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微專題Ⅰ 瞬時加速度問題和動力學圖象問題
一、瞬時加速度問題 1
二、動力學的圖象問題 4
【鞏固提高】 12
[知識分析]
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，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，其彈力往往可以看成是不變的．
1．（2022秋 通榆縣期末）如圖所示，小球A懸掛在天花板上，與A質量相等的小球B有輕彈簧相連，當懸掛A的細繩燒斷瞬間，A和B的加速度大小分別是（　?。?br/>A．aA＝g，aB＝g B．aA＝2g，aB＝0 C．aA＝g，aB＝2g D．aA＝2g，aB＝g
【解答】解：懸線剪斷前，以小球B為研究對象，由平衡條件可知，彈簧彈力F＝mg
以A、B整體為研究對象，由平衡條件可知，懸線的拉力為T＝2mg
剪斷懸線瞬間，繩子拉力消失，彈簧彈力瞬間不變，由牛頓第二定律
對小球A：mg+F＝maA
對小球B：F﹣mg＝maB
解得aA＝2g，aB＝0，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
（2023 龍巖模擬）一傾角為θ的斜面體C始終靜止在水平地面上，斜面光滑，底面粗糙，如圖所示。輕質彈簧兩端分別與質量相等的A、B兩球連接。B球靠在擋板上，系統處于靜止狀態。重力加速度大小為g。當撤去擋板瞬間，下列說法正確的是（　　）
A．球A的瞬時加速度沿斜面向下，大小為gsinθ
B．球B的瞬時加速度沿斜面向下，大小為2gsinθ
C．地面對斜面體C的支持力等于球A、B和C的重力之和
D．地面對斜面體C的摩擦力方向水平向右
【解答】解：AB、設A、B兩球質量均為m。撤去擋板前，對A球受力分析，由平衡條件有：F彈＝mgsinθ
撤去擋板瞬間，彈簧的彈力不變，A球受力情況不變，合力為0，加速度為0。對B球，由牛頓第二定律有mgsinθ+F彈＝maB，解得aB＝2gsinθ，方向沿斜面向下，故A錯誤，B正確；
C、撤去擋板瞬間，B球有沿斜面向下的加速度，有豎直向下的分加速度，處于失重狀態，則地面對斜面體C的支持力小于球A、B和C的重力之和，故C錯誤；
D、撤去擋板瞬間，B球的加速度方向沿斜面向下，在水平方向上有水平向左的分加速度，對A、B和C整體分析，地面對斜面體的摩擦力不為零，方向水平向左，故D錯誤。
故選：B。
（2022秋 大荔縣期末）如圖所示，A、B、C三個物塊質量均為m，用細線懸掛A物塊，A、B之間剛好接觸，但是沒有擠壓，B、C物塊之間通過彈簧栓接，三個物塊均處于靜止狀態，以下說法正確的是（　?。?br/>A．靜止時，地面對C的支持力為3mg
B．剪斷細線的瞬間，B物塊的加速度為零
C．剪斷細線的瞬間，A、B之間的作用力為
D．若將彈簧剪斷，B物塊的瞬時加速度為零
【解答】解：A．靜止時，由于A、B之間沒有擠壓，對B、C及彈簧的整體受力分析，根據共點力的平衡條件可知，地面對C的支持力為2mg，故A錯誤；
BC．靜止時，對物塊B有kΔx＝mg，剪斷細線時，由于彈簧彈力不變，A、B物塊一起向下加速，由牛頓第二定律可知2mg﹣kΔx＝2ma，解得加速度
對A分析，由牛頓第二定律有mg﹣FN＝ma，可得，故B錯誤，C正確；
D．若將彈簧剪斷，B物體不再受彈簧的支持力和A的壓力，只受重力，所以B物塊的加速度為g，故D錯誤。
故選：C。
（2022秋 浦東新區校級期末）如圖所示，已知A球的質量為2m，B球的質量為m，彈簧的質量不計，傾角為θ的斜面光滑，固定在地面上。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（　　）
A．彈簧的彈力瞬間消失 B．B球的加速度為gsinθ
C．A球的加速度為3sinθ D．A球的加速度為gsinθ
【解答】解：A、燒斷細線瞬間A、B均靜止，A、B間的距離不變，彈簧的形變量不變，彈力大小不變，故A錯誤；
BCD、在細線燒斷前，以B球為研究對象，根據平衡條件可知彈簧的彈力F＝mgsinθ，
在細線被燒斷的瞬間，細線的拉力變為零，彈簧的彈力沒有變化，所以B的加速度為0；
對A，由牛頓第二定律得：F+2mgsinθ＝2ma
解得A球的加速度大小agsinθ
故BC錯誤，D正確；
故選：D。
（2022秋 靈壽縣校級期末）水平面上有一質量m＝2kg的小球，小球與左端固定的水平輕彈簧及上端固定的不可伸長的輕繩相連，如圖所示，此時小球處于靜止狀態，輕繩與豎直方向成θ＝45°角。g＝10m/s2。下列說法正確的是（　?。?br/>A．此時，繩上的拉力為20N
B．若剪斷輕繩，則剪斷的瞬間輕彈簧的彈力大小為20N
C．若剪斷輕繩，則剪斷的瞬間小球的加速度大小為10m/s2，方向向左
D．若剪斷彈簧，則剪斷的瞬間小球的加速度為零
【解答】解：A.設繩子拉力為T，對小球根據平衡條件有：Tcos45°＝mg，解得T＝20N，故A錯誤；
