1、专题强化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.(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1AA的加速度大小为 BA的加速度大小为零CB的加速度大小为 DB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；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2.(2019重庆市主城区七校高一上学期期末联考)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
2、为30的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态在木板AB突然撤离的瞬间，小球的加速度大小为(重力加速度为g)()图2A0 B.g Cg 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.3.(多选)如图3所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细绳悬挂于固定点O，整个系统处于静
3、止状态现将细绳剪断，将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对原长的伸长量分别为l1和l2，重力加速度大小为g，在剪断的瞬间()图3Aa13g Ba10Cl12l2 Dl1l2答案AC解析设物块的质量为m，剪断细绳的瞬间，绳子的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细绳的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力FT1，剪断前对b、c和弹簧S2组成的整体受力分析可知FT12mg，故a受到的合力FmgFT1mg2mg3mg，故加速度a13g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为FT2，则FT2mg，根据胡克定律Fkx可得l12l2，C正确，D错误4(多选)如图4所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连
4、，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间()图4A弹簧的形变量不改变B弹簧的弹力大小为mgC木块A的加速度大小为2gD木块B对水平面的压力变为2mg答案AC5(多选)(2019九江一中高一上学期期末)如图5所示，A、B两球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为的光滑斜面固定放置，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是(重力加速度为g)()图5A两个小球的瞬时加速度方向均沿斜面向下，大小均为gsin BB球的受力情况不变，瞬时加速度为零CA球的瞬时加速度方向沿斜面向下，大小为
5、2gsin D弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度方向向上，A球的瞬时加速度方向向下，瞬时加速度大小都不为零答案BC解析设弹簧的弹力大小为F，由平衡条件可知Fmgsin ，烧断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，故B球的受力情况不变，加速度为零，B正确，A、D错误；以A为研究对象，由牛顿第二定律可得Fmgsin maA，解得aA2gsin ，C正确考点二动力学的图象问题6. (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6所示，则()图6A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大小之比为91D物体所受的重力
6、和空气阻力大小之比为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7.如图7所示，一竖直放置的轻弹簧下端固定于水平桌面，现将一物块放于弹簧上，同时对物块施加一竖直向下的外力，并使系统静止若将外力突然撤去，则物块在第一次到达最高点前的速度时间图象(图中实线)可能是下图中的()图7答案A解析撤去外力后，物块先向上做加速度减小的加速运动，当重力与弹力相等时速度达到最大值，之后再做加速度增大的减速运动，当物块与弹簧分离后，再做竖直上抛运动，到最高点速度为0，故A正确8(多选)
7、如图8甲，一物块在t0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图象如图乙所示若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()图8A斜面的倾角B物块的质量C物块与斜面间的动摩擦因数D物块沿斜面向上滑行的最大高度答案ACD解析由vt图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得mgsin mgcos ma，即gsin gcos .同理向下滑行时gsin gcos ，两式联立得sin ，.可见能计算出斜面的倾角以及动摩擦因数，选项A、C正确；物块滑上斜面时的初速度v0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为，所以沿斜面向上滑行的最远距离为xt1，根据斜面
8、的倾角可计算出向上滑行的最大高度为xsin t1，选项D正确；仅根据vt图象无法求出物块的质量，选项B错误9(多选)如图9甲所示，一物体沿倾角为37的足够长的固定粗糙斜面由静止开始运动，同时受到水平向右的逐渐增大的风力作用，水平风力的大小与风速成正比物体在斜面上运动的加速度a与风速v的关系如图乙所示，则(已知sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2)()图9A当风速为3 m/s时，物体沿斜面向下运动B当风速为5 m/s时，物体与斜面间无摩擦力作用C当风速为5 m/s时，物体开始沿斜面向上运动D物体与斜面间的动摩擦因数为0.25答案AD解析由题图乙可知物体的加速度随风速的增大而减
9、小，当风速为零时，物体的加速度为a04 m/s2，对物体，沿斜面方向有mgsin mgcos ma0，即a0gsin gcos ，解得0.25，D正确；物体由静止开始沿斜面加速下滑，随着风速的增大，物体的加速度逐渐减小，但加速度的方向不变，物体仍然做加速运动，直到风速为5 m/s时，物体的加速度减小为零，但物体具有沿斜面向下的速度，故物体仍沿斜面向下运动，受到沿斜面向上的摩擦力，A正确，B、C错误二、非选择题10(2019杭州市高一第一学期期末模拟)如图10甲所示，一物块以一定的初速度沿固定斜面向上滑动，利用速度传感器可以在计算机屏幕上得到其速度大小随时间变化的关系图象如图乙所示求斜面的倾角及
10、物块与斜面间的动摩擦因数.图10答案见解析解析设物块沿斜面上滑和下滑的加速度分别为a1、a2，由vt图象可得：a1 m/s28 m/s2a2 m/s22 m/s2物块沿斜面向上滑动时，根据物块的受力情况，由牛顿第二定律有mgsin mgcos ma1物块沿斜面向下滑动时，根据物块的受力情况，由牛顿第二定律有mgsin mgcos ma2联立解得30，.11为了探究物体与斜面间的动摩擦因数，某同学进行了如下实验：取一质量为m的物体，使其在沿斜面方向的推力作用下向上运动，如图11甲所示，通过力传感器得到推力随时间变化的规律如图乙所示，通过频闪照相处理后得出速度随时间变化的规律如图丙所示，若已知斜面
11、固定且倾角30，重力加速度g取10 m/s2.图11(1)求物体与斜面间的动摩擦因数；(2)求撤去推力F后，物体还能上升的距离(斜面足够长)答案(1)(2)0.075 m解析(1)02 s内，F1mgsin mgcos ma1，a10.5 m/s2,2 s后，F2mgsin mgcos ma2，a20，代入数据解得m3 kg，.(2)撤去推力F后，有mgcos mgsin ma3，解得a3 m/s2，x30.075 m.12如图12甲所示，质量m1 kg的物体置于倾角为37的固定斜面上(斜面足够长)，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t11 s时撤去力F，物体运动时部分vt图象如图乙所
12、示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：图12(1)物体与斜面间的动摩擦因数及拉力F的大小；(2)t4 s时物体的速度答案(1)0.530 N(2)2 m/s，方向沿斜面向下解析(1)根据vt图象知，物体做匀加速直线运动的加速度的大小a120 m/s2，根据牛顿第二定律得Fmgcos mgsin ma1，物体做匀减速直线运动的加速度的大小a210 m/s2，根据牛顿第二定律得mgsin mgcos ma2，解得F30 N，0.5.(2)在物体运动过程中，设撤去力F后物体运动到最高点所用的时间为t2，由v1a2t2，解得t22 s.则物体从最高点开始沿斜面下滑的时间t3tt1t21 s，设物体下滑的加速度大小为a3，由牛顿第二定律得，mgsin mgcos ma3，解得a32 m/s2.所以t4 s时物体的速度va3t321 m/s2 m/s，方向沿斜面向下
