牛顿运动定律的应用(二)多过程及临界问题.ppt

《牛顿运动定律的应用(二)多过程及临界问题.ppt》由会员分享，可在线阅读，更多相关《牛顿运动定律的应用(二)多过程及临界问题.ppt（28页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第第6课时牛顿运动定律的应用课时牛顿运动定律的应用(三三)(多过多过程及临界问题程及临界问题)牛顿运动定律中的临界和极值问题牛顿运动定律中的临界和极值问题 临界问题的求解关键是用好临界条件对接临界问题的求解关键是用好临界条件对接触力来说，当接触面间刚要分离时，正压力为触力来说，当接触面间刚要分离时，正压力为零；接触面间刚要发生相对滑动时，静摩擦力零；接触面间刚要发生相对滑动时，静摩擦力达到最大静摩擦力而有些临界条件必须通过达到最大静摩擦力而有些临界条件必须通过对物理情景的分析，才能挖掘出来，如通过对物理情景的分析，才能挖掘出来，如通过“放缩法放缩法”使某一物理量很大、很小、取特殊使某一物理量很

2、大、很小、取特殊值等寻找临界点值等寻找临界点 1临界状态分析临界状态分析 例例1：如图如图363所示，光滑水平面上放置所示，光滑水平面上放置紧靠在一起的紧靠在一起的A、B两个物体，两个物体，mA3kg，mB6kg，推力，推力FA作用于作用于A上，拉力上，拉力FB作用于作用于B上，上，FA、FB大小均随时间而变化，其规律分别为大小均随时间而变化，其规律分别为FA(92t)N，FB(22t)N，问从，问从t0开始，到开始，到A、B相互脱离为止，相互脱离为止，A、B的共同位移是多少？的共同位移是多少？22(92 )N(22 )N.09N2N3m / s 1 / s3mABABABABABAABBAB

3、AFtBFttFFABaaaa aaABABFmFm先假设 、 间无弹力，则 受到的合外力为 ， 受到的合外力为 在 时，此时 、 加速度分别为 则有，说明 、 间有挤压， 、 间实际上解析：存在弹力22922283639222s m / sm / s 11+369 ABAABABABBABABFFttmmFFttmmtaaaaFAFBABtABaAB 随着 的增大，减小，增大，但只要，两者总有挤压当对 独自产生的加速度与对 独自产生的加速度相等时，这种挤压消失， 、 开始脱离，有 ，即 解之得 、 共同运动时，加速度大小为 、 共2211118m4.3m2293xat同位移为 方法点拨：方法

4、点拨：临界问题的分析临界问题的分析 临界问题涉及两个物理过程的转折点，临界问题涉及两个物理过程的转折点，处理时，应抓住转折点处理时，应抓住转折点(临界点临界点)的受力特点和的受力特点和运动特点如：运动特点如： (1)两物体相互分离的临界为：相互作用两物体相互分离的临界为：相互作用的压力为零，加速度和速度相同的压力为零，加速度和速度相同 (2)两物体产生相对运动的临界为：摩擦两物体产生相对运动的临界为：摩擦力达到最大静摩擦力，加速度和速度相同力达到最大静摩擦力，加速度和速度相同 针对训练针对训练11：一个质量为一个质量为0.2kg的小球用细的小球用细线吊在倾角线吊在倾角53的斜面顶端，如图的斜面

5、顶端，如图364所示，斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与所示，斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行，不计摩擦，当斜面以斜面平行，不计摩擦，当斜面以10m/s2的速的速度向右做加速运动时，求绳的拉力及斜面对度向右做加速运动时，求绳的拉力及斜面对小球的弹力小球的弹力 解析：当加速度a较小时，小球与斜面体一起运动，此时小球受重力、绳拉力和斜面的支持力作用，绳平行于斜面，当加速度a足够大时，小球将“飞离”斜面，此时小球受重力和绳的拉力作用，绳与水平方向的夹角未知，题目中要求a10m/s2时绳的拉力及斜面的支持力，必须先求出小球离开斜面的临界加速度a0.(此时，小球所受斜面支持力恰好为零)020222

6、0cotcot7.5m+2.8/ s10m / s0cos3N0sin.mgmaagaaTmaNTmgNmaTmg由所以 因为 所以小球离开斜面 ，小球受力情况如图，则，所以 解决此类问题重在受力分析和运动过解决此类问题重在受力分析和运动过程分析，形成清晰的物理图景，分析清楚物理过程，从程分析，形成清晰的物理图景，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件还要特别注意以下而找出临界条件或达到极值的条件还要特别注意以下几点：几点：(1)临界点的两侧，物体的受力情况、变化规律、运动临界点的两侧，物体的受力情况、变化规律、运动状态一般要发生改变，能否用变化的观点正确分析其运状态一般要发生改变