B.剪斷輕繩前，設彈簧的彈力為F，對小球根據平衡條件有F＝Tsin45°，解得F＝20N，剪斷輕繩，彈簧彈力不變，故剪斷的瞬間輕彈簧的彈力大小為20N，故B正確；
C.剪斷的瞬間輕彈簧的彈力不變，則重力與彈簧彈力的合力為20N，
根據牛頓第二定律a，解得a＝10m/s2，方向與豎直方向成45°角指向左下方，故C錯誤；
D.剪斷彈簧的瞬間，彈簧彈力瞬間消失。小球將開始做圓周運動，此時小球的速度為零，向心加速度為零，沿繩方向小球受力平衡。小球具有沿切向方向（垂直繩的方向）的加速度，重力沿垂直繩方向的分力等于合力，則有：mgcos45°＝ma，解得：a＝5m/s2，故D錯誤；
故選：B。
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－時間圖象(x－t圖象)、速度－時間圖象(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律、受力規律，而絕非代表物體的運動軌跡．
2．圖象問題的分析方法
(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．
（2022秋 連江縣校級期末）如圖甲所示，滑塊以一定的初速度沖上一傾角θ＝37°的足夠長的固定斜面，滑塊上滑過程的v﹣t圖像如圖乙，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。則下列說法正確的是（　?。?br/>A．木塊上滑過程中的加速度大小是6m/s2
B．木塊與斜面間的動摩擦因數μ＝0.5
C．木塊經2s返回出發點
D．木塊回到出發點時的速度大小v＝2m/s
【解答】解：A、v﹣t圖像的斜率表示加速度，由圖像得，木塊上滑過程中的加速度大小為a1＝||＝||m/s2＝10m/s2
故A錯誤；
B、對木塊受力分析，由牛頓第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
代入數據解得：μ＝0.5
故B正確；
C、設木塊下滑過程中的加速度大小為a2，由牛頓第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
代入數據解得：a2＝2m/s2
物塊上滑的位移為x10×1.0m＝5m
下滑過程的時間為t2ss
木塊返回出發點的時間為t＝t1+t2＝1ss
故C錯誤；
D、木塊回到出發點的速度為v＝a2t2＝2m/s＝2m/s
故D錯誤。
故選：B。
（2023 姑蘇區校級開學）如圖甲所示，鳥兒有多拼，為了生存幾只鳥像炮彈或標槍一樣一頭扎入水中捕魚，假設小鳥的俯沖是自由落體運動，進入水中后是勻減速直線運動，其v﹣t圖像如圖乙所示，自由落體運動的時間為t1，整個過程的運動時間為，最大速度為vm＝18m/s，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（　?。?br/>A．t1＝1.6s
B．整個過程下落的高度為32.4m
C．t1～時間內v﹣t圖像的斜率為﹣15m/s2
D．t1～時間內阻力是重力的1.5倍
【解答】解：A．小鳥自由落體運動的最大速度為vm＝18m/s，由自由落體運動的規律可得vm＝gt1，代入數據解得t1＝1.8s，故A錯誤；
B、整個過程下落的高度為圖乙v﹣t圖像與時間軸所圍成的面積，則hm＝27m，故B錯誤；
C、時間內小鳥的加速度為a，則此時間內v﹣t圖像的斜率k＝a＝﹣15m/s2，故C正確；
D、時間內由牛頓第二定律有：f﹣mg＝ma，解得：，故D錯誤。
故選：C。
（2021秋 永昌縣校級期末）一個物塊放置在粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F隨時間t變化的關系如圖甲所示，速度v隨時間t變化的關系如圖乙所示，g＝10m/s2，則由圖中信息可判定（　?。?br/>A．0～2s內物塊所受摩擦力Ff＝8N
B．物塊的質量為4kg
C．物塊在前6s內的平均速度為3m/s
D．物塊與水平地面間的動摩擦因數μ＝0.4
【解答】解：A、0～2 s內物塊處于靜止，所受的摩擦力為靜摩擦力，f＝F＝4N．故A錯誤；
B、物體做勻速直線運動時，滑動摩擦力f＝8N，勻加速直線運動的加速度am/s2＝2m/s2，
根據牛頓第二定律得，F f＝ma，解得mkg＝2kg．動摩擦因數μ0.4．故B錯誤，D正確。
C、物塊在前6 s內的位移x（2+4）×4m＝12m，則平均速度的大小v2m/s．故C錯誤。
故選：D。
（2023 五華區校級模擬）如圖甲，足夠長木板靜置于水平地面上，木板右端放置一小物塊。在t＝0時刻對木板施加一水平向右的恒定拉力F，作用1s后撤去F，此后木板運動的v﹣t圖像如圖乙。物塊和木板的質量均為1kg，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．拉力F的大小為24N
B．物塊與木板、木板與地面間的動摩擦因數均為μ＝0.4
C．物塊最終停止時的位置與木板右端間的距離為3m
