1、微型专题 瞬时加速度问题和动力学图象问题,第四章 力与运动,学习目标 1.会分析物体受力的瞬时变化，会求瞬时加速度. 2.会分析物体受力随时间的变化图象和速度随时间的变化图象，会结合图象解答动力学问题.,内容索引,重点探究 启迪思维 探究重点,达标检测 检测评价 达标过关,重点探究,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，
2、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，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 A.弹簧的拉力F B.弹簧的拉力Fmgsin C.小球的加速度为零 D.小球的加速度agsin ,解析,图1,答案,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
3、等大反向，即F合mgtan ，则小球的加速度agtan ，C、D错误.,1.加速度和力具有瞬时对应关系，即同时产生、同时变化、同时消失，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. 2.分析瞬时变化问题的一般思路： (1)分析瞬时变化前物体的受力情况，求出每个力的大小. (2)分析瞬时变化后每个力的变化情况. (3)由每个力的变化确定变化后瞬间的合力，由牛顿第二定律求瞬时加速度.,解析,答案,针对训练1 如图2所示，质量分别为m和2m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
4、B两球的瞬时加速度aA、aB的大小分别是 A.aA0，aB0 B.aAg，aBg C.aA3g，aBg D.aA3g，aB0,图2,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不会瞬间改变，故B球受力不变，aB0. 分析A球原来受力如图乙所示， FTFmg，FF，故FT3mg. 剪断细线，FT变为0，F大小不变，A球受力如图丙所示 由牛顿第二定律得：FmgmaA，解得aA3g.,二、动力学的图象问题,1.常见的图象形式 在动力学与运动学问题中，常见、常用的图象是位移图象(st图象)、速度图象(vt图象)和力的图象(Ft图象)等，这些图象反映的是物体的运动规律、受力规律，而绝非
5、代表物体的运动轨迹. 2.图象问题的分析方法 遇到带有物理图象的问题时，要认真分析图象，先从它的物理意义、点、线段、斜率、截距、交点、拐点、面积等方面了解图象给出的信息，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.由这两个图象可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数分别为,解析,答案,甲 乙,A.0.5 kg,0.4 B.1.5 kg， C.0.5 kg,0.2 D.1 kg,0.2,图3,物块在46 s所受推力F2
6、N，物块做匀速直线运动， 则Ff，Fmg 解得m0.5 kg，0.4，故A选项正确.,解决图象综合问题的关键 1.把图象与具体的题意、情景结合起来，明确图象的物理意义，明确图象所反映的物理过程. 2.特别注意图象中的一些特殊点，如图线与横、纵坐标轴的交点，图线的转折点，两图线的交点等所表示的物理意义.,针对训练2 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图象如图乙所示.取重力加速度g10 m/s2.求：,答案,(1)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数；
7、 答案 3 N 0.05,图4,解析,解析 设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a1，则由vt图象得a12 m/s2 根据牛顿第二定律，有Fmgma1 设物体向左做匀加速直线运动的加速度大小为a2，则由vt图象得a21 m/s2 根据牛顿第二定律，有Fmgma2， 联立解得F3 N，0.05.,(2)10 s末物体离a点的距离.,答案 在a点左边2 m处,解析 设10 s末物体离a点的距离为d，d应为vt图象与横轴所围的面积，则,答案,解析,达标检测,1.(瞬时加速度问题)如图5所示，在光滑的水平面上，质量分别为m1和m2的木块A和B之间用水平轻弹簧相连，在拉力F作用下，以加速度a做匀加速
8、直线运动，某时刻突然撤去拉力F，此瞬间A和B的加速度为a1和a2，则 A.a1a20 B.a1a，a20,图5,答案,解析,1,2,3,1,2,3,解析 两木块在光滑的水平面上一起以加速度a向右匀加速运动时，弹簧的弹力F弹m1a，在力F撤去的瞬间，弹簧的弹力来不及改变，大小仍为m1a，因此对A来讲，加速度此时仍为a，对B：取向右为正方向，m1am2a2，a2 ，所以D正确.,1,2,3,2.(瞬时加速度问题)如图6所示，a、b两小球悬挂在天花板上，两球用细线连接，上面是一轻质弹簧，a、b两球的质量分别为m和2m，在细线烧断瞬间，a、b两球的加速度为(取向下为正方向) A.0，g B.g，g C
9、.2g，g D.2g,0,答案,解析,图6,1,2,3,解析 在细线烧断之前，a、b可看成一个整体，由二力平衡知，弹簧弹力等于整体重力，故弹力向上且大小为3mg.当细线烧断瞬间，弹簧的形变量不变，故弹力不变，故a受重力mg和方向向上且大小为3mg的弹力，取向下为正方向，则a的加速度a1 2g，方向向上.对b而言，细线烧断后只受重力作用，则b的加速度为a2g，方向向下.故C正确.,1,2,3,3.(动力学的图象问题)如图7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
10、t12 s时刻风停止.小球沿细杆运动的部分vt图象如图乙所示，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，忽略浮力.求：,图7,(1)小球在02 s内的加速度a1和25 s内的加速度a2；,答案 15 m/s2，方向沿杆向上 10 m/s2，方向沿杆向下,解析 取沿细杆向上的方向为正方向，由题图乙可知：,1,2,3,答案,解析,1,2,3,答案,解析,(2)小球与细杆间的动摩擦因数和水平风力F的大小. 答案 0.5 50 N,解析 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 (mgcos Fsin )mgsin ma1 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mgcos mgsin ma2 联立以上各式解得0.5，F50 N.,