高中物理人教版 (2019)必修 第一册4 速度变化快慢的描述——加速度优质导学案

这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第一册4 速度变化快慢的描述——加速度优质导学案，共14页。

瞬时加速度问题





























瞬时加速度问题


1. 两种模型


加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：


（1）轻绳、轻杆类：


轻绳只能承受拉力，轻杆既能承受拉力，也能承受压力。


无论受多大的力（限度内），绳和杆的长度可认为不变，轻绳和轻杆受力可发生突变。


（2）弹簧、橡皮筋类：


弹簧既能承受拉力，也能承受压力，橡皮筋只能承受拉力。


由于弹簧和橡皮筋受力时，其形变明显，恢复形变需要时间，所以弹簧和橡皮筋的弹力不会发生突变。


2. 模型示例





A B





C D


A图：剪断细绳瞬间，弹簧弹力不变，则aA＞g，aB=0；剪断弹簧瞬间，细绳弹力突变，则aA=0，aB=g。


B图（弹簧与竖直向夹角为θ）：剪断细绳瞬间，弹簧弹力不变，，方向水平向左；剪断弹簧瞬间，细绳弹力突变为0，a=g，方向竖直向下。


C图：迅速抽去最下方木板瞬间，弹簧弹力不变，则aA=0，。


D图：A、B两球质量相等，中间分别是弹簧和轻杆，都处于静止状态，抽去挡板C的瞬间，弹簧弹力不变，轻杆的弹力突变（斜面光滑）。


中间是弹簧时：aA=0，aB=2gsinθ；中间是轻杆时：aA=aB=gsinθ。


3. 解题方法


（1）分析原状态物体受力，求出各力大小（若物体处于平衡状态，则利用平衡条件；若物体处于加速状态，则运用牛顿第二定律）。


（2）分析当状态变化时（弹簧或细线剪断、抽去木板、撤去某个力等）有哪些力发生变化，哪些力不变，哪些力消失。


（3）求物体在状态变化后所受的合力，利用牛顿第二定律，求出瞬时加速度。











如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止不动，A、B两球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（ ）





A. aA＝aB＝gB. aA＝2g，aB＝0


C. aA＝g，aB＝0 D. aA＝2g，aB＝0


答案：D


解析：水平细线被剪断前对A、B进行受力分析如图所示，





静止时，FT＝Fsin 60°，Fcs 60°＝mAg＋F1，F1＝mBg，又mA＝mB


解得FT＝2mAg


水平细线被剪断瞬间，FT消失，其他各力不变，A所受合力与FT等大反向，所以aA＝＝2g，aB＝0。








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质量均为m,2、4质量均为m0，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将两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＝


D. a1＝g，a2＝，a3＝0，a4＝


答案：C


解析：在抽出木板的瞬间，物块1、2与轻杆接触处的形变立即消失，物块1、2受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；物块3、4间的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F－mg＝0，即a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝＝g，故C正确，A、B、D错误。








1. 两种模型


（1）轻绳、轻杆模型：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、橡皮筋模型：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。


2. 解题方法


（1）分析原状态物体受力，求出各力大小。


（2）分析当状态变化时，有哪些力发生变化，哪些力不变，哪些力消失。


（3）求物体在状态变化后所受的合力，利用牛顿第二定律，求出瞬时加速度。








（答题时间：20分钟）


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θ角的轻弹簧系着处于静止状态，现将绳AO烧断，在烧断绳AO的瞬间，下列说法正确的是（ ）





图1


A. 弹簧的拉力F＝


B. 弹簧的拉力F＝mgsin θ


C. 小球的加速度为零


D. 小球的加速度a＝gsin θ


2.（多选）如图所示，倾角为θ的斜面静置于地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的质量分别为m、2m、3m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现突然剪断细线。下列判断正确的是（ ）