D．t＝2s時刻，物塊的速度減為0
【解答】解：AB、由圖可知，木板在1s～1.5s的加速度大小比1.5s后的加速度大小要大，也就意味著在1.5s之前木塊與木板之間相對滑動，直到1.5s時刻木塊與木板共速
在1s～1.5s內，木板的加速度大小為
在0～1.5s內，物塊的加速度大小為
假設木板與地面的動摩擦因數為μ1，物塊與木板之間的動摩擦因數為μ2
則木板在1s～1.5s內根據牛頓第二定律有：
μ1×2mg+μ2mg＝ma1
木塊在0～1.5s內根據牛頓第二定律有：
μ2mg＝ma2
代入數據聯立解得：μ1＝0.4，μ2＝0.2
木板在0～1s內的加速度為
木板在0～1s內受力為：F﹣μ1×2mg﹣μ2mg＝ma3
代入數據解得：拉力F＝2μ1mg+μ2mg+ma3＝（2×0.4×1×10+0.2×1×10+1×8）N＝18N，故AB錯誤；
C、在0～1.5s內木板的位移
在0～1.5s內木塊的位移
在1t.5s后，物塊與木板間仍有相對滑動
物塊的加速度大小為：
木板的加速度大小為a2′：μ2 2mg﹣μ1mg＝ma2′
解得：
物塊到停止的時間還需要：
木板到停止的時間還需要：
物塊的位移為：
木板的位移為：
物塊最終停止時的位置與木板右端間的距離為：Δs＝s1+x2′﹣s2﹣x1′＝6.75m+0.75m﹣2.25m﹣2.25m＝3m，故C正確；
D、由上可知，物塊從開始到停止運動的時間為3s，2s時的速度不為零，故D錯誤；
故選：C。
（2023 重慶模擬）如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運行，初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶，若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的v﹣t圖像（以地面為參考系）如圖乙所示，已知v2＞v1，則（　?。?br/>A．t2時刻，小物塊離A處的距離達到最大
B．t2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大
C．0～t2時間內，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3時間內，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用
【解答】解：A、t1時刻小物塊向左運動到速度為零，離A處的距離達到最大，故A錯誤；
B、0～t1時間內木塊向左勻減速直線運動，小物塊速度一直減小到零；t1～t2時間內小物塊向右勻加速，在該段時間內小物塊相對傳送帶向左運動，當與傳送帶速度相等時，即t2時刻小物塊相對傳送帶向左運動的距離最大，故B正確；
C、在0～t1時間內小物塊向左減速，受向右的摩擦力作用，t1～t2時間內小物塊向右勻加速，相對傳送帶向左，摩擦力方向仍向右，故C錯誤；
D、由圖知，t2～t3小物塊做勻速直線運動，此時受力平衡，小物塊不受摩擦力作用，故D錯誤。
故選：B。
（2022秋 石景山區校級期末）如圖1所示，一水平傳送帶以2m/s的速度勻速運動，現把小物塊（可視為質點）無初速地輕放在傳送帶的左端A處，經過5s時間，小物塊到達傳送帶的右端B處。其速度—時間圖像如圖2所示，重力加速度g＝10m/s2。
（1）求A、B間距離L；
（2）求小物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ；
（3）只增大傳送帶的速度，其它物理量保持不變，可使小物塊在傳送帶上從A運動到B所用的時間縮短。求最短運動時間tmin，若要運動時間最短，傳送帶的速度至少增大到多少。
【解答】解：（1）由v﹣t圖像與時間軸所圍的面積表示位移，可知A、B間距離等于0﹣5s內圖像與時間軸所圍的面積大小，即
L2m＝8m
（2）由v﹣t圖像的斜率等于加速度，可得小物塊加速時的加速度為
am/s2＝1m/s2
根據牛頓第二定律得
μmg＝ma
解得：μ＝0.1
（3）若小物塊一直加速，運動時間最短，即有
L
解得：tmin＝4s
使小物塊一直保持加速，需要傳送帶速度v＞atmin＝1×4m/s＝4m/s
即要運動時間最短，傳送帶的速度至少增大到4m/s。
答：（1）A、B間距離L為8m；
（2）小物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ為0.1。
（3）最短運動時間tmin為4s，若要運動時間最短，傳送帶的速度至少增大到4m/s。
（2022秋 香坊區校級期末）如圖（a），一根足夠長的細桿與水平成θ＝37°固定，質量為m＝2kg的小球穿在細桿上靜止于細桿底端O點，力F方向水平向右，作用于小球上，經時間t1＝0.2s后停止作用，小球沿細桿運動的部分v﹣t圖像如圖（b）（取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：
（1）小球在0～2s內的加速度a1和0.2～0.4s內的加速度a2；
