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微专题Ⅰ 瞬时加速度问题和动力学图象问题
一、瞬时加速度问题 1
二、动力学的图象问题 4
【巩固提高】 12
[知识分析]
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，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，其弹力往往可以看成是不变的．
1．（2022秋 通榆县期末）如图所示，小球A悬挂在天花板上，与A质量相等的小球B有轻弹簧相连，当悬挂A的细绳烧断瞬间，A和B的加速度大小分别是（　　）
A．aA＝g，aB＝g B．aA＝2g，aB＝0 C．aA＝g，aB＝2g D．aA＝2g，aB＝g
【解答】解：悬线剪断前，以小球B为研究对象，由平衡条件可知，弹簧弹力F＝mg
以A、B整体为研究对象，由平衡条件可知，悬线的拉力为T＝2mg
剪断悬线瞬间，绳子拉力消失，弹簧弹力瞬间不变，由牛顿第二定律
对小球A：mg+F＝maA
对小球B：F﹣mg＝maB
解得aA＝2g，aB＝0，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2023 龙岩模拟）一倾角为θ的斜面体C始终静止在水平地面上，斜面光滑，底面粗糙，如图所示。轻质弹簧两端分别与质量相等的A、B两球连接。B球靠在挡板上，系统处于静止状态。重力加速度大小为g。当撤去挡板瞬间，下列说法正确的是（　　）
A．球A的瞬时加速度沿斜面向下，大小为gsinθ
B．球B的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθ
C．地面对斜面体C的支持力等于球A、B和C的重力之和
D．地面对斜面体C的摩擦力方向水平向右
【解答】解：AB、设A、B两球质量均为m。撤去挡板前，对A球受力分析，由平衡条件有：F弹＝mgsinθ
撤去挡板瞬间，弹簧的弹力不变，A球受力情况不变，合力为0，加速度为0。对B球，由牛顿第二定律有mgsinθ+F弹＝maB，解得aB＝2gsinθ，方向沿斜面向下，故A错误，B正确；
C、撤去挡板瞬间，B球有沿斜面向下的加速度，有竖直向下的分加速度，处于失重状态，则地面对斜面体C的支持力小于球A、B和C的重力之和，故C错误；
D、撤去挡板瞬间，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，对A、B和C整体分析，地面对斜面体的摩擦力不为零，方向水平向左，故D错误。
故选：B。
（2022秋 大荔县期末）如图所示，A、B、C三个物块质量均为m，用细线悬挂A物块，A、B之间刚好接触，但是没有挤压，B、C物块之间通过弹簧栓接，三个物块均处于静止状态，以下说法正确的是（　　）
A．静止时，地面对C的支持力为3mg
B．剪断细线的瞬间，B物块的加速度为零
C．剪断细线的瞬间，A、B之间的作用力为
D．若将弹簧剪断，B物块的瞬时加速度为零
【解答】解：A．静止时，由于A、B之间没有挤压，对B、C及弹簧的整体受力分析，根据共点力的平衡条件可知，地面对C的支持力为2mg，故A错误；
BC．静止时，对物块B有kΔx＝mg，剪断细线时，由于弹簧弹力不变，A、B物块一起向下加速，由牛顿第二定律可知2mg﹣kΔx＝2ma，解得加速度
对A分析，由牛顿第二定律有mg﹣FN＝ma，可得，故B错误，C正确；
D．若将弹簧剪断，B物体不再受弹簧的支持力和A的压力，只受重力，所以B物块的加速度为g，故D错误。
故选：C。
（2022秋 浦东新区校级期末）如图所示，已知A球的质量为2m，B球的质量为m，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，固定在地面上。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（　　）
A．弹簧的弹力瞬间消失 B．B球的加速度为gsinθ
C．A球的加速度为3sinθ D．A球的加速度为gsinθ
【解答】解：A、烧断细线瞬间A、B均静止，A、B间的距离不变，弹簧的形变量不变，弹力大小不变，故A错误；
BCD、在细线烧断前，以B球为研究对象，根据平衡条件可知弹簧的弹力F＝mgsinθ，
在细线被烧断的瞬间，细线的拉力变为零，弹簧的弹力没有变化，所以B的加速度为0；
对A，由牛顿第二定律得：F+2mgsinθ＝2ma
解得A球的加速度大小agsinθ
故BC错误，D正确；
故选：D。
（2022秋 灵寿县校级期末）水平面上有一质量m＝2kg的小球，小球与左端固定的水平轻弹簧及上端固定的不可伸长的轻绳相连，如图所示，此时小球处于静止状态，轻绳与竖直方向成θ＝45°角。g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．此时，绳上的拉力为20N
B．若剪断轻绳，则剪断的瞬间轻弹簧的弹力大小为20N