A. 细线被剪断的瞬间，A、B、C三个小球的加速度均为零


B. 细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为零


C. 细线被剪断的瞬间，A、B球的加速度沿斜面向上，大小为gsin θ


D. 细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为4mgsin θ


3. 如图所示，A球质量为B球质量的3倍，光滑固定斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有（ ）





图9


A. 图甲中A球的加速度为gsin θ


B. 图甲中B球的加速度为2gsin θ


C. 图乙中A、B两球的加速度均为gsin θ


D. 图乙中轻杆的作用力一定不为零


4. 如图所示，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，gB. －g，g


C. －2g，gD. 2g,0














1. 答案：A


解析：烧断AO之前，小球受3个力，受力分析如图所示，此时弹簧弹力F＝，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，故烧断AO瞬间弹簧的弹力不变，A正确，B错误。烧断绳的瞬间，小球受到的合力与烧断AO前绳子的拉力等大反向，即F合＝mgtan θ，则小球的加速度a＝gtan θ，C、D错误。





2. 答案：CD


解析：剪断细线前，以A、B、C组成的系统为研究对象，系统静止，处于平衡状态，所受合力为零，则弹簧的弹力为F＝（3m＋2m＋m）gsin θ＝6mgsin θ。以C为研究对象知，细线的拉力为3mgsin θ。剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得F－（m＋2m）gsin θ＝（m＋2m）aAB，解得A、B两个小球的加速度为aAB＝gsin θ，方向沿斜面向上，以B为研究对象，由牛顿第二定律得：FAB－2mgsin θ＝2maAB，解得杆的拉力为FAB＝4mgsin θ，以C为研究对象，由牛顿第二定律得aC＝gsin θ，方向沿斜面向下，故C、D正确，A、B错误。


3. 答案：C


解析：设B球质量为m，A球的质量为3m。撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为4mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受的合力为零，加速度为零，B球所受合力为4mgsin θ，加速度为4gsin θ；题图乙中，撤去挡板的瞬间，A、B两球整体的合力为4mgsin θ，A、B两球的加速度均为gsin θ，则每个球的合力等于重力沿斜面向下的分力，轻杆的作用力为零，C正确。


4. 答案：C


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a2＝g，方向向下。故C正确。





板块问题


























板块问题


1. 模型概述：板块模型涉及相互作用物体间的力和运动分析、整体法和隔离法的运用等。板块模型属于多物体、多过程问题，物体的运动时间、速度、位移间有一定的关系。


2. 解题关键


求解板块模型的关键是对滑块和木板进行受力分析和运动过程分析，特别是注重分析加速度、速度、位移等物理量之间的关系。


（1）加速度关系


如果滑块和木板之间没有发生相对运动，可以用整体法求出它们共同的加速度；如果两者之间有相对运动，应采用隔离法分别求出它们的加速度。应注意找出滑块和木板是否发生相对运动的隐含条件。


（2）速度关系


滑块和木板之间发生相对滑动时，认清滑块和木板间的速度关系，从而确定摩擦力的方向。应注意：当滑块和木板的速度相同时，摩擦力会发生突变的情况。


（3）位移关系


滑块和木板叠放在一起时，要仔细分析两者的运动过程，弄清两者分别相对于地面的位移，及两者之间的相对位移。


两种常见的位移关系：滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度。特别注意：滑块和木板的位移都是相对于地面的位移。


3. 解题方法


（1）搞清各物体初始状态对地的运动和物体间的相对运动，确定物体间的摩擦力方向。


（2）分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度（注意两过程的连接处加速度可能突变）。


（3）找出物体之间的位移（路程）关系或速度关系是解题的突破口。求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。











如图所示，物块A、木板B的质量均为m＝10 kg，不计A的大小，木板B长L＝3 m。开始时A、B均静止。现使A以水平初速度v0从B的最左端开始运动。已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g取10 m/s2。若A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度v0为多大？