（2）小球與細桿之間的動摩擦因數μ；
（3）0～0.2內水平作用力F的大??；
（4）若拉力F的方向改為沿桿向上，其大小滿足F＝60﹣6t，物體從靜止出發，試畫出0～10s內的v﹣t圖像，并準確標明運動狀態轉折時對應的時間。
【解答】解：（1）由圖（b）可知，小球在0～2s內的加速度為
即大小為20m/s2，方向沿細桿向上；
0.2～0.4s內的加速度為
即大小為10m/s2，方向沿細桿向下；
（2）t1＝0.2s后，停止施加水平作用力F，對小球受力分析，根據牛頓第二定律可得：
﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
代入數據解得：
μ＝0.5
（3）在0～0.2s內，對小球受力分析如圖所示
根據牛頓第二定律得：
Fcos37°﹣mgsin37°﹣f＝ma1
又f＝μFN＝μ（mgcos37°+Fsin37°）
代入數據聯立解得：
F＝120N
（4）物體從靜止出發，根據牛頓第二定律可得：F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
解得：a＝20﹣3t
可知一開始加速度大小逐漸減小，方向沿桿向上，物體沿桿向上做加速度減小的加速運動；
當加速度為零時，物體速度達到最大，此時加速度為零，即20﹣3t＝0
ts
s后，加速度大小逐漸增大，方向沿桿向下，物體沿桿向上做加速度增大的減速運動；
根據v﹣t圖像的切線斜率表示速度，可得0～10s內的v﹣t圖像如圖所示
答：（1）小球在0～2s內的加速度a1大小為20m/s2，方向沿細桿向上，0.2～0.4s內的加速度a2大小為10m/s2，方向沿細桿向下；
（2）小球與細桿之間的動摩擦因數μ為0.5；
（3）0～0.2內水平作用力F的大小為120N；
（4）v﹣t圖像見解析。
【鞏固提高】
一．選擇題（共8小題）
1．（2022秋 通榆縣期末）一質量為2kg的小車靜止在光滑水平地面上，在t＝0時刻，小車受到水平方向的作用力F，規定水平向右為正方向，力F隨時間變化的關系如圖所示，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．小車前2s內的加速度為4m/s2
B．小車在第3s末的速度為5m/s
C．小車在第6s末回到出發點
D．小車前6s內的平均速度大小為2m/s
【解答】解：A．對小車，由牛頓第二定律可得：
F1＝ma1
小車前2s內的加速度為：
，故A錯誤；
B．2s末的速度為v2＝a1t1＝2×2m/s＝4m/s
對小車，根據牛頓第二定可得：
F2＝ma2
2s～6s內，小車做勻減速直線運動，其加速度大小為：
由運動學公式v3＝v2﹣a2t2
可得，小車在第3s末的速度為v3＝3m/s，故B錯誤；
C．根據位移—時間公式可知小車在前6s運動的位移為：
代入數據解得：x6＝12m
所以，小車在第6s末沒有回到出發點，故C錯誤；
D．根據平均速度的定義式可知小車前6s內的平均速度大小為：
，故D正確。
故選：D。
2．（2021秋 黃陵縣校級期末）如圖所示，天花板上用細繩吊起用輕彈簧相連的兩個小球A、B，它們的質量分別是m、2m，兩小球均保持靜止。已知重力加速度為g。當突然剪斷細繩時，小球A與小球B的加速度大小分別為（　?。?br/>A．0、1.5g B．g、g C．2g、0 D．3g、0
【解答】解：剪斷懸線前兩小球均靜止，對小球B分析可知，彈簧的彈力F＝2mg
剪斷懸線瞬間，彈簧的彈力不變，B的受力情況不變，加速度為零；
小球A受重力和彈簧的彈力，由牛頓第二定律可得，F+mg＝ma，解得：a＝3g
故D正確、ABC錯誤。
故選：D。
3．（2022秋 沙河口區校級期中）如圖所示，細繩OA一端系在小球上，另一端固定在傾斜天花板上的A點，細繩OA恰好豎直；輕質彈簧OB一端與小球連接，另一端固定在豎直墻上的B點，輕質彈簧OB恰好水平，小球處于靜止狀態。將細繩剪斷的瞬間，小球的加速度（　?。?br/>A．方向沿BO方向 B．方向沿OB方向
C．方向豎直向下 D．方向沿右下方
【解答】解：小球靜止時，可能受到重力、彈簧的彈力和細繩的拉力，由圖可知，繩保持豎直方向，如果彈簧有彈力，則細線不可能豎直狀態使小球受力平衡，故小球只受重力和繩子的拉力作用；將細繩燒斷的瞬間，小球只受到重力作用，故小球的加速度為重力加速度，方向豎直向下。
故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
4．（2023春 五華區校級月考）如圖甲所示，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，力F的大小與時間t的關系與物塊的運動速度v與時間t的關系如圖乙、丙所示，g取10m/s2。下列說法正確的是（　　）
A．滑動時物塊受到的摩擦力大小是3N
B．物塊的質量為4.5kg
C．物塊在3s～6s內的加速度大小是1m/s2
D．物塊與地面間的動摩擦因數是0.4