C．若剪断轻绳，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10m/s2，方向向左
D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为零
【解答】解：A.设绳子拉力为T，对小球根据平衡条件有：Tcos45°＝mg，解得T＝20N，故A错误；
B.剪断轻绳前，设弹簧的弹力为F，对小球根据平衡条件有F＝Tsin45°，解得F＝20N，剪断轻绳，弹簧弹力不变，故剪断的瞬间轻弹簧的弹力大小为20N，故B正确；
C.剪断的瞬间轻弹簧的弹力不变，则重力与弹簧弹力的合力为20N，
根据牛顿第二定律a，解得a＝10m/s2，方向与竖直方向成45°角指向左下方，故C错误；
D.剪断弹簧的瞬间，弹簧弹力瞬间消失。小球将开始做圆周运动，此时小球的速度为零，向心加速度为零，沿绳方向小球受力平衡。小球具有沿切向方向（垂直绳的方向）的加速度，重力沿垂直绳方向的分力等于合力，则有：mgcos45°＝ma，解得：a＝5m/s2，故D错误；
故选：B。
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－时间图象(x－t图象)、速度－时间图象(v－t图象)和力的图象(F－t图象)等，这些图象反映的是物体的运动规律、受力规律，而绝非代表物体的运动轨迹．
2．图象问题的分析方法
(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．
（2022秋 连江县校级期末）如图甲所示，滑块以一定的初速度冲上一倾角θ＝37°的足够长的固定斜面，滑块上滑过程的v﹣t图像如图乙，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。则下列说法正确的是（　　）
A．木块上滑过程中的加速度大小是6m/s2
B．木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5
C．木块经2s返回出发点
D．木块回到出发点时的速度大小v＝2m/s
【解答】解：A、v﹣t图像的斜率表示加速度，由图像得，木块上滑过程中的加速度大小为a1＝||＝||m/s2＝10m/s2
故A错误；
B、对木块受力分析，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
代入数据解得：μ＝0.5
故B正确；
C、设木块下滑过程中的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
代入数据解得：a2＝2m/s2
物块上滑的位移为x10×1.0m＝5m
下滑过程的时间为t2ss
木块返回出发点的时间为t＝t1+t2＝1ss
故C错误；
D、木块回到出发点的速度为v＝a2t2＝2m/s＝2m/s
故D错误。
故选：B。
（2023 姑苏区校级开学）如图甲所示，鸟儿有多拼，为了生存几只鸟像炮弹或标枪一样一头扎入水中捕鱼，假设小鸟的俯冲是自由落体运动，进入水中后是匀减速直线运动，其v﹣t图像如图乙所示，自由落体运动的时间为t1，整个过程的运动时间为，最大速度为vm＝18m/s，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．t1＝1.6s
B．整个过程下落的高度为32.4m
C．t1～时间内v﹣t图像的斜率为﹣15m/s2
D．t1～时间内阻力是重力的1.5倍
【解答】解：A．小鸟自由落体运动的最大速度为vm＝18m/s，由自由落体运动的规律可得vm＝gt1，代入数据解得t1＝1.8s，故A错误；
B、整个过程下落的高度为图乙v﹣t图像与时间轴所围成的面积，则hm＝27m，故B错误；
C、时间内小鸟的加速度为a，则此时间内v﹣t图像的斜率k＝a＝﹣15m/s2，故C正确；
D、时间内由牛顿第二定律有：f﹣mg＝ma，解得：，故D错误。
故选：C。
（2021秋 永昌县校级期末）一个物块放置在粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图甲所示，速度v随时间t变化的关系如图乙所示，g＝10m/s2，则由图中信息可判定（　　）
A．0～2s内物块所受摩擦力Ff＝8N
B．物块的质量为4kg
C．物块在前6s内的平均速度为3m/s
D．物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.4
【解答】解：A、0～2 s内物块处于静止，所受的摩擦力为静摩擦力，f＝F＝4N．故A错误；
B、物体做匀速直线运动时，滑动摩擦力f＝8N，匀加速直线运动的加速度am/s2＝2m/s2，
根据牛顿第二定律得，F f＝ma，解得mkg＝2kg．动摩擦因数μ0.4．故B错误，D正确。
C、物块在前6 s内的位移x（2+4）×4m＝12m，则平均速度的大小v2m/s．故C错误。
故选：D。
