牛顿运动定律的临界问题资料课件.ppt

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1、牛顿第二定律的应用牛顿第二定律的应用临界问题临界问题临界状态：临界状态：物体由某种物理状态变化为另一种物理物体由某种物理状态变化为另一种物理状态时，中间发生质的飞跃的转折状态，通常称之状态时，中间发生质的飞跃的转折状态，通常称之为临界状态。为临界状态。临界问题临界问题：涉及临界状态的问题叫做临界问题。：涉及临界状态的问题叫做临界问题。例题分析例题分析例例1在在水水平平向向右右运运动动的的小小车车上上，有有一一倾倾角角=370的的光光滑滑斜斜面面，质质量量为为m的的小小球球被被平平行行于于斜斜面面的的细细绳绳系系住住 而而 静静 止止 于于 斜斜 面面 上上，如如 图图 所所 示示。当当 小小

2、车车 以以（1）a1=g,(2)a2=2g 的的加加速速度度水水平平向向右右运运动动时时，绳绳对小球的拉力及斜面对小球的弹力各为多大？对小球的拉力及斜面对小球的弹力各为多大？a解：解：GFNF当当a=gcot=4g/3 时，支持力时，支持力FN=0小球即将脱离斜面小球即将脱离斜面则沿则沿x轴方向轴方向 Fcos-F-FN Nsinsin=ma 沿沿y轴方向轴方向 Fsin+F+FN Ncoscos=mg取小球为研究对象并受力分析取小球为研究对象并受力分析建立正交坐标系建立正交坐标系 将将=370、a1=g、a2=2g 分别代入分别代入得得 F1=1.4mg F2=2.2mg FN1=0.2mg

3、 FN2=-0.4mgxy当小车加速度当小车加速度a 4g/3时，小球已飘离斜面，如图所示时，小球已飘离斜面，如图所示 得得 F=m GFmaa将将a2=2g 代入得代入得F2=mg小小结结 相相互互接接触触的的两两个个物物体体将将要要脱脱离离的的临临界界条条件件是是相互作用的弹力为零。相互作用的弹力为零。拓展：上述问题中，若小车向左匀加速运动时拓展：上述问题中，若小车向左匀加速运动时，试求加速度试求加速度a3=g时的绳中张力。时的绳中张力。aFNGF小小结结 相相互互接接触触的的两两个个物物体体将将要要脱脱离离的的临临界界条条件件是是相互作用的弹力为零。相互作用的弹力为零。拓展：上述问题中，

4、若小车向左匀加速运动时拓展：上述问题中，若小车向左匀加速运动时，试求加速度试求加速度a3=g时的绳中张力。时的绳中张力。解解：设设绳绳中中的的拉拉力力为为零零时时，小小车车的的加加速速度度为为a，此此时时小球的受力如图小球的受力如图aFNGma而而a3 =g，故绳已松弛，绳，故绳已松弛，绳上拉力为零上拉力为零得得 a=gtan=3g/4解决临界问题的基本思路解决临界问题的基本思路（1）认认真真审审题题，仔仔细细分分析析研研究究对对象象所所经经历历的的变变化化的的物理过程，物理过程，找出临界状态。找出临界状态。（2）寻寻找找变变化化过过程程中中相相应应物物理理量量的的变变化化规规律律，找找出出临

5、界条件。临界条件。（3）以临界条件为突破口，列临界方程，求解问题。）以临界条件为突破口，列临界方程，求解问题。小结小结 绳子松弛的临界条件是：绳中拉力为零。绳子松弛的临界条件是：绳中拉力为零。练练习习1：A、B两两个个滑滑块块靠靠在在一一起起放放在在光光滑滑水水平平 面面上上，其其质质量量分分别别为为2m和和m,从从t=0时时刻刻起起，水水平平力力F1和和F2同同时时分分别别作作用用在在滑滑块块A和和B上上，如如图图所所示示。已已知知F1=（10+4t）N,F2=(40-4t)N,两两力力作作用用在在同同一一直直线线上上，求求滑滑块块开开始始滑滑动动后后，经经过过多多长长时间时间A、B发生分离

6、？发生分离？ABF2F1解解：由题意分析可得：由题意分析可得两物体分离的临界条件是：两物体之间刚好无相互作两物体分离的临界条件是：两物体之间刚好无相互作用的弹力，且此时两物体仍具有相同的加速度。用的弹力，且此时两物体仍具有相同的加速度。分别以分别以A、B为研究对象，水平为研究对象，水平方向受力分析如图方向受力分析如图 由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得 F1=ma F2=2ma 则则 F2=2 F1 即即(40-4t)=2(10+4t）解得解得 t=5/3(s)BB F1 BAF2aa例例2、有有一一质质量量M=2kg的的小小车车置置于于光光滑滑水水平平桌桌面面上上，在在小小车车上上放放一一质质

