斜面向上滑行的最遠距離為st1，根據斜面的傾角可計算出向上滑行的最大高度為ssint1，選項D正確；僅根據vt圖象無法求出物塊的質量，選項B錯誤10(多選)如圖10甲所示，一物體沿傾角為37的足夠長的固定粗糙斜面由靜止開始運動，同時受到水平向右的逐漸增大的風力作用，水平風力的大小與風速成正比物體在斜面上運動的加速度a與風速v的關系如圖乙所示，則(已知sin 370.6，cos 370.8，g10m/s2)()圖10A當風速為3m/s時，物體沿斜面向下運動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，物體開始沿斜面向上運動D物體與斜面間的動摩擦因數為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a04m/s2，對物體，沿斜面方向有mgsinmgcosma0，即a0gsingcos，解得0.25，D正確；物體由靜止開始沿斜面加速下滑，隨著風速的增大，物體的加速度逐漸減小，但加速度的方向不變，物體仍然做加速運動，直到風速為5 m/s時，