（2023 五华区校级模拟）如图甲，足够长木板静置于水平地面上，木板右端放置一小物块。在t＝0时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力F，作用1s后撤去F，此后木板运动的v﹣t图像如图乙。物块和木板的质量均为1kg，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．拉力F的大小为24N
B．物块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4
C．物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为3m
D．t＝2s时刻，物块的速度减为0
【解答】解：AB、由图可知，木板在1s～1.5s的加速度大小比1.5s后的加速度大小要大，也就意味着在1.5s之前木块与木板之间相对滑动，直到1.5s时刻木块与木板共速
在1s～1.5s内，木板的加速度大小为
在0～1.5s内，物块的加速度大小为
假设木板与地面的动摩擦因数为μ1，物块与木板之间的动摩擦因数为μ2
则木板在1s～1.5s内根据牛顿第二定律有：
μ1×2mg+μ2mg＝ma1
木块在0～1.5s内根据牛顿第二定律有：
μ2mg＝ma2
代入数据联立解得：μ1＝0.4，μ2＝0.2
木板在0～1s内的加速度为
木板在0～1s内受力为：F﹣μ1×2mg﹣μ2mg＝ma3
代入数据解得：拉力F＝2μ1mg+μ2mg+ma3＝（2×0.4×1×10+0.2×1×10+1×8）N＝18N，故AB错误；
C、在0～1.5s内木板的位移
在0～1.5s内木块的位移
在1t.5s后，物块与木板间仍有相对滑动
物块的加速度大小为：
木板的加速度大小为a2′：μ2 2mg﹣μ1mg＝ma2′
解得：
物块到停止的时间还需要：
木板到停止的时间还需要：
物块的位移为：
木板的位移为：
物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为：Δs＝s1+x2′﹣s2﹣x1′＝6.75m+0.75m﹣2.25m﹣2.25m＝3m，故C正确；
D、由上可知，物块从开始到停止运动的时间为3s，2s时的速度不为零，故D错误；
故选：C。
（2023 重庆模拟）如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带，若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v﹣t图像（以地面为参考系）如图乙所示，已知v2＞v1，则（　　）
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
【解答】解：A、t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故A错误；
B、0～t1时间内木块向左匀减速直线运动，小物块速度一直减小到零；t1～t2时间内小物块向右匀加速，在该段时间内小物块相对传送带向左运动，当与传送带速度相等时，即t2时刻小物块相对传送带向左运动的距离最大，故B正确；
C、在0～t1时间内小物块向左减速，受向右的摩擦力作用，t1～t2时间内小物块向右匀加速，相对传送带向左，摩擦力方向仍向右，故C错误；
D、由图知，t2～t3小物块做匀速直线运动，此时受力平衡，小物块不受摩擦力作用，故D错误。
故选：B。
（2022秋 石景山区校级期末）如图1所示，一水平传送带以2m/s的速度匀速运动，现把小物块（可视为质点）无初速地轻放在传送带的左端A处，经过5s时间，小物块到达传送带的右端B处。其速度—时间图像如图2所示，重力加速度g＝10m/s2。
（1）求A、B间距离L；
（2）求小物块与传送带间的动摩擦因数μ；
（3）只增大传送带的速度，其它物理量保持不变，可使小物块在传送带上从A运动到B所用的时间缩短。求最短运动时间tmin，若要运动时间最短，传送带的速度至少增大到多少。
【解答】解：（1）由v﹣t图像与时间轴所围的面积表示位移，可知A、B间距离等于0﹣5s内图像与时间轴所围的面积大小，即
L2m＝8m
（2）由v﹣t图像的斜率等于加速度，可得小物块加速时的加速度为
am/s2＝1m/s2
根据牛顿第二定律得
μmg＝ma
解得：μ＝0.1
（3）若小物块一直加速，运动时间最短，即有
L
解得：tmin＝4s
使小物块一直保持加速，需要传送带速度v＞atmin＝1×4m/s＝4m/s
即要运动时间最短，传送带的速度至少增大到4m/s。
答：（1）A、B间距离L为8m；
（2）小物块与传送带间的动摩擦因数μ为0.1。
（3）最短运动时间tmin为4s，若要运动时间最短，传送带的速度至少增大到4m/s。
（2022秋 香坊区校级期末）如图（a），一根足够长的细杆与水平成θ＝37°固定，质量为m＝2kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O点，力F方向水平向右，作用于小球上，经时间t1＝0.2s后停止作用，小球沿细杆运动的部分v﹣t图像如图（b）（取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：
