2022-2023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

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1、2022-2023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 [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

2、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θ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1 A.彈簧的拉力F＝ B.彈簧的拉力F＝mgsin θ C.小球的加速度為零 D.小球的加速度a＝gsin θ 答案　A 解析　燒斷AO之前，小球受3個力，受力分析如圖所示，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

3、到的合力與繩子的拉力等大反向，即F合＝mgtan θ，則小球的加速度a＝gtan θ，C、D錯誤. 【考點】瞬時加速度問題 【題點】瞬時加速度問題 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　如圖2所示，質量分別為m和2m的A和B兩球

4、用輕彈簧連接，A球用細線懸掛起來，兩球均處于靜止狀態(tài)，如果將懸掛A球的細線剪斷，此時A和B兩球的瞬時加速度aA、aB的大小分別是(　　) 圖2 A.aA＝0，aB＝0 B.aA＝g，aB＝g C.aA＝3g，aB＝g D.aA＝3g，aB＝0 答案　D 解析　分析B球原來受力如圖甲所示，F′＝2mg 剪斷細線后彈簧形變不會瞬間改變，故B球受力不變，aB＝0. 分析A球原來受力如圖乙所示， FT＝F＋mg，F′＝F，故FT＝3mg. 剪斷細線，FT變?yōu)?，F大小不變，A球受力如圖丙所示 由牛頓第二定律得：F＋mg＝maA，解得aA＝3g. 【考點】瞬時加速度問題

5、 【題點】瞬時加速度問題 二、動力學的圖象問題 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(s－t圖象)、速度圖象(v－t圖象)和力的圖象(F－t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　放在水平地面上的一物塊，受到方向不變的水平推力F的作用，F的大小與時間t的關系如圖3甲所示，物塊速度v與時間t的關系如圖乙所示.

6、取重力加速度g＝10 m/s2.由這兩個圖象可以求得物塊的質量m和物塊與地面之間的動摩擦因數μ分別為(　　) 甲　　　　　　　　　　乙 圖3 A.0.5 kg,0.4　　　　　　 B.1.5 kg， C.0.5 kg,0.2 D.1 kg,0.2 答案　A 解析　由題圖可得，物塊在2～4 s內所受推力F＝3 N，物塊做勻加速直線運動，a＝＝ m/s2＝2 m/s2，F－f＝ma 物塊在4～6 s所受推力F′＝2 N，物塊做勻速直線運動， 則F′＝f，F′＝μmg 解得m＝0.5 kg，μ＝0.4，故A選項正確. 【考點】用牛頓運動定律解決圖象問題 【題點】用牛頓運

7、動定律解決圖象問題 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m＝2 kg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v－t圖象如圖乙所示.取重力加速度g＝10 m/s2.求： 圖4 (1)力F的大小和物體與水平面間的動摩擦因數μ； (2)10 s末物體離a點的距離.

8、 答案　(1)3 N　0.05　(2)在a點左邊2 m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v－t圖象得a1＝2 m/s2 根據牛頓第二定律，有F＋μmg＝ma1 設物體向左做勻加速直線運動的加速度大小為a2，則由v－t圖象得a2＝1 m/s2 根據牛頓第二定律，有F－μmg＝ma2， 聯立解得F＝3 N，μ＝0.05. (2)設10 s末物體離a點的距離為d，d應為v－t圖象與橫軸所圍的面積，則 d＝×4×8 m－×6×6 m＝－2 m，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

9、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的加速度為a1和a2，則(　　) 圖5 A.a1＝a2＝0 B.a1＝a，a2＝0 C.a1＝a，a2＝a D.a1＝a，a2＝－a 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，因此對A來講，加速度此時仍為a，對B：取向右為正方向，－m1a＝m2a2，a2＝－a，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

10、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6 A.0，g B.－g，g C.－2g，g D.2g,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a1＝＝－2g，方向向上.對b而言，細線燒斷后只受重力作用，則b的加速度為a2＝g，方向向下.故C正確. 【考點】瞬時加速度問題 【題點】瞬時加速度問題 3.(動力學的圖

11、象問題)如圖7甲所示，在風洞實驗室里，一根足夠長的固定的均勻直細桿與水平方向成θ＝37°角，質量m＝1 kg的小球穿在細桿上且靜止于細桿底端O處，開啟送風裝置，有水平向右的恒定風力F作用于小球上，在t1＝2 s時刻風停止.小球沿細桿運動的部分v－t圖象如圖乙所示，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力.求： 圖7 (1)小球在0～2 s內的加速度a1和2～5 s內的加速度a2； (2)小球與細桿間的動摩擦因數μ和水平風力F的大小. 答案　(1)15 m/s2，方向沿桿向上　10 m/s2，方向沿桿向下 (2)0.5　50 N 解析　(1)取