7、，能否用变化的观点正确分析其运动规律是求解这类题目的关键动规律是求解这类题目的关键(2)许多临界问题常在题目的叙述中出现许多临界问题常在题目的叙述中出现“恰好恰好”、“最大最大”、“至少至少”、“不相撞不相撞”、“不脱离不脱离”词词句，对临界问题给出了明确的暗示，审题时只要抓住这句，对临界问题给出了明确的暗示，审题时只要抓住这些特定词语内含的规律就能找到临界条件些特定词语内含的规律就能找到临界条件临界问题通常具有一定的隐蔽性，解题灵活性较大，审临界问题通常具有一定的隐蔽性，解题灵活性较大，审题时应力图还原习题的物理情景，抓住临界状态的特征，题时应力图还原习题的物理情景，抓住临界状态的特征，找到

8、正确的解题方向找到正确的解题方向2极值问题分析极值问题分析例例2：如图所示，光滑水平面上静止放着长如图所示，光滑水平面上静止放着长L=1.6m，质量为，质量为M=3kg的木板，一个质量为的木板，一个质量为m=1kg的小物体放在木板的最右端，的小物体放在木板的最右端，m与与M之间的动摩擦因数之间的动摩擦因数=0.1，今对木板施加一水，今对木板施加一水平向右的拉力平向右的拉力F。（。（g=10m/s2）（1）施力）施力F后要想把木板从物体后要想把木板从物体m的下方抽出的下方抽出来，求力来，求力F的大小应满足的条件。的大小应满足的条件。（2）如果所施力）如果所施力F=10N，为了把木板从，为了把木板

9、从m的下的下方抽出来，此力的作用时间不得少于多少？方抽出来，此力的作用时间不得少于多少？（1）m在滑动摩擦力的作用下向右加速时加速度达到最大am。对m由牛顿第二定律得： f=mam . .(1分) f=N .(1分) N=mg(1分)对M由牛顿第二定律得：F-f=MaM (1分)要使木板能抽出来则要求M的加速度aM大于am。即： aMam .(1分)解以上方程得： F4N (1分) （2）设F作用时间t1后，m在M上继续相对滑行t2后到M的最左端。 m所经过的位移Sm为：Sm=am(t1+t2)2/2 .(1分) 速度vm为：vm=am(t1+t2) .(1分) F撤消后，M的加速度aM2为

10、f=MaM2 .(1分) M所经过的位移SM为：SM=aMt12/2 +aMt1t2-aM2t22/2 .(2分) 速度vM为：vM=aMt1-aM2t2.(1分) 位移关系为： SM-Sm=L . .(1分) 此时要求： vMvm . .(1分) 解-方程组及速度位移关系得： t10.8s . .(2分)即力F的作用时间不得少于0.8s 变式训练变式训练21：如图如图354所示，物体所示，物体A的质量的质量m11kg，静止在光滑水平面上的木板，静止在光滑水平面上的木板B的质量的质量为为m20.5kg，长，长L1m，某时刻，某时刻A以以v04m/s的初速度滑上木板的初速度滑上木板B的上表面，为

11、使的上表面，为使A不至于从不至于从B上滑落，在上滑落，在A滑上滑上B的同时，给的同时，给B施加一个水平施加一个水平向右的拉力向右的拉力F，若，若A与与B之间的动摩擦因数之间的动摩擦因数0.2，试求拉力，试求拉力F应满足的条件应满足的条件(忽略物体忽略物体A的的大小大小)1122021221212 2 2ABagBaFm gm aABABm gmvvvaaABvL物体 滑上木板 以后，做匀减速运动， 加速度 木板 做匀加速运动，设加速度为 ，由牛顿第二定律，有： 不从 的右端滑落的临界条件是 到达 的右端时， 、 具有共同的速度 ， 由位置关系，有解析：012 vvvaa 运动时间相等，有 22

12、20012 () 1N1N1N.22agFmgm gFFABBBFFABBABvBLvL 由式，可得 由式，得 代入数值，得 若，则 滑到 的右端时，速度仍大于的速度，于是将从 上滑落，所以 必须大于等于 当 较大时，在 到达 的右端之前，就与具有相同的速度，之后， 必须相对 静止，才能不会从 的左端滑落 当A相对B静止时，由牛顿第二定律 对A、B的整体，设加速度为a，有F(m1m2)a 对A有m1gm1a，联立解得F3N 若F大于3N，A就会相对B向左滑下使A不至于从B上滑落，力F应满足的条件是： 1NF3N 多过程问题分析多过程问题分析处理多过程问题一般是采用处理多过程问题一般是采用“隔离