答案：v0＝2m/s。


解析：分别对物块A、木板B进行受力分析可知，A在B上向右做匀减速运动，设其加速度大小为a1，则有


a1＝＝3 m/s2


木板B向右做匀加速运动，设其加速度大小为a2，则有


a2＝＝1 m/s2


由题意可知，A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时的速度和B的速度相同，设为v，则有


时间关系：t＝＝


位移关系：L＝－


解得v0＝2m/s。








如图所示，质量M＝8 kg的长木板放在光滑的水平面上，在长木板左端加一水平恒定推力F＝8 N，当长木板向右运动的速度达到1.5 m/s 时，在长木板前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m＝2 kg的小物块，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，长木板足够长。（g取10 m/s2）





（1）小物块放在长木板上后，小物块及长木板的加速度各为多大？


（2）经多长时间两者达到相同的速度？


（3）从小物块放上长木板开始，经过1.5 s小物块的位移大小为多少？


答案：（1）2 m/s2 0.5 m/s2 （2）1 s （3）2.1 m


解析：（1）物块的加速度am＝μg＝2 m/s2


长木板的加速度aM＝＝0.5 m/s2。


（2）由amt＝v0＋aMt可得t＝1 s。


（3）在开始1 s内小物块的位移x1＝amt2＝1 m


1 s末速度为v＝amt＝2 m/s


在接下来的0.5 s物块与长木板相对静止，一起做加速运动且加速度为a＝＝0.8 m/s2


这0.5 s内的位移为x2＝vt＋at2＝1.1 m


通过的总位移x＝x1＋x2＝2.1 m。








板块模型的三个基本关系


（1）加速度关系：如果滑块与木板之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度；如果滑块与木板之间发生相对运动，应采用“隔离法”求出滑块与木板运动的加速度。应注意找出滑块与木板是否发生相对运动等隐含条件。


（2）速度关系：滑块与木板之间发生相对运动时，认清滑块与木板的速度关系，从而确定滑块与木板受到的摩擦力。应注意当滑块与木板的速度相同时，摩擦力会发生突变的情况。


（3）位移关系：滑块与木板叠放在一起运动时，应仔细分析滑块与木板的运动过程，认清滑块与木板对地的位移和滑块与木板之间的相对位移之间的关系。








（答题时间：20分钟）


1. 如图所示，质量为m1的足够长木板静止在水平面上，其上放一质量为m2的物块。物块与木板的接触面是光滑的。从t＝0时刻起，给物块施加一水平恒力F。分别用a1、a2和v1、v2表示木板、物块的加速度和速度大小，下列图像符合运动情况的是（ ）





A. B.


C. D.


2. 如图所示，质量为m的木块受到水平向右的拉力F的作用，在质量为M的长木板上水平向右运动，长木板处于静止状态。已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ，则（重力加速度为g）（ ）





A. 木块受到木板的摩擦力的大小一定为F


B. 长木板受到地面的摩擦力大小为μmg


C. 若将拉力F增大，长木板所受地面的摩擦力将增大


D. 若将拉力F增大，长木板有可能从地面上开始运动


3. 如图所示，在光滑的水平面上放着两块长度相等，质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端分别放有一个大小、形状、质量完全相同的物块。开始都处于静止状态，现分别对两物块施加水平恒力F1、F2，当物块与木板分离后，两木板的速度分别为v1和v2。若已知v1＞v2，且物块与木板之间的动摩擦因数相同，需要同时满足的条件是（ ）





A. F1＝F2，且M1＞M2


B. F1＝F2，且M1＜M2


C. F1＞F2，且M1＝M2


D. F1＜F2，且M1＝M2


4. 如图所示，由相同材料做成的A、B两物体放在长木板上，随长木板一起以速度v向右做匀速直线运动，它们的质量分别为和，且＞。某时刻木板停止运动，设木板足够长，下列说法中正确的是（ ）