12、沿細桿向上的方向為正方向，由題圖乙可知： 在0～2 s內，a1＝＝15 m/s2(方向沿桿向上) 在2～5 s內，a2＝＝－10 m/s2(“－”表示方向沿桿向下). (2)有風力F時的上升過程，受力情況如圖甲所示 由牛頓第二定律，有 Fcos θ－μ(mgcos θ＋Fsin θ)－mgsin θ＝ma1 　　 停風后的上升階段，受力情況如圖乙所示 由牛頓第二定律，有－μmgcos θ－mgsin θ＝ma2 聯立以上各式解得μ＝0.5，F＝50 N. 一、選擇題 考點一　瞬時加速度問題 1.如圖1所示，A、B兩木塊間連一輕彈簧，A、B質量相等，一起靜止地放在一塊

13、光滑木板上，若將此木板突然抽去，在此瞬間，A、B兩木塊的加速度分別是(　　) 圖1 A.aA＝0，aB＝2g B.aA＝g，aB＝g C.aA＝0，aB＝0 D.aA＝g，aB＝2g 答案　A 解析　抽出板后，A的受力情況未變，故A的加速度為0，木板對B的支持力消失，B受到彈簧向下的壓力FN＝mg和B木塊自身的重力，故aB＝＝＝2g. 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2 A.0 B.g C.g D.g 答案　B 解析　撤

14、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， a＝＝g. 3.如圖3所示，質量相等的A、B兩小球分別連在彈簧兩端，B端用細線固定在傾角為30°光滑斜面上，若不計彈簧質量，在線被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度分別為(　　) 圖3 A.都等于　　　　　 B.0和 C.g和0 D.0和g 答案　D 解析　剪斷細線的瞬間，A球的受力情況不變，故aA＝0， B球受到的重力和彈簧的拉力不變，故aB＝＝＝g，選項D正確. 考點二　動力學的圖象問題 4.質量為0.8 kg的物體在一水平面上運動，如圖4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

15、v－t圖線，則拉力和摩擦力之比為(　　) 圖4 A.9∶8 B.3∶2 C.2∶1 D.4∶3 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a1＝1.5 m/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a2＝0.75 m/s2；由牛頓第二定律得ma1＝f，ma2＝F－f，解得＝，B正確. 【考點】用牛頓運動定律解決圖象問題 【題點】由v－t、s－t圖象求a、F 5.質量為2 kg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v－t圖象如圖5所示.取g＝10 m/s2，則物體與水平面間的動摩擦因

16、數μ和水平推力F的大小分別為(　　) 圖5 A.0.2,6 N B.0.1,6 N C.0.2,8 N D.0.1,8 N 答案　A 解析　在6～10 s內物體水平方向只受滑動摩擦力作用，加速度a＝－μg，v－t圖象的斜率表示加速度，a＝ m/s2＝－2 m/s2，解得μ＝0.2.在0～6 s內，F－μmg＝ma′，而a′＝ m/s2＝1 m/s2，解得F＝6 N，選項A正確. 【考點】用牛頓運動定律解決圖象問題 【題點】由v－t、s－t圖象求a、F 6. (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6所示，則(　　) 圖6

17、 A.上升、下降過程中加速度大小之比為11∶9 B.上升、下降過程中加速度大小之比為10∶1 C.物體所受的重力和空氣阻力之比為9∶1 D.物體所受的重力和空氣阻力之比為10∶1 答案　AD 解析　上升、下降過程中加速度大小分別為：a上＝11 m/s2，a下＝9 m/s2，由牛頓第二定律得：mg＋F阻＝ma上，mg－F阻＝ma下，聯立解得mg∶F阻＝10∶1，A、D正確. 【考點】用牛頓運動定律解決圖象問題 【題點】由v－t、s－t圖象求a、F 二、非選擇題 7.(動力學圖象問題)如圖7甲所示，傾角為θ＝37°的足夠長斜面上，質量m＝1 kg的小物體在沿斜面向上的拉力F＝1

18、4 N作用下，由斜面底端從靜止開始運動，2 s后撤去F，前2 s內物體運動的v－t圖象如圖乙所示.求：(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 圖7 (1)小物體與斜面間的動摩擦因數； (2)撤去力F后1.8 s時間內小物體的位移. 答案　(1)0.5　(2)2.2 m，沿斜面向上 解析　(1)由題圖乙可知，0～2 s內物體的加速度a1＝＝4 m/s2 根據牛頓第二定律，F－mgsin θ－f＝ma1， FN＝mgcos θ，而f＝μFN 代入數據解得μ＝0.5. (2)撤去F后，－mgsin θ－f＝ma2，得a2＝－10 m/s2， 設經過t2時間減速到0，根據運動學公式0＝v1＋a2t2， 解得t2＝0.8 s 在0.8 s內物體有向上運動的位移s2 0－v12＝2a2s2，得s2＝3.2 m 物體到最高點后向下運動，設加速度大小為a3，則 mgsin θ－f＝ma3，解得a3＝2 m/s2 再經t3＝1 s物體發(fā)生位移為s3，s3＝a3t32＝1 m 物體在撤去F后1.8 s內的位移s＝s2－s3 代入數據解得s＝2.2 m，方向沿斜面向上.