1、习题课 1 瞬时加速度问题和动力学图像问题学习目标 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，其弹力的大小往往可以看成是不变的例 1 如图 1 所示
2、，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 ，则 C、D错误针对训练 如图 2 所示，质量分别为 m 和 2m
3、 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、a B的大小分别是( )图 2Aa A0，a B 0Ba Ag，a BgCa A3g，a BgDa A3g，a B0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瞬间不会恢复，故 B 球受力不变，a B0.分析 A 球原来受力如图乙所示，TF mg，FF，故 T3 mg.剪断细线，T 变为 0，F 大小不变，物体 A 受力如图丙所示由牛顿第二定律得：Fmg maA，解得 aA3g.二、动力学的图像问题1常见的图像形式在
4、动力学与运动学问题中，常见、常用的图像是位移图像(xt 图像)、速度图像( vt 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 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.由这两个图像可以求得物块的质量 m
5、和物块与地面之间的动摩擦因数 分别为( )甲 乙图 3A0.5 kg,0.4 B1.5 kg，215C0.5 kg,0.2 D1 kg,0.2答案 A解析 由 Ft 图和 vt 图可得，物 块在 24 s 内所受外力 F3 N，物块做匀加速运动，a m/s22 m/s 2，Ff ma，即 310m2mvt 42物块在 46 s 所受外力 F2 N ，物块做匀速直线运动，则 Ff，F mg，即 10m2由解得 m0.5 kg， 0.4，故 A 选项正确例 3 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
6、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 图像如图乙所示取重力加速度 g10 m/s 2.求：图 4(1)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 N 0.05 (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 图像得 a12 m/s 2根据牛顿第二定律，有 Fmgma 1设物体向左做匀加速直线运动的加速度大小为 a2，则由 vt 图像得 a21 m/s 2根据牛顿第二定律，有 Fmgma 2，联立解得 F3 N，0.05.(2)设 10 s 末物体离 a 点的距离
7、 为 d，d 应为 vt 图像与横轴所围的面积，则d 48 m 66 m2 m， 负号表示物体在 a 点左边12 12解决此类题的思路：,从 vt 图 像上获得加速度的信息，再结合实际受力情况，利用牛顿第二定律列方程.1(瞬时问题)如图 5 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 5A都等于 B0 和g2 g2Cg 和 0 D0 和 g答案 D解析 剪断细线后，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 aB g，选项 D 正mgsin kxm
8、mgsin mgsin m确2(动力学的图像问题)如图 6 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 图像如图乙所示， g 取 10 m/s2，sin 37 0.6， cos 370.8，忽略浮力求：图 6(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/s 2，方向沿杆向上 10 m/s 2，方
9、向沿杆向下(2)0.5 50 N解析 (1)取沿细杆向上的方向为正方向，由图像可知：在 02 s 内，a 1 15 m/s2(方向沿杆向上)v1 v0t1在 25 s 内，a 2 10 m/s2(“”表示方向沿杆向下)v2 v1t2(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 (mg cos Fsin )mg sin ma 1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mg cos mgsin ma 2联立以上各式解得 0.5，F50 N.课时作业一、选择题(14 为单选题， 5 为多选题)1.质量均为 m 的 A、B 两球之间连有一轻弹簧，放在光滑
10、的水平台面上，A 球紧靠墙壁，如图 1 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( )图 1AA 的加速度大小为F2mBA 的加速度为零CB 的加速度大小为F2mDB 的加速度大小为Fm答案 BD解析 撤去 F 之前，水平方向受到推力 F 和弹簧的弹力作用，处于静止状态，有： FF 弹A 球受到弹簧向左的弹力和墙壁向右的支持力处于静止状态F 撤去瞬间，弹簧弹力不变，所以 A 球受力不变，合力仍然为零，加速度 为零， A 错误，B 正确；对于 B 球，此时水平方向只受到弹簧向右的弹力，所以加速度 a ，C 错误，D 正确，故选 B、D.Fm2如图 2 所示，A、B
11、 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 2Aa A0，a B 2gBa Ag，a BgCa A0，a B0Da Ag，a B 2g答案 A解析 抽出木板后，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 Nmg 和重力，故 aB 2g.N mgm mg mgm3.如图 3 所示，质量为 m 的小球用水平轻弹簧系住，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 3A0 B. g
12、233Cg D. g33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 ma ，mgcos 30得：a g.gcos 30 2334.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 图像如图 4 所示取 g10 m/s2，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 4A0.2,6 N B0.1,6 NC0.2,8 N D0.1,8 N答案 A解析 在 610 s 内物体受滑动摩擦力作用，加速度大小 ag， vt 图像的斜率表示加速度，a m/s22 m/s2，解得 0.2.在 06 s
13、内， F mgma ，而 a m/s21 0 810 6 8 26m/s2，解得 F6 N选项 A 正确5.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 5 所示，则( )图 5A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 正确二、非选择题6如图 6 甲所示，
14、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：图 6(1)小环的质量 m；(2)细杆与地面间的夹角 .答案 (1)1 kg (2)30解析 由图知，02 s 内环的加速度 a 0.5 m/s2，根据牛顿第二定律得vt 1 m/s2 sF1mgsin ma由图知，2 s 后环匀速运动，根据物体平衡条件得 F2mg sin ，联立解得 m1 kg， 30.7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
15、 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 图像如图乙所示求：(取 g10 m/s 2，sin 370.6，cos 370.8)图 7(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 fma 1，Nmgcos ，而 fN代入数据解得 0.5.(2)撤去力 F 后， mgsin fma 2，得 a210 m/s 2，设经过 t2时间减速到 0，根据运动学公式 0v 1a 2t2，解得 t20.8 s在 0.8 s 内物体有向上运动的位移 x20v 2a 2x2，得 x23.2 m21物体到最高点后向下运动，设 加速度大小为 a3，则mgsin fma 3，解得 a32 m/s 2再经 t31 s 物体发生位移 x3，x3 a3t 1 m12 23物体在撤去力 F 后 1.8 s 内的位移 xx 2x 3代入数据解得 x2.2 m，方向沿斜面向上
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