A. 若木板光滑，由于A的惯性较大，A、B间的距离将增大


B. 若木板粗糙，由于B的惯性较小，A、B间的距离将减小


C. 若木板光滑，A、B间距离保持不变


D. 若木板粗糙，A、B间距离保持不变


5. 如图所示，A，B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上，A，B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现对A施加一水平拉力F，则（ ）





A. 当F＜2μmg时，A，B都相对地面静止


B. 当F＝μmg时，A的加速度为μg


C. 当F＞3μmg时，A相对B滑动


D. 无论F为何值，B的加速度不会超过μg








1.【答案】D


【解析】木板一定保持静止，加速度为0，选项A、B错误；物块的加速度a＝，即物块做匀加速直线运动，物块运动的v－t图像为倾斜的直线，而木板保持静止，速度一直为0，选项C错误，D正确。


2.【答案】B


【解析】m所受M的滑动摩擦力大小Ff1＝μmg，方向水平向左，根据牛顿第三定律得知：木板受到m的摩擦力方向水平向右，大小等于μmg。M处于静止状态，水平方向受到m的滑动摩擦力和地面的静摩擦力，根据平衡条件知木板受到地面的摩擦力的大小是μmg。故A错误，B正确；由于木块与木板之间是滑动摩擦力，增大拉力F，木块与木板之间的摩擦力不变，长木板所受地面的摩擦力不变，则木板不可能运动，故C、D错误。


3.【答案】BD


【解析】在物块与木板相对滑动时，都做匀加速直线运动，对物块有a＝，对木板有a′＝


（1）F1＝F2，则a1＝a2，若M1＞M2，则a1′＜a2′。


根据a1t－a1′t＝L，a2t－a2′t＝L，可知t1＜t2，根据v＝at知，v1＜v2。 若M1＜M2，则a1′＞a2′。根据a1t－a1′t＝L，a2t－a2′t＝L，可知t1＞t2，根据v＝at知，v1＞v2，故A错误，B正确；


（2）F1＞F2，则a1＞a2，M1＝M2，则a1′＝a2′。根据a1t－a1′t＝L，a2t－a2′t＝L，可知t1＜t2，根据v＝at知，v1＜v2，故C错误；


（3）F1＜F2，则a1＜a2，M1＝M2，则a1′＝a2′。根据a1t－a1′t＝L，a2t－a2′t＝L，可知t1＞t2，根据v＝at知，v1＞v2。故D正确。


4.【答案】CD


【解析】若木板光滑，木板停止运动后，A，B均以速度v做匀速运动，间距不变，故A错误，C正确；若木板粗糙，同种材料制成的物体与木板间动摩擦因数相同，根据牛顿第二定律得到：μmg＝ma，a＝μg，则可见A、B匀减速运动的加速度相同，间距不变。故C错误，D正确。


5.【答案】BCD


【解析】当A、B刚要发生相对滑动时，A，B间的摩擦力达到最大静摩擦力，即Ff＝2μmg，


隔离对B分析，根据牛顿第二定律得，


2μmg－μ·3mg＝ma，解得a＝μg，即B的加速度不会超过μg。故D正确；对整体分析，根据牛顿第二定律有：F－μ·3mg＝3ma，解得F＝3μmg。知当F＞3μmg时，A、B发生相对滑动。故C正确。当F＝μmg时，A、B保持相对静止，对整体分析，加速度a＝＝＝μg，故B正确；当F＜2μmg，知小于A、B之间的最大静摩擦力，则A，B不发生相对滑动，对整体分析，由于整体受到地面的最大静摩擦力Ffm＝μ·3mg＝μmg，知A、B不能相对地面静止。故A错误。





重难点
题型
分值
重点
瞬时问题的两种模型
选择


计算
6-8分
难点
瞬时变化前后的受力分析
重难点
题型
分值
重点
对板块受力和运动情况的分析
选择


计算
8-10分
难点
加速度、速度及位移关系的确立