7、量量m=4kg的的木木块块，动动摩摩擦擦因因素素=0.2,现现木木块块施施加加F=30N,如如图图所所示示，则则小小车车的的加速度为多少？加速度为多少？则两者保持相对静止的最大加速度为则两者保持相对静止的最大加速度为 am=fm/M=6m/s2FmM解：当木块与小车之间的摩擦力达最大静摩擦解：当木块与小车之间的摩擦力达最大静摩擦力时，对小车水平方向受力分析如图力时，对小车水平方向受力分析如图Mfm再取整体为研究对象受力如图，再取整体为研究对象受力如图，mM 而而 F=30N a a0 0,小球离开斜面，设此时绳与竖直方向的夹角为小球离开斜面，设此时绳与竖直方向的夹角为小球离开斜面，设此时绳与竖

8、直方向的夹角为小球离开斜面，设此时绳与竖直方向的夹角为,因此当滑块至少以加速度因此当滑块至少以加速度因此当滑块至少以加速度因此当滑块至少以加速度g g向左运动时，小球对滑块的压力为零向左运动时，小球对滑块的压力为零向左运动时，小球对滑块的压力为零向左运动时，小球对滑块的压力为零.mgT a关键是找出装置现状（绳的位置）和临界条件，而不能认为不论多大，绳子的倾斜程度不变例例例例6 6质量为质量为质量为质量为mm的小物块，用轻弹簧固定的小物块，用轻弹簧固定的小物块，用轻弹簧固定的小物块，用轻弹簧固定在光滑的斜面体上，斜面的倾角为在光滑的斜面体上，斜面的倾角为在光滑的斜面体上，斜面的倾角为在光滑的斜

9、面体上，斜面的倾角为，如，如，如，如图所示。使斜面体由静止开始向右做加速图所示。使斜面体由静止开始向右做加速图所示。使斜面体由静止开始向右做加速图所示。使斜面体由静止开始向右做加速度逐渐缓慢增大的变加速运动，已知轻弹度逐渐缓慢增大的变加速运动，已知轻弹度逐渐缓慢增大的变加速运动，已知轻弹度逐渐缓慢增大的变加速运动，已知轻弹簧的劲度系数为簧的劲度系数为簧的劲度系数为簧的劲度系数为k k。求：小物块在斜面体。求：小物块在斜面体。求：小物块在斜面体。求：小物块在斜面体上相对于斜面体移动的最大距离。上相对于斜面体移动的最大距离。上相对于斜面体移动的最大距离。上相对于斜面体移动的最大距离。mm解：静止时

10、物体受力如图示解：静止时物体受力如图示解：静止时物体受力如图示解：静止时物体受力如图示mgmgkx1N向右加速运动时向右加速运动时向右加速运动时向右加速运动时 a随随随随a a 增大，弹簧伸长，弹力增大，弹簧伸长，弹力增大，弹簧伸长，弹力增大，弹簧伸长，弹力F F增增增增大，支持力大，支持力大，支持力大，支持力N N减小，直到减小，直到减小，直到减小，直到N=0N=0时，时，时，时，为最大加速度。为最大加速度。为最大加速度。为最大加速度。mmgmgkx2a联立联立联立联立两式解出小物块在斜面体两式解出小物块在斜面体两式解出小物块在斜面体两式解出小物块在斜面体上相对于斜面体移动的最大距离上相对于

11、斜面体移动的最大距离上相对于斜面体移动的最大距离上相对于斜面体移动的最大距离牛顿定律运用中的临界和极值问题牛顿定律运用中的临界和极值问题例题分析例题分析:1、小车在水平路面上加速向右运动，一质量为m的小球用一条水平线和一条斜线（与竖直方向成30度角）把小球系于车上，求下列情况下，两绳的拉力：(1)加速度a1=g/3(2)加速度a2=2g/3BAO分析分析（1）平衡态（a=0）受力分析。(2）a由0逐渐增大的过程中，开始阶段，因m 在竖直方向的加速度为0，角不变，T1不变，那么，加速度增大（即合外力增大），OA绳承受的拉力T2必减小。当T2=0时，m存在一个加速度a0，如图2所示，物体所受的合外

12、力是T1的水平分力。当a.a0时，a增大，T2=0（OA绳处于松弛状态），T1在竖直方向的分量不变，而其水平方向的分量必增加（因 合外力增大），角一定增大，设为。受力分析如图3所示。T1T2图1mgT1F0mg图2T1mg图3当T2=0时，如图2所示，F0=tgmg ma0=tgmg a0=tgg。当aa0时，T2=0，（松弛状态）T1sin=ma (1)T1cos=mg(2)tg=a/g（如图3)T1F0mg图2T1T2图1mgT1mg图3牛顿定律运用中的临界问题例题例题：2、质量m=1kg的物体，放在=370的斜面上，物体与斜面的动摩擦因数=0.3，要是物体与斜面体一起沿水平方向向左加速运

