物理粵教版必修一第四章力與運動習(xí)題課（一）

習(xí)題課(一)瞬時加速度問題和動力學(xué)圖象問題[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.學(xué)會分析含有彈簧的瞬時問題.2.學(xué)會結(jié)合圖象解決動力學(xué)問題．一、瞬時加速度問題物體的加速度與合力存在瞬時對應(yīng)關(guān)系，所以分析物體在某一時刻的瞬時加速度，關(guān)鍵是分析該時刻物體的受力情況及運動狀態(tài)，再由牛頓第二定律求出瞬時加速度，解決此類問題時，要注意兩類模型的特點：(1)剛性繩(或接觸面)模型：這種不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力的物體，剪斷(或脫離)后，恢復(fù)形變幾乎不需要時間，故認(rèn)為彈力立即改變或消失．(2)彈簧(或橡皮繩)模型：此種物體的特點是形變量大，恢復(fù)形變需要較長時間，在瞬時問題中，其彈力的大小往往可以看成是不變的．例1如圖1所示，質(zhì)量為m的小球被水平繩AO和與豎直方向成θ角的輕彈簧系著處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將繩AO燒斷，在繩AO燒斷的瞬間，下列說法正確的是()圖1A．彈簧的拉力F＝eq\f(mg,cosθ)B．彈簧的拉力F＝mgsinθC．小球的加速度為零D．小球的加速度a＝gsinθ答案A解析燒斷AO之前，小球受3個力，受力分析如圖所示，燒斷繩的瞬間，繩的張力沒有了，但由于輕彈簧形變的恢復(fù)需要時間，故彈簧的彈力不變，A正確，B錯誤．燒斷繩的瞬間，小球受到的合力與繩子未燒斷前的拉力等大反向，即F合＝mgtanθ，則小球的加速度a＝gtanθ，C、D錯誤．針對訓(xùn)練如圖2所示，質(zhì)量分別為m和2m的A和B兩球用輕彈簧連接，A球用細(xì)線懸掛起來，兩球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，如果將懸掛A球的細(xì)線剪斷，此時A和B兩球的瞬時加速度aA、aB的大小分別是()圖2A．a(chǎn)A＝0，aB＝0B．a(chǎn)A＝g，aB＝gC．a(chǎn)A＝3g，aB＝gD．a(chǎn)A＝3g，aB＝0答案D解析分析B球原來受力如圖甲所示，F(xiàn)′＝2mg剪斷細(xì)線后瞬間彈簧形變不變，故B球受力不變，aB＝0.分析A球原來受力如圖乙所示，F(xiàn)T＝F＋mg，F(xiàn)′＝F，故FT＝3mg.剪斷細(xì)線，F(xiàn)T變?yōu)?，F(xiàn)大小不變，物體A受力如圖丙所示由牛頓第二定律得：F＋mg＝maA，解得aA＝3g.二、動力學(xué)圖象問題1．常見的圖象形式在動力學(xué)與運動學(xué)問題中，常見、常用的圖象是位移圖象(s－t圖象)、速度圖象(v－t圖象)和力的圖象(F－t圖象)等，這些圖象反映的是物體的運動規(guī)律、受力規(guī)律，而絕非代表物體的運動軌跡．2．圖象問題的分析方法遇到帶有物理圖象的問題時，要認(rèn)真分析圖象，先從它的物理意義、點、線段、斜率、截距、交點、拐點、面積等方面了解圖象給出的信息，再利用共點力平衡、牛頓運動定律及運動學(xué)公式解題．例2放在水平地面上的一物塊，受到方向不變的水平推力F的作用，F(xiàn)的大小與時間t的關(guān)系如圖3甲所示，物塊速度v與時間t的關(guān)系如圖乙所示．取重力加速度g＝10m/s2.由這兩個圖象可以求得物塊的質(zhì)量m和物塊與地面之間的動摩擦因數(shù)μ分別為()甲乙圖3A．0.5kg,0.4 B．1.5kg，eq\f(2,15)C．0.5kg,0.2 D．1kg,0.2答案A解析由F－t圖和v－t圖可得，物塊在2～4s內(nèi)所受外力F＝3N，物塊做勻加速運動，a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(4,2)m/s2＝2m/s2，F(xiàn)－f＝ma ①物塊在4～6s所受外力F′＝2N，物塊做勻速直線運動，則F′＝f＝μmg ②由①②解得m＝0.5kg，μ＝0.4，故A選項正確．例3如圖4甲所示，質(zhì)量為m＝2kg的物體在水平面上向右做直線運動．