（1）小球在0～2s内的加速度a1和0.2～0.4s内的加速度a2；
（2）小球与细杆之间的动摩擦因数μ；
（3）0～0.2内水平作用力F的大小；
（4）若拉力F的方向改为沿杆向上，其大小满足F＝60﹣6t，物体从静止出发，试画出0～10s内的v﹣t图像，并准确标明运动状态转折时对应的时间。
【解答】解：（1）由图（b）可知，小球在0～2s内的加速度为
即大小为20m/s2，方向沿细杆向上；
0.2～0.4s内的加速度为
即大小为10m/s2，方向沿细杆向下；
（2）t1＝0.2s后，停止施加水平作用力F，对小球受力分析，根据牛顿第二定律可得：
﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
代入数据解得：
μ＝0.5
（3）在0～0.2s内，对小球受力分析如图所示
根据牛顿第二定律得：
Fcos37°﹣mgsin37°﹣f＝ma1
又f＝μFN＝μ（mgcos37°+Fsin37°）
代入数据联立解得：
F＝120N
（4）物体从静止出发，根据牛顿第二定律可得：F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
解得：a＝20﹣3t
可知一开始加速度大小逐渐减小，方向沿杆向上，物体沿杆向上做加速度减小的加速运动；
当加速度为零时，物体速度达到最大，此时加速度为零，即20﹣3t＝0
ts
s后，加速度大小逐渐增大，方向沿杆向下，物体沿杆向上做加速度增大的减速运动；
根据v﹣t图像的切线斜率表示速度，可得0～10s内的v﹣t图像如图所示
答：（1）小球在0～2s内的加速度a1大小为20m/s2，方向沿细杆向上，0.2～0.4s内的加速度a2大小为10m/s2，方向沿细杆向下；
（2）小球与细杆之间的动摩擦因数μ为0.5；
（3）0～0.2内水平作用力F的大小为120N；
（4）v﹣t图像见解析。
【巩固提高】
一．选择题（共8小题）
1．（2022秋 通榆县期末）一质量为2kg的小车静止在光滑水平地面上，在t＝0时刻，小车受到水平方向的作用力F，规定水平向右为正方向，力F随时间变化的关系如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．小车前2s内的加速度为4m/s2
B．小车在第3s末的速度为5m/s
C．小车在第6s末回到出发点
D．小车前6s内的平均速度大小为2m/s
【解答】解：A．对小车，由牛顿第二定律可得：
F1＝ma1
小车前2s内的加速度为：
，故A错误；
B．2s末的速度为v2＝a1t1＝2×2m/s＝4m/s
对小车，根据牛顿第二定可得：
F2＝ma2
2s～6s内，小车做匀减速直线运动，其加速度大小为：
由运动学公式v3＝v2﹣a2t2
可得，小车在第3s末的速度为v3＝3m/s，故B错误；
C．根据位移—时间公式可知小车在前6s运动的位移为：
代入数据解得：x6＝12m
所以，小车在第6s末没有回到出发点，故C错误；
D．根据平均速度的定义式可知小车前6s内的平均速度大小为：
，故D正确。
故选：D。
2．（2021秋 黄陵县校级期末）如图所示，天花板上用细绳吊起用轻弹簧相连的两个小球A、B，它们的质量分别是m、2m，两小球均保持静止。已知重力加速度为g。当突然剪断细绳时，小球A与小球B的加速度大小分别为（　　）
A．0、1.5g B．g、g C．2g、0 D．3g、0
【解答】解：剪断悬线前两小球均静止，对小球B分析可知，弹簧的弹力F＝2mg
剪断悬线瞬间，弹簧的弹力不变，B的受力情况不变，加速度为零；
小球A受重力和弹簧的弹力，由牛顿第二定律可得，F+mg＝ma，解得：a＝3g
故D正确、ABC错误。
故选：D。
3．（2022秋 沙河口区校级期中）如图所示，细绳OA一端系在小球上，另一端固定在倾斜天花板上的A点，细绳OA恰好竖直；轻质弹簧OB一端与小球连接，另一端固定在竖直墙上的B点，轻质弹簧OB恰好水平，小球处于静止状态。将细绳剪断的瞬间，小球的加速度（　　）
A．方向沿BO方向 B．方向沿OB方向
C．方向竖直向下 D．方向沿右下方
【解答】解：小球静止时，可能受到重力、弹簧的弹力和细绳的拉力，由图可知，绳保持竖直方向，如果弹簧有弹力，则细线不可能竖直状态使小球受力平衡，故小球只受重力和绳子的拉力作用；将细绳烧断的瞬间，小球只受到重力作用，故小球的加速度为重力加速度，方向竖直向下。
故C正确，ABD错误。
故选：C。
4．（2023春 五华区校级月考）如图甲所示，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，力F的大小与时间t的关系与物块的运动速度v与时间t的关系如图乙、丙所示，g取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．滑动时物块受到的摩擦力大小是3N
B．物块的质量为4.5kg
C．物块在3s～6s内的加速度大小是1m/s2