13、法隔离法”，即，即将物体的运动分解为多个阶段，对每个阶段做将物体的运动分解为多个阶段，对每个阶段做好受力分析和运动分析特别要注意某一力好受力分析和运动分析特别要注意某一力F的的变化带来的变化带来的“受力受力”影响和影响和“运动运动”影响影响 联系相邻阶段的物理量是速度，联系相邻阶段的物理量是速度，前一阶段的末速度是下一阶段的初速度前一阶段的末速度是下一阶段的初速度例例3： (2009年江苏卷年江苏卷)航模兴趣小组设计出一架航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量遥控飞行器，其质量m2 kg，动力系统提供的，动力系统提供的恒定升力恒定升力F28 N试飞时，飞行器从地面由静试飞时，飞行器从地面由静

14、止开始竖直上升设飞行器飞行时所受的阻力止开始竖直上升设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，大小不变，g取取10 m/s2.(1)第一次试飞，飞行器飞行第一次试飞，飞行器飞行t18 s时到达高度时到达高度H64 m求飞行器所受阻力求飞行器所受阻力Ff的大小；的大小；(2)第二次试飞，飞行器飞行第二次试飞，飞行器飞行t26 s时遥控器出时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力求飞行器能达现故障，飞行器立即失去升力求飞行器能达到的最大高度到的最大高度h；(3)为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间开始下落到恢复升力的最长时间t3.【例2】 (

15、2009年江苏卷)航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m2 kg，动力系统提供的恒定升力F28 N试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10 m/s2.(1)第一次试飞，飞行器飞行t18 s时到达高度H64 m求飞行器所受阻力Ff的大小；(2)第二次试飞，飞行器飞行t26 s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力求飞行器能达到的最大高度h；(3)为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3.思路点拨：将飞行器的运动分为多个过程，画出这些运动过程示意图，找出相邻运动过程的联系点，再分别研究每一过程，选用合适的规律求解解析导引：(1

16、)问：第一次试飞，飞行器在飞行过程中受到哪些力的作用？做什么运动？答：第一次飞行中，根据题设，飞行器受重力、恒定升力和阻力作用，在竖直方向做匀加速直线运动问：这几个力的关系怎样？所受阻力Ff多大？答：这几个力的合力提供加速度，设加速度为a1，则由牛顿第二定律：FmgFfma1，又根据运动学规律得：Ha1t由上述两式得：Ff4 N.(2)问：第二次飞行中，飞行器飞行过程可以分为几个阶段？这几个阶段中飞行器各做什么运动？答：第二次飞行中，飞行器的运动可以分为三个阶段：有升力时做加速运动，失去升力时做减速运动，到达最高点后又下落(下落时如果没有恢复升力则做加速运动)针对训练针对训练31：如图所示，一

17、皮带输送机的皮带如图所示，一皮带输送机的皮带以以v v13.6 m/s13.6 m/s的速率做匀速运动，其有效输的速率做匀速运动，其有效输送距离送距离ABAB29.8 m29.8 m，与水平方向夹角为，与水平方向夹角为37 37 . .将一小物体轻放在将一小物体轻放在A A点，物体与皮带间的动点，物体与皮带间的动摩擦因数摩擦因数0.10.1，求物体由，求物体由A A到到B B所需的时所需的时间间(g(g取取10 m/s10 m/s2 2，sin 37sin 370.60.6，coscos 37 370.8)0.8)【例3】 如图所示，一皮带输送机的皮带以v13.6 m/s的速率做匀速运动，其有

18、效输送距离AB29.8 m，与水平方向夹角为37 .将一小物体轻放在A点，物体与皮带间的动摩擦因数0.1，求物体由A到B所需的时间(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)思路点拨：开始小物体相对传送带向上运动，受的摩擦力沿斜面向下，小物体做匀加速运动，需判断到B之前是否达到了共同速度若能达到共同速度，则摩擦力变向(变为沿斜面向上)，再比较重力的下滑分力与最大静摩擦力的大小，判断下一步小物体的运动性质(匀速还是匀加速)解析导引：(1)问：小物体的初速度为零，而皮带沿斜面向下有较大的速度，所以在小物体开始运动的一段时间内，小物体受到的滑动摩擦力沿斜面向下，做匀加速直线运动在图中画出小物体的受力示意图，试由正交分解法、平衡条件及牛顿第二定律分别写出垂直斜面方向和沿斜面方向的受力方程式，写出滑动摩擦力的表达式，并求出加速度答：当小物体开始运动时，受到的滑动摩擦力沿斜面向下，受力示意图如图(1)所示设小物体匀加速运动的加速度为a1，则在垂直斜面方向上有：FNmgcos 370由摩擦力公式：FfFN在沿斜面方向由牛顿第二定律有mgsin 37Ffma1联立式解得a1g(sin 37cos 37)6.8 m/s2答案：3 s