過a點時給物體作用一個水平向左的恒力F并開始計時，選水平向右為速度的正方向，通過速度傳感器測出物體的瞬時速度，所得vt圖象如圖乙所示．取重力加速度g＝10m/s2.求：圖4(1)力F的大小和物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)10s末物體離a點的距離．答案(1)3N0.05(2)在a點左邊2m處解析(1)設(shè)物體向右做勻減速直線運動的加速度大小為a1，則由vt圖象得a1＝2m/s2根據(jù)牛頓第二定律，有F＋μmg＝ma1設(shè)物體向左做勻加速直線運動的加速度大小為a2，則由vt圖象得a2＝1m/s2根據(jù)牛頓第二定律，有F－μmg＝ma2，聯(lián)立解得F＝3N，μ＝0.05.(2)設(shè)10s末物體離a點的距離為d，d應(yīng)為vt圖象與橫軸所圍的面積，則d＝eq\f(1,2)×4×8m－eq\f(1,2)×6×6m＝－2m，負(fù)號表示物體在a點左邊．解決此類題的思路：從vt圖象上獲得加速度的信息，再結(jié)合實際受力情況，利用牛頓第二定律列方程.1．(瞬時問題)如圖5所示，質(zhì)量相等的A、B兩小球分別連在彈簧兩端，B端用細(xì)線固定在傾角為30°光滑斜面上，若不計彈簧質(zhì)量，在線被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度分別為()圖5A．都等于eq\f(g,2) B．0和eq\f(g,2)C．g和0 D．0和g答案D解析剪斷細(xì)線的瞬間，A球的受力情況不變，故aA＝0，B球受到的重力和彈簧的拉力不變，故aB＝eq\f(mgsinθ＋kx,m)＝eq\f(mgsinθ＋mgsinθ,m)＝g，選項D正確．2．(動力學(xué)的圖象問題)如圖6甲所示，在風(fēng)洞實驗室里，一根足夠長的固定的均勻直細(xì)桿與水平方向成θ＝37°角，質(zhì)量m＝1kg的小球穿在細(xì)桿上且靜止于細(xì)桿底端O處，開啟送風(fēng)裝置，有水平向右的恒定風(fēng)力F作用于小球上，在t1＝2s時刻風(fēng)停止．小球沿細(xì)桿運動的部分vt圖象如圖乙所示，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，忽略浮力．求：(1)小球在0～2s內(nèi)的加速度a1和2～5s內(nèi)的加速度a2；(2)小球與細(xì)桿間的動摩擦因數(shù)μ和水平風(fēng)力F的大小．圖6答案(1)15m/s2，方向沿桿向上10m/s2，方向沿桿向下(2)0.550N解析(1)取沿細(xì)桿向上的方向為正方向，由圖象可知：在0～2s內(nèi)，a1＝eq\f(v1－v0,t1)＝15m/s2(方向沿桿向上)在2～5s內(nèi)，a2＝eq\f(v2－v1,t2)＝－10m/s2(“－”表示方向沿桿向下)．(2)有風(fēng)力F時的上升過程，受力情況如圖甲所示由牛頓第二定律，有Fcosθ－μ(mgcosθ＋Fsinθ)－mgsinθ＝ma1停風(fēng)后的上升階段，受力情況如圖乙所示由牛頓第二定律，有－μmgcosθ－mgsinθ＝ma2聯(lián)立以上各式解得μ＝0.5，F(xiàn)＝50N.課時作業(yè)一、選擇題(1～4為單選題，5為多選題)1.質(zhì)量均為m的A、B兩球之間連有一輕彈簧，放在光滑的水平臺面上，A球緊靠墻壁，如圖1所示．今用力F將B球向左推壓彈簧，靜止后，突然將力F撤去的瞬間()圖1A．A的加速度大小為eq\f(F,2m)B．A的加速度為零C．B的加速度大小為eq\f(F,2m)D．B的加速度大小為eq\f(2F,m)答案B解析A球受到彈簧向左的彈力和墻壁向右的支持力處于靜止?fàn)顟B(tài)．F撤去瞬間，彈簧彈力不變，所以A球受力不變，合力仍然為零，加速度為零，A錯誤，B正確；對于B球，此時水平方向只受到彈簧向右的彈力，所以加速度a＝eq\f(F,m)，C、D錯誤．2．如圖2所示，A、B兩木塊間連一輕彈簧，A、B質(zhì)量相等，一起靜止地放在一塊光滑木板上，若將此木板突然抽去，在此瞬間，A、B兩木塊的加速度分別是()圖2A．a(chǎn)A＝0，aB＝2gB．a(chǎn)A＝g，aB＝gC．