D．物块与地面间的动摩擦因数是0.4
【解答】解：A、根据图甲和图乙可知，在6～9s过程中，物块做匀速直线运动，则此时拉力等于摩擦力，即
f＝6N，故A错误；
BC、在3～6s过程中，根据牛顿第二定律得，解得m＝1.5kg，故BC错误；
D、物块与地面间的动摩擦因数是，故D正确。
故选：D。
5．（2022秋 烟台期中）如图所示，物体A、B质量分别为m、2m，叠放在轻质弹簧上（弹簧下端固定于地面上，上端和物体A拴接）。对B施加一竖直向下、大小为F的外力，使弹簧再压缩一段距离（弹簧始终处于弹性限度内）后物体A、B处于平衡状态。已知重力加速度为g，F＞3mg。现突然撤去外力F，设两物体向上运动过程中A、B间的相互作用力大小为FN，则在A、B分离前，下列说法正确的是（　　）
A．刚撤去外力F时，FN＝2mg
B．弹簧弹力等于F时，FN
C．两物体A、B在弹簧恢复原长之前分离
D．弹簧恢复原长时FN＝2mg
【解答】解：A、撤去外力前，A、B组成的整体受力平衡，刚撤去外力F瞬间，弹簧弹力不变，整体所受的合力大小等于F，方向竖直向上，由牛顿第二定律，对A、B组成的整体有F＝3ma1，对物体B有FN﹣2mg＝2ma1，联立解得FNF+2mg，故A错误；
B、弹簧弹力等于F时，对A、B组成的整体有F﹣3mg＝3ma2，对物体B有FN﹣2mg＝2ma2，联立解得FNF，故B正确；
CD、当A、B恰好分离时，A、B间相互作用力为0，加速度相同，对B有2mg＝2ma，a＝g，A的加速度也为g，对A，根据牛顿第二定律得mg﹣F弹＝ma＝mg，即弹簧弹力为0，弹簧恰好恢复到原长，故C、D错误。
故选：B。
6．（2022 雁峰区校级开学）如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．小滑块的质量m＝2kg
B．0﹣6s内滑块做匀加速直线运动
C．当水平拉力F＝8N时，滑块的加速度大小为1m/s2
D．滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1
【解答】解：AD、由a F图像可知，小滑块的最大加速度为2m/s2，对小滑块分析有μmg＝mam
解得μ＝0.2，
由a F图像可知，外力大于6N后两物体相对滑动，对长木板受力分析有
F μmg＝Ma
整理得aF
由a F图像可知图像的斜率为k
由图像可得k1
解得M＝1kg
由a F图像可知，外力小于6N时，两物体有共同加速度，外力等于6N时，两物体加速度为2m/s2，对整体分析有
F＝（M+m）a
解得M+m＝3kg，则有m＝2kg，故A正确，D错误；
BC、由a F图像可知，拉力在0﹣6N范围内两物体相对静止，滑块加速度随拉力的增大而增大；
由a F图像可知，外力大于6N后两物体相对滑动，对长木板受力分析有
F μmg＝Ma
代入数据整理得F 4＝a
所以当水平拉力F＝8N时，长木板的加速度大小为4m/s2，故BC错误。
故选：A。
7．（2023 闵行区二模）如图（a）所示，物块从倾角为37°的斜面顶端自由滑至底端，全程平均速度随时间t的关系如图（b）。物块下滑过程中斜面保持静止，那么（　　）
A．物块下滑过程的加速度为1m/s2
B．斜面长度为4m
C．物块和斜面之间的动摩擦因数为0.5
D．水平地面对斜面摩擦力方向水平向左
【解答】解：AB、设物块的初速度为v0，加速度为a，则，平均速度，由图（b）可知v0＝1m/s，，所以加速度a＝2m/s2，则斜面长度，故AB错误；
C、由牛顿第二定律有：mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma，则，故C正确；
D、设斜面的倾角为θ，θ＝37°，斜面受力如下图所示：
水平地面对斜面的摩擦力方向取决于物块对斜面的压力和摩擦力水平方向分力N2与f2的大小关系，由图可知N2＝Nsinθ＝0.6N，f2＝fcosθ＝μNcosθ＝0.4N，可知N2＞f2，所以水平地面对斜面的摩擦力方向水平向右，故D错误。
故选：C。
8．（2022秋 沙坪坝区校级期末）如图所示，天花板上用轻绳悬挂着质量为m的吊篮A，吊篮中放置着质量为2m的重物B，吊篮下方通过轻质弹簧与质量为3m的小球C相连，已知初始时整个装置处于静止状态，弹簧未超过弹性限度，重力加速度为g，则剪断轻绳瞬间，各物体加速度为（　　）
A．aA＝4g，aB＝g B．aA＝2g，aB＝2g
C．aA＝2g，aC＝0 D．aB＝g，aC＝g
【解答】解：剪断轻绳之前，根据共点力平衡条件可知弹簧弹力：F＝3mg
剪断轻绳瞬间，弹簧弹力不变，C球仍受力平衡，加速度为零，对A分析
F+mg＝ma
解得
a＝4g
此时AB分离，所以B只受重力，加速度为g。
故A正确，BCD错误；
故选：A。
二．计算题（共2小题）
9．（2022秋 海淀区期末）在高一物理的学习中，我们不仅掌握了力学知识，也逐渐了解了物理学解决问题的基本方法，这些方法为我们搭建了解决问题的思路框架。
（1）若质量为m的物体，仅在恒力F作用下，沿直线运动，经过时间t，速度由v1变为v2。请结合牛顿运动定律和运动学规律，推导“F与t的乘积”与“m、v1、v2的数学关系。