【解答】解：A、根據圖甲和圖乙可知，在6～9s過程中，物塊做勻速直線運動，則此時拉力等于摩擦力，即
f＝6N，故A錯誤；
BC、在3～6s過程中，根據牛頓第二定律得，解得m＝1.5kg，故BC錯誤；
D、物塊與地面間的動摩擦因數是，故D正確。
故選：D。
5．（2022秋 煙臺期中）如圖所示，物體A、B質量分別為m、2m，疊放在輕質彈簧上（彈簧下端固定于地面上，上端和物體A拴接）。對B施加一豎直向下、大小為F的外力，使彈簧再壓縮一段距離（彈簧始終處于彈性限度內）后物體A、B處于平衡狀態。已知重力加速度為g，F＞3mg。現突然撤去外力F，設兩物體向上運動過程中A、B間的相互作用力大小為FN，則在A、B分離前，下列說法正確的是（　　）
A．剛撤去外力F時，FN＝2mg
B．彈簧彈力等于F時，FN
C．兩物體A、B在彈簧恢復原長之前分離
D．彈簧恢復原長時FN＝2mg
【解答】解：A、撤去外力前，A、B組成的整體受力平衡，剛撤去外力F瞬間，彈簧彈力不變，整體所受的合力大小等于F，方向豎直向上，由牛頓第二定律，對A、B組成的整體有F＝3ma1，對物體B有FN﹣2mg＝2ma1，聯立解得FNF+2mg，故A錯誤；
B、彈簧彈力等于F時，對A、B組成的整體有F﹣3mg＝3ma2，對物體B有FN﹣2mg＝2ma2，聯立解得FNF，故B正確；
CD、當A、B恰好分離時，A、B間相互作用力為0，加速度相同，對B有2mg＝2ma，a＝g，A的加速度也為g，對A，根據牛頓第二定律得mg﹣F彈＝ma＝mg，即彈簧彈力為0，彈簧恰好恢復到原長，故C、D錯誤。
故選：B。
6．（2022 雁峰區校級開學）如圖甲所示，一質量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質量為m的小滑塊。木板受到水平拉力F作用時，用傳感器測出長木板的加速度a與水平拉力F的關系如圖乙所示，重力加速度g＝10m/s2。下列說法正確的是（　　）
A．小滑塊的質量m＝2kg
B．0﹣6s內滑塊做勻加速直線運動
C．當水平拉力F＝8N時，滑塊的加速度大小為1m/s2
D．滑塊與長木板之間的動摩擦因數為0.1
【解答】解：AD、由a F圖像可知，小滑塊的最大加速度為2m/s2，對小滑塊分析有μmg＝mam
解得μ＝0.2，
由a F圖像可知，外力大于6N后兩物體相對滑動，對長木板受力分析有
F μmg＝Ma
整理得aF
由a F圖像可知圖像的斜率為k
由圖像可得k1
解得M＝1kg
由a F圖像可知，外力小于6N時，兩物體有共同加速度，外力等于6N時，兩物體加速度為2m/s2，對整體分析有
F＝（M+m）a
解得M+m＝3kg，則有m＝2kg，故A正確，D錯誤；
BC、由a F圖像可知，拉力在0﹣6N范圍內兩物體相對靜止，滑塊加速度隨拉力的增大而增大；
由a F圖像可知，外力大于6N后兩物體相對滑動，對長木板受力分析有
F μmg＝Ma
代入數據整理得F 4＝a
所以當水平拉力F＝8N時，長木板的加速度大小為4m/s2，故BC錯誤。
故選：A。
7．（2023 閔行區二模）如圖（a）所示，物塊從傾角為37°的斜面頂端自由滑至底端，全程平均速度隨時間t的關系如圖（b）。物塊下滑過程中斜面保持靜止，那么（　　）
A．物塊下滑過程的加速度為1m/s2
B．斜面長度為4m
C．物塊和斜面之間的動摩擦因數為0.5
D．水平地面對斜面摩擦力方向水平向左
【解答】解：AB、設物塊的初速度為v0，加速度為a，則，平均速度，由圖（b）可知v0＝1m/s，，所以加速度a＝2m/s2，則斜面長度，故AB錯誤；
C、由牛頓第二定律有：mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma，則，故C正確；
D、設斜面的傾角為θ，θ＝37°，斜面受力如下圖所示：
水平地面對斜面的摩擦力方向取決于物塊對斜面的壓力和摩擦力水平方向分力N2與f2的大小關系，由圖可知N2＝Nsinθ＝0.6N，f2＝fcosθ＝μNcosθ＝0.4N，可知N2＞f2，所以水平地面對斜面的摩擦力方向水平向右，故D錯誤。
故選：C。
8．（2022秋 沙坪壩區校級期末）如圖所示，天花板上用輕繩懸掛著質量為m的吊籃A，吊籃中放置著質量為2m的重物B，吊籃下方通過輕質彈簧與質量為3m的小球C相連，已知初始時整個裝置處于靜止狀態，彈簧未超過彈性限度，重力加速度為g，則剪斷輕繩瞬間，各物體加速度為（　?。?br/>A．aA＝4g，aB＝g B．aA＝2g，aB＝2g
C．aA＝2g，aC＝0 D．aB＝g，aC＝g
【解答】解：剪斷輕繩之前，根據共點力平衡條件可知彈簧彈力：F＝3mg
剪斷輕繩瞬間，彈簧彈力不變，C球仍受力平衡，加速度為零，對A分析
F+mg＝ma
解得
a＝4g
此時AB分離，所以B只受重力，加速度為g。
故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
二．計算題（共2小題）
9．（2022秋 海淀區期末）在高一物理的學習中，我們不僅掌握了力學知識，也逐漸了解了物理學解決問題的基本方法，這些方法為我們搭建了解決問題的思路框架。
