1、微型专题瞬时加速度问题和动力学图象问题一、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/s2)()A.v0，a0 B.v7 m/s，a0C.v7 m/s，a10 m/s2 D.v0，a10 m/s2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
2、度问题【题点】瞬时加速度问题2.(多选)质量均为m的A、B两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C.B的加速度大小为D.B的加速度大小为答案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，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，并用倾角为30的光滑木板AB托住，小球
3、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.g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.【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
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、xt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
5、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.【考点】用牛顿运动定律解决图象问题【题点】由vt、xt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
6、，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C.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解析由题图乙可知，木块经0.5 s滑至最高点，加速度大小a1 m/s28 m/s2，选项A正确；上滑过程中，由牛顿第二定律，加速度a1，解得，选项B正确；上滑的位移x1 m；下滑过程中，加速度a22 m/s2，木块回到出发点时的速度大小v2 m/s，下滑的时间t21 s，回到出发点的总时间tt1t21.5 s，选项C正确，选项D错误.【考点】用牛顿运动定律解决图象问题【题点】由vt、xt图象求
7、a、F二、非选择题7.(动力学图象问题)如图6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a14 m/s2根据牛顿第二定律，Fmgsin Ffma1，FNmgcos ，而FfFN，代入数据解得0.5.(2)撤去F后，mgsin Ffma2，得a210 m/s2，设经过t2时间减速到0，根据运动学公式有0v1a2t2，解得t20.8 s在0.8 s内物体向上运动的位移为x20v122a2x2，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 Ffma3，解得a32 m/s2再经t31 s物体发生位移x3，x3a3t321 m撤去F后物体在1.8 s内的位移xx2x32.2 m，方向沿斜面向上.【考点】动力学的图象问题【题点】由vt、xt图象求a、F
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