（2）如图1所示，F﹣t图像描述的是物体仅受到在同一直线上的两个力F1和F2随时间t的变化情况。已知物体的质量m＝2kg，t＝0时物体由静止开始运动。
a.借助（1）中所得结论，求t＝9s时物体速度的大小；
b.在图2中，定性画出0～9s内物体的v﹣t图线。
【解答】解：（1）物体所受合力为恒力，则物体做匀加速直线运动，设物体的加速度为a，根据速度—时间公式得：v2＝v1+at
由牛顿第二定律得：F＝ma
联立整理得：Ft＝mv2﹣mv1
（2）a.Ft＝mv2﹣mv1＝mΔv
F为物体所受合力，则F﹣t图像与坐标轴所围的面积为mΔv
Ft＝（F1+F1）t＝mΔv
由图像得，mΔv（1+3）×2N s+3×7N s﹣9×1N s＝16N s
Δv＝8m/s
Δv＝v﹣0＝8m/s
则t＝9s时物体速度的大小为8m/s
b.0～9s内物体的v﹣t图线如图：
答：（1）“F与t的乘积”与“m、v1、v2的数学关系为Ft＝mv2﹣mv1；
（2）a.t＝9s时物体速度的大小为8m/s；
b.0～9s内物体的v﹣t图线如图：
10．（2022秋 越秀区校级期末）如图甲所示，质量为m＝1kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定且足够长的斜面底部，对物体施加平行于斜面向上的拉力F，t1＝0.5s时撤去拉力，物体速度与时间（v﹣t）的部分图像如图乙所示。（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）拉力F的大小；
（2）物体沿斜面滑行的位移x。
【解答】解：（1）由v﹣t图像得，0～0.5s内，a1m/s2＝16m/s2
0.5～1.0s内，a2m/s2＝﹣8m/s2
由牛顿第二定律得：0～0.5s内，F﹣f＝ma1
0.5～1.0s内，﹣f＝ma2
代入数据联立解得：F＝24N
（2）物体沿斜面加速上滑的位移x10.5×8m＝2m
减速上滑的位移x2m＝4m
物体沿斜面滑行的位移x＝x1+x2＝2m+4m＝6m
答：（1）拉力F的大小为24N；
（2）物体沿斜面滑行的位移x为6m。
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微专题Ⅰ 瞬时加速度问题和动力学图象问题
一、瞬时加速度问题 1
二、动力学的图象问题 4
【巩固提高】 12
[知识分析]
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，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，其弹力往往可以看成是不变的．
1．（2022秋 通榆县期末）如图所示，小球A悬挂在天花板上，与A质量相等的小球B有轻弹簧相连，当悬挂A的细绳烧断瞬间，A和B的加速度大小分别是（　　）
A．aA＝g，aB＝g B．aA＝2g，aB＝0 C．aA＝g，aB＝2g D．aA＝2g，aB＝g
（2023 龙岩模拟）一倾角为θ的斜面体C始终静止在水平地面上，斜面光滑，底面粗糙，如图所示。轻质弹簧两端分别与质量相等的A、B两球连接。B球靠在挡板上，系统处于静止状态。重力加速度大小为g。当撤去挡板瞬间，下列说法正确的是（　　）
A．球A的瞬时加速度沿斜面向下，大小为gsinθ
B．球B的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθ
C．地面对斜面体C的支持力等于球A、B和C的重力之和
D．地面对斜面体C的摩擦力方向水平向右
（2022秋 大荔县期末）如图所示，A、B、C三个物块质量均为m，用细线悬挂A物块，A、B之间刚好接触，但是没有挤压，B、C物块之间通过弹簧栓接，三个物块均处于静止状态，以下说法正确的是（　　）
A．静止时，地面对C的支持力为3mg
B．剪断细线的瞬间，B物块的加速度为零
C．剪断细线的瞬间，A、B之间的作用力为
D．若将弹簧剪断，B物块的瞬时加速度为零
（2022秋 浦东新区校级期末）如图所示，已知A球的质量为2m，B球的质量为m，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，固定在地面上。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（　　）
A．弹簧的弹力瞬间消失 B．B球的加速度为gsinθ
C．A球的加速度为3sinθ D．A球的加速度为gsinθ
（2022秋 灵寿县校级期末）水平面上有一质量m＝2kg的小球，小球与左端固定的水平轻弹簧及上端固定的不可伸长的轻绳相连，如图所示，此时小球处于静止状态，轻绳与竖直方向成θ＝45°角。g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．此时，绳上的拉力为20N
B．若剪断轻绳，则剪断的瞬间轻弹簧的弹力大小为20N