（1）若質量為m的物體，僅在恒力F作用下，沿直線運動，經過時間t，速度由v1變為v2。請結合牛頓運動定律和運動學規律，推導“F與t的乘積”與“m、v1、v2的數學關系。
（2）如圖1所示，F﹣t圖像描述的是物體僅受到在同一直線上的兩個力F1和F2隨時間t的變化情況。已知物體的質量m＝2kg，t＝0時物體由靜止開始運動。
a.借助（1）中所得結論，求t＝9s時物體速度的大?。?br/>b.在圖2中，定性畫出0～9s內物體的v﹣t圖線。
【解答】解：（1）物體所受合力為恒力，則物體做勻加速直線運動，設物體的加速度為a，根據速度—時間公式得：v2＝v1+at
由牛頓第二定律得：F＝ma
聯立整理得：Ft＝mv2﹣mv1
（2）a.Ft＝mv2﹣mv1＝mΔv
F為物體所受合力，則F﹣t圖像與坐標軸所圍的面積為mΔv
Ft＝（F1+F1）t＝mΔv
由圖像得，mΔv（1+3）×2N s+3×7N s﹣9×1N s＝16N s
Δv＝8m/s
Δv＝v﹣0＝8m/s
則t＝9s時物體速度的大小為8m/s
b.0～9s內物體的v﹣t圖線如圖：
答：（1）“F與t的乘積”與“m、v1、v2的數學關系為Ft＝mv2﹣mv1；
（2）a.t＝9s時物體速度的大小為8m/s；
b.0～9s內物體的v﹣t圖線如圖：
10．（2022秋 越秀區校級期末）如圖甲所示，質量為m＝1kg的物體置于傾角為θ＝37°的固定且足夠長的斜面底部，對物體施加平行于斜面向上的拉力F，t1＝0.5s時撤去拉力，物體速度與時間（v﹣t）的部分圖像如圖乙所示。（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）拉力F的大??；
（2）物體沿斜面滑行的位移x。
【解答】解：（1）由v﹣t圖像得，0～0.5s內，a1m/s2＝16m/s2
0.5～1.0s內，a2m/s2＝﹣8m/s2
由牛頓第二定律得：0～0.5s內，F﹣f＝ma1
0.5～1.0s內，﹣f＝ma2
代入數據聯立解得：F＝24N
（2）物體沿斜面加速上滑的位移x10.5×8m＝2m
減速上滑的位移x2m＝4m
物體沿斜面滑行的位移x＝x1+x2＝2m+4m＝6m
答：（1）拉力F的大小為24N；
（2）物體沿斜面滑行的位移x為6m。
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微專題Ⅰ 瞬時加速度問題和動力學圖象問題
一、瞬時加速度問題 1
二、動力學的圖象問題 4
【鞏固提高】 12
[知識分析]
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，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，其彈力往往可以看成是不變的．
1．（2022秋 通榆縣期末）如圖所示，小球A懸掛在天花板上，與A質量相等的小球B有輕彈簧相連，當懸掛A的細繩燒斷瞬間，A和B的加速度大小分別是（　　）
A．aA＝g，aB＝g B．aA＝2g，aB＝0 C．aA＝g，aB＝2g D．aA＝2g，aB＝g
（2023 龍巖模擬）一傾角為θ的斜面體C始終靜止在水平地面上，斜面光滑，底面粗糙，如圖所示。輕質彈簧兩端分別與質量相等的A、B兩球連接。B球靠在擋板上，系統處于靜止狀態。重力加速度大小為g。當撤去擋板瞬間，下列說法正確的是（　?。?br/>A．球A的瞬時加速度沿斜面向下，大小為gsinθ
B．球B的瞬時加速度沿斜面向下，大小為2gsinθ
C．地面對斜面體C的支持力等于球A、B和C的重力之和
D．地面對斜面體C的摩擦力方向水平向右
（2022秋 大荔縣期末）如圖所示，A、B、C三個物塊質量均為m，用細線懸掛A物塊，A、B之間剛好接觸，但是沒有擠壓，B、C物塊之間通過彈簧栓接，三個物塊均處于靜止狀態，以下說法正確的是（　　）
A．靜止時，地面對C的支持力為3mg
B．剪斷細線的瞬間，B物塊的加速度為零
C．剪斷細線的瞬間，A、B之間的作用力為
D．若將彈簧剪斷，B物塊的瞬時加速度為零
（2022秋 浦東新區校級期末）如圖所示，已知A球的質量為2m，B球的質量為m，彈簧的質量不計，傾角為θ的斜面光滑，固定在地面上。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（　　）
A．彈簧的彈力瞬間消失 B．B球的加速度為gsinθ
C．A球的加速度為3sinθ D．A球的加速度為gsinθ
（2022秋 靈壽縣校級期末）水平面上有一質量m＝2kg的小球，小球與左端固定的水平輕彈簧及上端固定的不可伸長的輕繩相連，如圖所示，此時小球處于靜止狀態，輕繩與豎直方向成θ＝45°角。g＝10m/s2。下列說法正確的是（　?。?br/>A．此時，繩上的拉力為20N
B．若剪斷輕繩，則剪斷的瞬間輕彈簧的彈力大小為20N
C．若剪斷輕繩，則剪斷的瞬間小球的加速度大小為10m/s2，方向向左
D．若剪斷彈簧，則剪斷的瞬間小球的加速度為零
