教科版高中物理必修第一册第4章牛顿运动定律素养培优课3瞬时加速度问题和动力学图像问题练习含解析

瞬时加速度问题和动力学图像问题

(建议用时：25分钟)

1．一物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中某个力的大小逐渐减小到零，然后又逐渐从零恢复到原来大小(在上述过程中，此力的方向一直保持不变)，那么如图所示的v­t图像中，符合此过程中物体运动情况的图像可能是 (　　)

D　[其中的一个力逐渐减小到零的过程中，物体受到的合力逐渐增大，则其加速度逐渐增大，速度时间图像中图像的斜率表示加速度，所以在力逐渐减小到零的过程中图像的斜率逐渐增大，当这个力又从零恢复到原来大小时，合力逐渐减小，加速度逐渐减小，图像的斜率逐渐减小，故D正确．]

2.质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v­t图像如图所示．g取10 m/s2，则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F的大小分别为(　　)

A．0.2,6 N　　　　　　 B．0.1,6 N

C．0.2,8 N D．0.1,8 N

A　[由题给图像知6～10 s内物体只受摩擦力，由牛顿第二定律知μmg＝ma2，即a2＝μg，由a＝知a2＝2 m/s2则μ＝0.2；在0～6 s内由牛顿第二定律知F－μmg＝ma1；而a1＝＝1 m/s2，解得F＝6 N，故选项A正确．]

3.物体在与其初速度始终共线的合外力作用下运动，取v0方向为正时，合外力F随时间t的变化情况如图所示，则在0～t1这段时间内 (　　)

A．物体的加速度先减小后增大，速度也是先减小后增大

B．物体的加速度先增大后减小，速度也是先增大后减小

C．物体的加速度先减小后增大，速度一直在增大

D．物体的加速度先减小后增大，速度一直在减小

C　[由题图可知，物体所受合外力F随时间t的变化是先减小后增大，根据牛顿第二定律得：物体的加速度先减小后增大，由于取v0方向为正时，合外力F与正方向相同，所以物体加速度方向与速度方向一直相同，所以速度一直在增大，选C正确．]

4.如图所示，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为 (　　)

A．0  B．g  C．g  D．g

B　[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，合力与木板提供的弹力大小相等，方向相反，故可知加速度的大小为g，故B正确．]

5.如图所示，质量分别为MA与MB的A、B两小球分别连在弹簧两端，B端用细线固定在倾角为30°光滑斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为(　　)

A．都等于   B．和0

C.·和0 D．0和·

D　[线被剪断瞬间，线的拉力变为0，弹簧形变来不及发生变化，弹力不变，故A球仍受力平衡，加速度为0，B球受重力、支持力、弹簧产生的大小为MAg·sin 30°的弹力，所以可得其加速度为，故D正确．]

6．如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m,2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有(　　)

A．a1＝a2＝a3＝a4＝0

B．a1＝a2＝a3＝a4＝g

C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g

D．a1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g

C　[在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自的重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；而物块3、4间轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝＝g，C正确．]

7．(多选)如图所示，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图像最能正确描述这一运动规律的是(　　)

BD　[滑块沿斜面下滑过程中，受重力、支持力和滑动摩擦力作用，做匀减速直线运动，故速度图像为向下倾斜的直线，C项错误；滑块加速度保持不变，D项正确；设滑块的加速度大小为a，则滑块的位移s＝v0t－at2，s­t图像为开口向下的抛物线，B项正确；设斜面倾角为θ，滑块下降高度h＝ssin θ，所以h­t图像也是开口向下的抛物线，A项错误．]

8.(多选)将物体竖直向上抛出，假设运动过程中空气阻力不变，其速度—时间图像如图所示，则(　　)

A．上升、下降过程中加速度大小之比为11∶9

B．上升、下降过程中加速度大小之比为10∶1

C．物体所受的重力和空气阻力之比为9∶1

D．物体所受的重力和空气阻力之比为10∶1

AD　[由a＝知上升、下降过程中加速度大小比a上∶a下＝11∶9，故选项A正确，选项B错误；根据牛顿第二定律知，上升过程mg＋f＝ma上；下降过程mg－f＝ma下，联立得mg∶f＝10∶1，故选项C错误，选项D正确．]

9．如图所示，两个质量为m1＝2 kg和m2＝3 kg物体放置于光滑水平面上，中间用轻质弹簧秤连接，两个大小分别为F1＝30 N，F2＝20 N的水平拉力分别作用于m1和m2上，则(　　)