a(chǎn)A＝0，aB＝0D．a(chǎn)A＝g，aB＝2g答案A解析抽出板后，A的受力情況未變，故A的加速度為0，木板對B的支持力消失，B受到彈簧向下的壓力FN＝mg和B木塊自身的重力，故aB＝eq\f(FN＋mg,m)＝eq\f(mg＋mg,m)＝2g.3．如圖3所示，質(zhì)量為m的小球用水平輕彈簧系住，并用傾角為30°的光滑木板AB托住，小球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)．當(dāng)木板AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度大小為()圖3A．0 B.eq\f(2\r(3),3)gC．g D.eq\f(\r(3),3)g答案B解析撤去木板后，小球受到的重力和彈簧的拉力不變，則由牛頓第二定律得：eq\f(mg,cos30°)＝ma，a＝eq\f(g,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)g.4.質(zhì)量為2kg的物體在水平推力F的作用下沿水平面做直線運動，一段時間后撤去F，其運動的vt圖象如圖4所示．取g＝10m/s2，則物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ和水平推力F的大小分別為()圖4A．0.2,6N B．0.1,6NC．0.2,8N D．0.1,8N答案A解析在6～10s內(nèi)物體水平方向只受滑動摩擦力作用，加速度a＝－μg，v－t圖象的斜率表示加速度，a＝eq\f(0－8,10－6)m/s2＝－2m/s2，解得μ＝0.2.在0～6s內(nèi)，F(xiàn)－μmg＝ma′，而a′＝eq\f(8－2,6)m/s2＝1m/s2，解得F＝6N．選項A正確．5.將物體豎直向上拋出，假設(shè)運動過程中空氣阻力不變，其速度－時間圖象如圖5所示，則()圖5A．上升、下降過程中加速度大小之比為11∶9B．上升、下降過程中加速度大小之比為10∶1C．物體所受的重力和空氣阻力之比為9∶1D．物體所受的重力和空氣阻力之比為10∶1答案AD解析上升、下降過程中加速度大小分別為：a上＝11m/s2，a下＝9m/s2，由牛頓第二定律得：mg＋F阻＝ma上，mg－F阻＝ma下，聯(lián)立解得：mg∶F阻＝10∶1，A、D正確．二、非選擇題6．如圖6甲所示，固定的光滑細(xì)桿與地面成一定的夾角，在桿上套有一個光滑小環(huán)，小環(huán)在沿桿方向的推力F作用下向上運動，推力F與小環(huán)速度v隨時間變化的規(guī)律如圖乙、丙所示，重力加速度g取10m/s2，求：圖6(1)小環(huán)的質(zhì)量m；(2)細(xì)桿與地面間的夾角α.答案(1)1kg(2)30°解析由圖知，0～2s內(nèi)環(huán)的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1m/s,2s)＝0.5m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得F1－mgsinα＝ma由圖知，2s后環(huán)勻速運動，根據(jù)物體平衡條件得F2＝mgsinα聯(lián)立解得m＝1kg，α＝30°.7．如圖7甲所示，傾角為θ＝37°的足夠長斜面上，質(zhì)量m＝1kg的小物體在沿斜面向上的拉力F＝14N作用下，由斜面底端從靜止開始運動，2s后撤去F，前2s內(nèi)物體運動的v－t圖象如圖乙所示．求：(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)圖7(1)小物體與斜面間的動摩擦因數(shù)；(2)撤去力F后1.8s時間內(nèi)小物體的位移．答案(1)0.5(2)2.2m，沿斜面向上解析(1)由題圖乙可知，0～2s內(nèi)物體的加速度a1＝eq\f(Δv,Δt)＝4m/s2根據(jù)牛頓第二定律，F(xiàn)－mgsinθ－f＝ma1，F(xiàn)N＝mgcosθ，而f＝μFN代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.5.(2)撤去F后，－mgsinθ－f＝ma2，得a2＝－10