C．若剪断轻绳，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10m/s2，方向向左
D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为零
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－时间图象(x－t图象)、速度－时间图象(v－t图象)和力的图象(F－t图象)等，这些图象反映的是物体的运动规律、受力规律，而绝非代表物体的运动轨迹．
2．图象问题的分析方法
(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．
（2022秋 连江县校级期末）如图甲所示，滑块以一定的初速度冲上一倾角θ＝37°的足够长的固定斜面，滑块上滑过程的v﹣t图像如图乙，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。则下列说法正确的是（　　）
A．木块上滑过程中的加速度大小是6m/s2
B．木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5
C．木块经2s返回出发点
D．木块回到出发点时的速度大小v＝2m/s
（2023 姑苏区校级开学）如图甲所示，鸟儿有多拼，为了生存几只鸟像炮弹或标枪一样一头扎入水中捕鱼，假设小鸟的俯冲是自由落体运动，进入水中后是匀减速直线运动，其v﹣t图像如图乙所示，自由落体运动的时间为t1，整个过程的运动时间为，最大速度为vm＝18m/s，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．t1＝1.6s
B．整个过程下落的高度为32.4m
C．t1～时间内v﹣t图像的斜率为﹣15m/s2
D．t1～时间内阻力是重力的1.5倍
（2021秋 永昌县校级期末）一个物块放置在粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图甲所示，速度v随时间t变化的关系如图乙所示，g＝10m/s2，则由图中信息可判定（　　）
A．0～2s内物块所受摩擦力Ff＝8N
B．物块的质量为4kg
C．物块在前6s内的平均速度为3m/s
D．物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.4
（2023 五华区校级模拟）如图甲，足够长木板静置于水平地面上，木板右端放置一小物块。在t＝0时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力F，作用1s后撤去F，此后木板运动的v﹣t图像如图乙。物块和木板的质量均为1kg，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．拉力F的大小为24N
B．物块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4
C．物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为3m
D．t＝2s时刻，物块的速度减为0
（2023 重庆模拟）如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带，若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v﹣t图像（以地面为参考系）如图乙所示，已知v2＞v1，则（　　）
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
（2022秋 石景山区校级期末）如图1所示，一水平传送带以2m/s的速度匀速运动，现把小物块（可视为质点）无初速地轻放在传送带的左端A处，经过5s时间，小物块到达传送带的右端B处。其速度—时间图像如图2所示，重力加速度g＝10m/s2。
（1）求A、B间距离L；
（2）求小物块与传送带间的动摩擦因数μ；
（3）只增大传送带的速度，其它物理量保持不变，可使小物块在传送带上从A运动到B所用的时间缩短。求最短运动时间tmin，若要运动时间最短，传送带的速度至少增大到多少。
（2022秋 香坊区校级期末）如图（a），一根足够长的细杆与水平成θ＝37°固定，质量为m＝2kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O点，力F方向水平向右，作用于小球上，经时间t1＝0.2s后停止作用，小球沿细杆运动的部分v﹣t图像如图（b）（取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：
（1）小球在0～2s内的加速度a1和0.2～0.4s内的加速度a2；
（2）小球与细杆之间的动摩擦因数μ；
（3）0～0.2内水平作用力F的大小；
（4）若拉力F的方向改为沿杆向上，其大小满足F＝60﹣6t，物体从静止出发，试画出0～10s内的v﹣t图像，并准确标明运动状态转折时对应的时间。