A．弹簧秤示数是24 N

B．m1和m2共同运动加速度大小为a＝4 m/s2

C．突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为a＝3 m/s2

D．突然撤去F1的瞬间，m2的加速度大小为a＝2 m/s2

D　[对两个物体整体受力分析，两物体受到F1与F2的拉力作用，弹簧秤的拉力属于系统内力，由牛顿第二定律有F1－F2＝(m1＋m2)a，解得m1和m2共同运动加速度大小为a＝＝2 m/s2；对m1受力分析可知，m1受到向右的F1的拉力以及向左的弹簧秤的拉力T，则有F1－T＝m1a，解得弹簧秤的拉力为T＝26 N，故A、B错误；突然撤去F2的瞬间，由于弹簧秤的弹力不变，则m1的受力情况不变，其加速度大小仍为2 m/s2，故C错误，D正确．]

(建议用时：15分钟)

10.(多选)如图所示，质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球静止时橡皮筋沿水平方向．下列判断中正确的是 (　　)

A．在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变

B．在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ

C．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为

D．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ

BC　[剪断AC瞬间，AC对小球的弹力突然消失，而引起BC上的张力发生突变，使小球的受力情况改变，如图甲所示，有F合＝mgsin θ＝ma，故a＝gsin θ；当剪断BC瞬间，BC绳张力突变为零，AC橡皮筋拉力不变，它与重力的合力与BC绳的拉力是一对平衡力，等大反向，受力情况如图乙所示，有F合′＝＝ma′，a′＝，选项B、C正确．]

甲　　　　　乙

11.如图所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量m＝1 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．在剪断轻绳的瞬间，下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　)

A．小球受力个数不变

B．小球立即向左运动，且a＝8 m/s2

C．小球立即向左运动，且a＝10 m/s2

D．若剪断弹簧右端，则剪断瞬间小球加速度的大小为a＝10 m/s2

B　[在剪断轻绳前，小球所受弹簧弹力和绳子拉力的合力与重力mg是一对平衡力，如图所示．则弹簧弹力F＝mgtan 45°＝10 N．剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力不变，重力不变，小球与水平面间发生挤压受到支持力，小球有向左运动的趋势，受摩擦力，受力个数变化，故A错误；此时在竖直方向，水平面的弹力FN＝mg，小球所受的最大静摩擦力为f＝μmg＝0.2×10 N＝2 N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为a＝＝＝ m/s2＝8 m/s2，合力方向向左，所以向左运动，故B正确，C错误；若剪断弹簧，则在剪断的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，故D错误．]

12．如图甲所示，倾角为θ＝37°的足够长斜面上，质量m＝1 kg的小物体在沿斜面向上的拉力F＝14 N作用下，由斜面底端从静止开始运动，2 s后撤去F，前2 s内物体运动的v­t图像如图乙所示．求：(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

甲　　　　　　乙

(1)小物体与斜面间的动摩擦因数；

(2)撤去力F后1.8 s时间内小物体的位移．

[解析]　(1)由题图乙可知，0～2 s内物体的加速度a1＝＝4 m/s2

根据牛顿第二定律，F－mgsin θ－f＝ma1

N＝mgcos θ，而f＝μN

代入数据解得μ＝0.5.

(2)撤去力F后，－mgsin θ－f＝ma2

得a2＝－10 m/s2

设经过t2时间减速到0，根据运动学公式0＝v1＋a2t2，

解得t2＝0.8 s

在0.8 s内物体有向上运动的位移x2

0－v＝2a2x2，得x2＝3.2 m

物体到最高点后向下运动，设加速度大小为a3，则

mgsin θ－f＝ma3，解得a3＝2 m/s2

再经t3＝1 s物体发生位移x3，x3＝a3t＝1 m

物体在撤去力F后1.8 s内的位移x＝x2－x3

代入数据解得x＝2.2 m，方向沿斜面向上．

[答案]　(1)0.5　(2)2.2 m，沿斜面向上

13．如图甲所示，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θ＝37°角，质量m＝1 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t1＝2 s时刻风停止．小球沿细杆运动的部分v­t图像如图乙所示，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力．求：  

甲　　　　　　　　　乙

(1)小球在0～2 s内的加速度a1和2～5 s内的加速度a2；

(2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小．

[解析]　(1)取沿细杆向上的方向为正方向，由图像可知：

在0～2 s内，a1＝＝15 m/s2(方向沿杆向上)

在2～5 s内，a2＝＝－10 m/s2(“－”表示方向沿杆向下)．

(2)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 θ－μ(mgcos θ＋Fsin θ)－mgsin θ＝ma1

甲　　　　　　乙

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－μmgcos θ－mgsin θ＝ma2

联立以上各式解得μ＝0.5，F＝50 N.

[答案]　(1)15 m/s2，方向沿杆向上 　10 m/s2，方向沿杆向下　(2)0.5　50 N