【物理】2020届一轮复习人教版瞬时加速度问题和动力学图象问题课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版瞬时加速度问题和动力学图象问题课时作业

瞬时加速度问题和动力学图象问题 课时作业 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 1 A．A 的加速度大小为 F 2m B．A 的加速度大小为零 C．B 的加速度大小为 F 2m D．B 的加速度大小为 F m 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 F m ，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 2 A．0B.2 3 3 gC．gD. 3 3 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 2 3 3 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 2 3 3 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Δl1 和Δl2，重力加速度大小为 g，在剪断的瞬间( ) 图 3 A．a1＝3g B．a1＝0 C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2 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 FT1＝2mg，故 a 受到的合力 F＝mg＋FT1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度 a1＝ F m ＝3g，A 正确，B 错误；设弹簧 S2 的拉力为 FT2， 则 FT2＝mg，根据胡克定律 F＝kΔx 可得Δl1＝2Δl2，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，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 4 A．弹簧的形变量不改变 B．弹簧的弹力大小为 mg C．木块 A 的加速度大小为 2g D．木块 B 对水平面的压力变为 2mg 答案 AC 5．(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 θ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 5 A．两个小球的瞬时加速度方向均沿斜面向下，大小均为 gsinθ B．B 球的受力情况不变，瞬时加速度为零 C．A 球的瞬时加速度方向沿斜面向下，大小为 2gsinθ 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 F＝mgsinθ，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 F＋mgsinθ ＝maA，解得 aA＝2gsinθ，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 6 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大小之比为 9∶1 D．物体所受的重力和空气阻力大小之比为 10∶1 答案 AD 解析 上升、下降过程中加速度大小分别为：a 上＝11m/s2，a 下＝9 m/s2，由牛顿第二定律得：mg＋F 阻＝ ma 上，mg－F 阻＝ma 下，联立解得 mg∶F 阻＝10∶1，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)如图 8 甲，一物块在 t＝0 时刻滑上一固定斜面，其运动的 v－t 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 8 A．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 v－t 图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为 a＝v0 t1 ，根据牛顿第二定律得 mgsinθ＋ μmgcosθ＝ma，即 gsinθ＋μgcosθ＝v0 t1 .同理向下滑行时 gsinθ－μgcosθ＝v1 t1 ，两式联立得 sinθ＝ v0＋v1 2gt1 ，μ＝ v0－v1 2gt1cosθ.可见能计算出斜面的倾角θ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v0 2 ，所以沿斜面向上滑行 的最远距离为 x＝v0 2 t1，根据斜面的倾角可计算出向上滑行的最大高度为 xsinθ＝v0 2 t1·v0＋v1 2gt1 ＝v0v0＋v1 4g ， 选项 D 正确；仅根据 v－t 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θ＝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 sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)( ) 图 9 A．当风速为 3m/s 时，物体沿斜面向下运动 B．当风速为 5m/s 时，物体与斜面间无摩擦力作用 C．当风速为 5m/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小，当风速为零时，物体的加速度为 a0＝4m/s2，对 物体，沿斜面方向有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma0，即 a0＝gsin θ－μgcos θ，解得μ＝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θ 及物块与斜面间的动摩擦因数μ. 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 v－t 图象可得： a1＝0－4.0 0.5 m/s2＝－8 m/s2 a2＝ 2.0－0 1.5－0.5 m/s2＝2 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 －mgsinθ－μmgcosθ＝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 mgsinθ－μmgcosθ＝ma2 联立解得θ＝30°，μ＝ 3 5 . 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，若已知斜面固定且倾角α＝30°，重力加速度 g 取 10m/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) 3 9 (2)0.075m 解析 (1)0～2s 内，F1－mgsinα－μmgcosα＝ma1，a1＝Δv Δt ＝0.5m/s2,2s 后，F2－mgsinα－μmgcosα＝ ma2，a2＝0，代入数据解得 m＝3kg，μ＝ 3 9 . (2)撤去推力 F 后，有－μmgcosα－mgsinα＝ma3， 解得 a3＝－20 3 m/s2， x3＝0－v2 2a3 ＝0.075m. 12．如图 12 甲所示，质量 m＝1kg 的物体置于倾角为θ＝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 t1＝1s 时撤去力 F，物体运动时部分 v－t 图象如图乙所示，设物体受到 的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取 10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求： 图 12 (1)物体与斜面间的动摩擦因数及拉力 F 的大小； (2)t＝4s 时物体的速度． 答案 (1)0.5 30N (2)2m/s，方向沿斜面向下 解析 (1)根据 v－t 图象知，物体做匀加速直线运动的加速度的大小 a1＝20m/s2， 根据牛顿第二定律得 F－μmgcosθ－mgsinθ＝ma1， 物体做匀减速直线运动的加速度的大小 a2＝10m/s2， 根据牛顿第二定律得 mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2， 解得 F＝30N，μ＝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 v1＝a2t2，解得 t2＝2s. 则物体从最高点开始沿斜面下滑的时间 t3＝t－t1－t2＝1s， 设物体下滑的加速度大小为 a3，由牛顿第二定律得， mgsinθ－μmgcosθ＝ma3， 解得 a3＝2m/s2. 所以 t＝4s 时物体的速度 v＝a3t3＝2×1m/s＝2 m/s，方向沿斜面向下．