【巩固提高】
一．选择题（共8小题）
1．（2022秋 通榆县期末）一质量为2kg的小车静止在光滑水平地面上，在t＝0时刻，小车受到水平方向的作用力F，规定水平向右为正方向，力F随时间变化的关系如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．小车前2s内的加速度为4m/s2
B．小车在第3s末的速度为5m/s
C．小车在第6s末回到出发点
D．小车前6s内的平均速度大小为2m/s
2．（2021秋 黄陵县校级期末）如图所示，天花板上用细绳吊起用轻弹簧相连的两个小球A、B，它们的质量分别是m、2m，两小球均保持静止。已知重力加速度为g。当突然剪断细绳时，小球A与小球B的加速度大小分别为（　　）
A．0、1.5g B．g、g C．2g、0 D．3g、0
3．（2022秋 沙河口区校级期中）如图所示，细绳OA一端系在小球上，另一端固定在倾斜天花板上的A点，细绳OA恰好竖直；轻质弹簧OB一端与小球连接，另一端固定在竖直墙上的B点，轻质弹簧OB恰好水平，小球处于静止状态。将细绳剪断的瞬间，小球的加速度（　　）
A．方向沿BO方向 B．方向沿OB方向
C．方向竖直向下 D．方向沿右下方
4．（2023春 五华区校级月考）如图甲所示，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，力F的大小与时间t的关系与物块的运动速度v与时间t的关系如图乙、丙所示，g取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．滑动时物块受到的摩擦力大小是3N
B．物块的质量为4.5kg
C．物块在3s～6s内的加速度大小是1m/s2
D．物块与地面间的动摩擦因数是0.4
5．（2022秋 烟台期中）如图所示，物体A、B质量分别为m、2m，叠放在轻质弹簧上（弹簧下端固定于地面上，上端和物体A拴接）。对B施加一竖直向下、大小为F的外力，使弹簧再压缩一段距离（弹簧始终处于弹性限度内）后物体A、B处于平衡状态。已知重力加速度为g，F＞3mg。现突然撤去外力F，设两物体向上运动过程中A、B间的相互作用力大小为FN，则在A、B分离前，下列说法正确的是（　　）
A．刚撤去外力F时，FN＝2mg
B．弹簧弹力等于F时，FN
C．两物体A、B在弹簧恢复原长之前分离
D．弹簧恢复原长时FN＝2mg
6．（2022 雁峰区校级开学）如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．小滑块的质量m＝2kg
B．0﹣6s内滑块做匀加速直线运动
C．当水平拉力F＝8N时，滑块的加速度大小为1m/s2
D．滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1
7．（2023 闵行区二模）如图（a）所示，物块从倾角为37°的斜面顶端自由滑至底端，全程平均速度随时间t的关系如图（b）。物块下滑过程中斜面保持静止，那么（　　）
A．物块下滑过程的加速度为1m/s2
B．斜面长度为4m
C．物块和斜面之间的动摩擦因数为0.5
D．水平地面对斜面摩擦力方向水平向左
8．（2022秋 沙坪坝区校级期末）如图所示，天花板上用轻绳悬挂着质量为m的吊篮A，吊篮中放置着质量为2m的重物B，吊篮下方通过轻质弹簧与质量为3m的小球C相连，已知初始时整个装置处于静止状态，弹簧未超过弹性限度，重力加速度为g，则剪断轻绳瞬间，各物体加速度为（　　）
A．aA＝4g，aB＝g B．aA＝2g，aB＝2g
C．aA＝2g，aC＝0 D．aB＝g，aC＝g
二．计算题（共2小题）
9．（2022秋 海淀区期末）在高一物理的学习中，我们不仅掌握了力学知识，也逐渐了解了物理学解决问题的基本方法，这些方法为我们搭建了解决问题的思路框架。
（1）若质量为m的物体，仅在恒力F作用下，沿直线运动，经过时间t，速度由v1变为v2。请结合牛顿运动定律和运动学规律，推导“F与t的乘积”与“m、v1、v2的数学关系。
（2）如图1所示，F﹣t图像描述的是物体仅受到在同一直线上的两个力F1和F2随时间t的变化情况。已知物体的质量m＝2kg，t＝0时物体由静止开始运动。
a.借助（1）中所得结论，求t＝9s时物体速度的大小；
b.在图2中，定性画出0～9s内物体的v﹣t图线。
10．（2022秋 越秀区校级期末）如图甲所示，质量为m＝1kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定且足够长的斜面底部，对物体施加平行于斜面向上的拉力F，t1＝0.5s时撤去拉力，物体速度与时间（v﹣t）的部分图像如图乙所示。（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）拉力F的大小；
（2）物体沿斜面滑行的位移x。
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