1、专题强化练专题强化练 3瞬时加速度问题和动力学图像问题瞬时加速度问题和动力学图像问题 1如图所示，在光滑水平面上有物体 A、B，质量分别为 m1、 m2.在拉力 F 作用下， A 和 B 以加速度 a 做匀加速直线运动 某 时刻突然撤去拉力，此瞬时 A 和 B 的加速度为 a1、a2，则() Aa1a20 Ba1a；a20 Ca1 m1 m1m2a；a 2 m2 m1m2a Da1a；a2m1 m2a 2(多选)A、B 两球的质量均为 m，两球之间用轻弹簧相连， 放在光滑的水平地面上，A 球左侧靠墙，弹簧原长为 L0，用恒力 F 向左推 B 球使弹簧压缩，如图所示，整个系统处于静止状态， 此时
2、弹簧长为 L，下列说法正确的是() A弹簧的劲度系数为F L B弹簧的劲度系数为 F L0L C若突然将力 F 撤去，撤去瞬间，A、B 两球的加速度均 为 0 D若突然将力 F 撤去，撤去瞬间，A 球的加速度为 0，B 球的加速度大小为F m 3. 把弹力球从一定高处由静止释放，碰地反弹到最高点时接 住， 过程中的速度大小与时间关系图像如图所示， 空气阻力恒定， g 取 10 m/s2.下列说法正确的是() A过程中球的位移为 0 B球释放时的高度为 2.25 m C过程中球的运动路程为 1.62 m D球上升过程的加速度大小为 9 m/s2 4如图所示，质量为 m 的小球用水平轻弹簧和轻绳拉
3、住， 处于静止状态，轻绳与竖直方向成 60角，当剪断轻绳的瞬间， 小球的加速度() A为零 B大小为 g，方向竖直向下 C大小为 2g，方向沿原来轻绳方向斜向下 D大小为 2g，方向水平向右 5如图所示是质量为 3kg 的物体在水平地面上运动的 v t 图像，a、b 两条图线，一条是有推力作用的图线，另一条是没 有推力作用的图线， 则物体受到的推力大小是多少？摩擦力大小 是多少？ 6质量为 60kg 的消防队员，从一根竖直的长直轻绳上由 静止滑下，经 2.5 s 落地轻绳上端有一力传感器，它记录的轻 绳受到的拉力变化情况如图甲所示，g 取 10 m/s2，则： (1)消防队员下滑过程中最大速度
4、和落地速度各是多少？ (2)在图乙中画出消防队员下滑过程中的 v t 图像 专题强化练专题强化练 3瞬时加速度问题和动力学图像问题瞬时加速度问题和动力学图像问题 1 解析： 当力 F 作用时， 对 A 运用牛顿第二定律得： aF 弹 m1 ， 突然撤去拉力 F 的瞬间，弹簧弹力没有发生变化，所以 A 受力 不变，即 a1a；B 只受弹簧弹力作用，根据牛顿第二定律得： a2F 弹 m2 m1 m2a，故 D 正确，A、B、C 错误 答案：D 2 解析： 以 B 为研究对象受力分析， 根据平衡条件： Fk(L0 L)，得：k F L0L，故 A 错误、B 正确；若突然将力 F 撤去， 撤去瞬间，弹
5、簧来不及发生形变，则弹力不能瞬间改变，故 A 所 受合力仍然为 0，加速度为 0；B 水平方向只受弹簧的弹力，大 小为 F，根据牛顿第二定律：aF m，故 C 错误、D 正确 答案：BD 3解析：A 错：下降过程和上升过程的位移不相等，总位 移不为 0；B 错：图线与坐标轴围成的面积表示位移的大小，下 降的位移大小为 1.125 m； C 对、 D 错： 下降过程有 mgFfma1， 上升过程有 mgFfma2，得出 a19 m/s2，a211 m/s2，运动 的总路程为下降和上升的位移大小之和 x v21 2a1 v22 2a21.125 m 0.495 m1.62 m. 答案：C 4解析：
6、在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹 簧的弹力，处于平衡状态，根据共点力平衡得，绳子的拉力 T mg cos 60 2mg；剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，小球此时受 重力、弹簧的弹力两个力作用，小球的合力与原来轻绳的拉力等 大反向，大小为 F 合2mg；根据牛顿第二定律，小球的加速度 为 aF 合 m 2g，方向沿原来轻绳方向斜向下，故选 C. 答案：C 5解析：由图像可求得 a、b 两条图线对应的加速度大小： aa1 3 m/s2，ab2 3 m/s2. 由于两种情况都是减速运动，当推力与速度同向时，受推力 时加速度较小，由牛顿第二定律得： Ffmaa，fmab， 解得 F1 N，f
7、2 N. 当推力与速度反向时，受推力时加速度较大， 由牛顿第二定律得：Ffmab，fmaa 解得：F1 N，f1 N. 故推力和摩擦力的大小分别为 1 N、2 N 或 1 N、1 N. 答案：1 N、2N 或 1 N、1 N 6解析：(1)该队员在 t11 s 内以加速度 a1匀加速下滑 (mgF1)，然后在 t22.5 s1 s1.5 s 内以加速度 a2匀减速下滑 (mgmg，游客 处于超重状态，选项 A 错误，B 正确；当升降机加速下降或减速 上升时，加速度方向向下，由牛顿第二定律可得 mgNma，N mgmamg，游客处于失重状态，选项 C、D 错误 答案：B 3 解析： 小明的重力
8、Gmg4510 N450 N； 由图可知， 此时体重计示数为 50kg，故说明对体重计的压力为 500 N，此 时压力大于本身的重力，人处于超重状态，故 B 正确，A、C、 D 错误 答案：B 4解析：战车由静止开始沿长 10 米的斜面冲到学员面前， 最终刚好停在斜面的末端， 此过程先加速后减速， 先失重后超重， A 错误；战车运动过程中先加速后减速，做变加速直线运动，加 速度发生变化，所以合外力是变力，B、C 错误；根据题中信息 可以估算导师运动的平均速度为 2.5 m/s，D 正确 答案：D 5解析：此人最大的举力为 Fmg5010 N500 N，在 竖直向上运动的电梯中最多举起了 60k
9、g 的物体，说明物体处 于失重状态由牛顿第二定律得 mgFma，解得 a mgF m 6010500 60 m/s25 3 m/s2，方向竖直向下故选 D. 答案：D 6解析：电梯向上加速运动，所以木箱处于超重状态对 木箱，由牛顿第二定律得 FNmgma，即 FNmgm0.2g 1.2 mg，选项 C 正确 答案：C 7解析：运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下 做加速运动，运动员处于失重状态；随着床面形变增大，弹力逐 渐增大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，运动员处于超重 状态，故 A 错误、C 正确；蹦床运动员在上升过程中和下降过程 中是对称的，加速度方向先向上后向下，先处于超重状
10、态，后处 于失重状态，故 B 错误、D 正确故选 C、D. 答案：CD 8解析：由 v t 图像可知，升降机的运动过程为：向下加 速(失重：Fmg) 向上加速(超重：Fmg)向上匀速(Fmg)向上减速(失重： Fmg)，对照 Ft 图像可知，B 正确 答案：B 9解析：根据速度图像斜率表示加速度可知，t0.5 s 时， 他的加速度为 0.3 m/s2，A 错误；t0.4 s 时他向上加速运动，加 速度方向竖直向上，他处于超重状态，B 正确；t1.1 s 时他的 加速度为 0，他受到的单杠的作用力刚好等于重力 600 N，C 错 误；t1.5 s 时他向上做减速运动，加速度方向向下，他处于失 重状态，D 错误 答案：B