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－時間圖象(x－t圖象)、速度－時間圖象(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律、受力規律，而絕非代表物體的運動軌跡．
2．圖象問題的分析方法
(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．
（2022秋 連江縣校級期末）如圖甲所示，滑塊以一定的初速度沖上一傾角θ＝37°的足夠長的固定斜面，滑塊上滑過程的v﹣t圖像如圖乙，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。則下列說法正確的是（　?。?br/>A．木塊上滑過程中的加速度大小是6m/s2
B．木塊與斜面間的動摩擦因數μ＝0.5
C．木塊經2s返回出發點
D．木塊回到出發點時的速度大小v＝2m/s
（2023 姑蘇區校級開學）如圖甲所示，鳥兒有多拼，為了生存幾只鳥像炮彈或標槍一樣一頭扎入水中捕魚，假設小鳥的俯沖是自由落體運動，進入水中后是勻減速直線運動，其v﹣t圖像如圖乙所示，自由落體運動的時間為t1，整個過程的運動時間為，最大速度為vm＝18m/s，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（　?。?br/>A．t1＝1.6s
B．整個過程下落的高度為32.4m
C．t1～時間內v﹣t圖像的斜率為﹣15m/s2
D．t1～時間內阻力是重力的1.5倍
（2021秋 永昌縣校級期末）一個物塊放置在粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F隨時間t變化的關系如圖甲所示，速度v隨時間t變化的關系如圖乙所示，g＝10m/s2，則由圖中信息可判定（　?。?br/>A．0～2s內物塊所受摩擦力Ff＝8N
B．物塊的質量為4kg
C．物塊在前6s內的平均速度為3m/s
D．物塊與水平地面間的動摩擦因數μ＝0.4
（2023 五華區校級模擬）如圖甲，足夠長木板靜置于水平地面上，木板右端放置一小物塊。在t＝0時刻對木板施加一水平向右的恒定拉力F，作用1s后撤去F，此后木板運動的v﹣t圖像如圖乙。物塊和木板的質量均為1kg，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．拉力F的大小為24N
B．物塊與木板、木板與地面間的動摩擦因數均為μ＝0.4
C．物塊最終停止時的位置與木板右端間的距離為3m
D．t＝2s時刻，物塊的速度減為0
（2023 重慶模擬）如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運行，初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶，若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的v﹣t圖像（以地面為參考系）如圖乙所示，已知v2＞v1，則（　　）
A．t2時刻，小物塊離A處的距離達到最大
B．t2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大
C．0～t2時間內，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3時間內，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用
（2022秋 石景山區校級期末）如圖1所示，一水平傳送帶以2m/s的速度勻速運動，現把小物塊（可視為質點）無初速地輕放在傳送帶的左端A處，經過5s時間，小物塊到達傳送帶的右端B處。其速度—時間圖像如圖2所示，重力加速度g＝10m/s2。
（1）求A、B間距離L；
（2）求小物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ；
（3）只增大傳送帶的速度，其它物理量保持不變，可使小物塊在傳送帶上從A運動到B所用的時間縮短。求最短運動時間tmin，若要運動時間最短，傳送帶的速度至少增大到多少。
（2022秋 香坊區校級期末）如圖（a），一根足夠長的細桿與水平成θ＝37°固定，質量為m＝2kg的小球穿在細桿上靜止于細桿底端O點，力F方向水平向右，作用于小球上，經時間t1＝0.2s后停止作用，小球沿細桿運動的部分v﹣t圖像如圖（b）（取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：
（1）小球在0～2s內的加速度a1和0.2～0.4s內的加速度a2；
（2）小球與細桿之間的動摩擦因數μ；
（3）0～0.2內水平作用力F的大??；
（4）若拉力F的方向改為沿桿向上，其大小滿足F＝60﹣6t，物體從靜止出發，試畫出0～10s內的v﹣t圖像，并準確標明運動狀態轉折時對應的時間。
【鞏固提高】
一．選擇題（共8小題）
1．（2022秋 通榆縣期末）一質量為2kg的小車靜止在光滑水平地面上，在t＝0時刻，小車受到水平方向的作用力F，規定水平向右為正方向，力F隨時間變化的關系如圖所示，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．小車前2s內的加速度為4m/s2
B．小車在第3s末的速度為5m/s
C．小車在第6s末回到出發點
D．小車前6s內的平均速度大小為2m/s
2．（2021秋 黃陵縣校級期末）如圖所示，天花板上用細繩吊起用輕彈簧相連的兩個小球A、B，它們的質量分別是m、2m，兩小球均保持靜止。已知重力加速度為g。當突然剪斷細繩時，小球A與小球B的加速度大小分別為（　　）
A．0、1.5g B．g、g C．2g、0 D．3g、0
3．（2022秋 沙河口區校級期中）如圖所示，細繩OA一端系在小球上，另一端固定在傾斜天花板上的A點，細繩OA恰好豎直；輕質彈簧OB一端與小球連接，另一端固定在豎直墻上的B點，輕質彈簧OB恰好水平，小球處于靜止狀態。將細繩剪斷的瞬間，小球的加速度（　　）
A．方向沿BO方向 B．方向沿OB方向
C．方向豎直向下 D．方向沿右下方
4．（2023春 五華區校級月考）如圖甲所示，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，力F的大小與時間t的關系與物塊的運動速度v與時間t的關系如圖乙、丙所示，g取10m/s2。下列說法正確的是（　?。?br/>A．滑動時物塊受到的摩擦力大小是3N
B．物塊的質量為4.5kg
C．物塊在3s～6s內的加速度大小是1m/s2
D．物塊與地面間的動摩擦因數是0.4
5．（2022秋 煙臺期中）如圖所示，物體A、B質量分別為m、2m，疊放在輕質彈簧上（彈簧下端固定于地面上，上端和物體A拴接）。對B施加一豎直向下、大小為F的外力，使彈簧再壓縮一段距離（彈簧始終處于彈性限度內）后物體A、B處于平衡狀態。已知重力加速度為g，F＞3mg?，F突然撤去外力F，設兩物體向上運動過程中A、B間的相互作用力大小為FN，則在A、B分離前，下列說法正確的是（　?。?br/>A．剛撤去外力F時，FN＝2mg
B．彈簧彈力等于F時，FN
C．兩物體A、B在彈簧恢復原長之前分離
D．彈簧恢復原長時FN＝2mg
6．（2022 雁峰區校級開學）如圖甲所示，一質量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質量為m的小滑塊。木板受到水平拉力F作用時，用傳感器測出長木板的加速度a與水平拉力F的關系如圖乙所示，重力加速度g＝10m/s2。下列說法正確的是（　?。?br/>A．小滑塊的質量m＝2kg
B．0﹣6s內滑塊做勻加速直線運動
C．當水平拉力F＝8N時，滑塊的加速度大小為1m/s2
D．滑塊與長木板之間的動摩擦因數為0.1
7．（2023 閔行區二模）如圖（a）所示，物塊從傾角為37°的斜面頂端自由滑至底端，全程平均速度隨時間t的關系如圖（b）。物塊下滑過程中斜面保持靜止，那么（　?。?br/>A．物塊下滑過程的加速度為1m/s2
B．斜面長度為4m
C．物塊和斜面之間的動摩擦因數為0.5
D．水平地面對斜面摩擦力方向水平向左
8．（2022秋 沙坪壩區校級期末）如圖所示，天花板上用輕繩懸掛著質量為m的吊籃A，吊籃中放置著質量為2m的重物B，吊籃下方通過輕質彈簧與質量為3m的小球C相連，已知初始時整個裝置處于靜止狀態，彈簧未超過彈性限度，重力加速度為g，則剪斷輕繩瞬間，各物體加速度為（　?。?br/>A．aA＝4g，aB＝g B．aA＝2g，aB＝2g
C．aA＝2g，aC＝0 D．aB＝g，aC＝g
二．計算題（共2小題）
9．（2022秋 海淀區期末）在高一物理的學習中，我們不僅掌握了力學知識，也逐漸了解了物理學解決問題的基本方法，這些方法為我們搭建了解決問題的思路框架。
（1）若質量為m的物體，僅在恒力F作用下，沿直線運動，經過時間t，速度由v1變為v2。請結合牛頓運動定律和運動學規律，推導“F與t的乘積”與“m、v1、v2的數學關系。
（2）如圖1所示，F﹣t圖像描述的是物體僅受到在同一直線上的兩個力F1和F2隨時間t的變化情況。已知物體的質量m＝2kg，t＝0時物體由靜止開始運動。
a.借助（1）中所得結論，求t＝9s時物體速度的大小；
b.在圖2中，定性畫出0～9s內物體的v﹣t圖線。
10．（2022秋 越秀區校級期末）如圖甲所示，質量為m＝1kg的物體置于傾角為θ＝37°的固定且足夠長的斜面底部，對物體施加平行于斜面向上的拉力F，t1＝0.5s時撤去拉力，物體速度與時間（v﹣t）的部分圖像如圖乙所示。（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）拉力F的大小；
（2）物體沿斜面滑行的位移x。
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