13、动，则其加速度多大？300图1分析分析：讨论涉及静摩擦力的临界问题的一般方法是：1、抓住静摩擦力方向的可能性。2、物体即将由相对 静止的状态即将变为相对 滑动状态的条件是f=N（最大静摩擦力）。本题有两个临界状态，当物体具有斜向上的 运动趋势时，物体受到的摩擦力为最大静摩擦力；当物体具有斜向下的运动趋势时，物体受到的摩擦力为最大静摩擦力。300图1当物体具有斜向下的运动趋势时，受力分析如图2所示，sin300 N1-f1 cos300=ma0 (1)f1 sin300+N1 cos300=mg (2)f 1=N1 (3)a 01=？当物体具有斜向上的运动趋势时，受力分析如图3所示，N2sin3

14、00+f2 cos300=ma0 (1)N2 cos300=mg+f2 sin300(2)f 2=N2 (3)a 02=？（求出加速度的取值范围）xyf1N1 mg图2图3牛顿定律应用牛顿定律应用 在应用牛顿定律解决动力学问题中，当物体的加速度不同时，物体可能处于不同状态，特别是题目中出现“最大”.“最小”.“刚好”.“恰好”等词语时，往往出现临界现象临界问题1 解题关键：找出临界状态，确定临界条件。2 常用方法：（1）假设法 （2）极限法习题精选例例1 如图所示，倾角为如图所示，倾角为的光滑斜面体上有一个小球的光滑斜面体上有一个小球m被平行于斜面被平行于斜面 的细绳系于斜面上，斜面体放在水平

15、面上。的细绳系于斜面上，斜面体放在水平面上。1要使小球对斜面无压力，求斜面体运动的加速度范围，并说明其方要使小球对斜面无压力，求斜面体运动的加速度范围，并说明其方向。向。2要使小球对绳无拉力，且小球相对斜面静止，求斜面体运动的加速要使小球对绳无拉力，且小球相对斜面静止，求斜面体运动的加速度范围，并说明其方向。度范围，并说明其方向。3若已知若已知=60，m=2kg,当斜面体以当斜面体以a=10m/s2向右做匀加速运动时，向右做匀加速运动时，绳对小球的拉力多大？（绳对小球的拉力多大？（g=10m/s2)m 解解（1）假设小球对斜面刚好没压力时，假设小球对斜面刚好没压力时，受力如图甲，受力如图甲，T

16、sin-mg=0 Tcos=ma0 a0=g.cot 所以斜面向右运动的加速度所以斜面向右运动的加速度agcot时，小球对斜面无压力时，小球对斜面无压力 （2）假设小球对绳刚好无拉力）假设小球对绳刚好无拉力时，受力如图乙时，受力如图乙 a0=gtan 方向水平向左方向水平向左 所以斜面向左运动的加速度所以斜面向左运动的加速度 a=gtan小球对斜面没压力。小球对斜面没压力。mymg 甲TNmg （3）当小球对斜面刚好没压力时）当小球对斜面刚好没压力时a0=gcot=而而a=10m/s2a0，此时小球以飘离斜面，此时小球以飘离斜面 如图所示，如图所示，Tsin=ma Tcos=mg解得解得T=2

17、0 =45Ommg Tyx跟踪练习跟踪练习大考卷第大考卷第14练练18题题1 如下图所示，一辆卡车后面用轻绳拖着质量为m的物体A,A与地面之间的摩擦不计。(1)当卡车以加速度a1=加速运动时，绳的拉力为则A对地面的压力多大？（2）当卡车的加速度a=g时，绳的拉力多大？解析解析:(1)对对A受力分析如图受力分析如图,T=mg,N0Tcos=ma1 cos=530 N=mgTsin=mgmgTN(2)当车的加速度较大时，当车的加速度较大时，A将飘将飘离地面，当车刚好离开地面时受离地面，当车刚好离开地面时受力如力如a0=gcot=0.75ga2=ga0，此时，此时A已飘离地面已飘离地面 T=(mg)

18、2+(ma2)2 T=2 mgmgT牛顿定律运用中的临界和极值问题例题分析：例题分析：3、如图所示，传送带与地面的倾角为=370，从A到B的长度16m,传送带以10m/s的速率逆时针方向转动，在传送带上端无初速地放一个质量为m=0.5kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，求物体从A到B 所需的时间是多少？（sin370=0.6 cos370=0.8 g=10m/s2）AB图1分析分析：tg，物体的初速为零，开始阶段，物体速度小于传送带的速度，物体相对于传送带斜向上运动，其受到的滑动摩擦力斜向下，下滑力和摩擦力的合力使物体产生加速度，物体做初速度为零的匀加速运动。如图2所示。f1mgs

19、in图2当物体与传送带速度相等的瞬时，物体与带之间的摩擦力为当物体与传送带速度相等的瞬时，物体与带之间的摩擦力为零，但物体在下滑力的作用下仍要加速，物体的速度将大于零，但物体在下滑力的作用下仍要加速，物体的速度将大于传送带的速度，物体相对于传送带向斜向下的方向运动，在传送带的速度，物体相对于传送带向斜向下的方向运动，在这一时刻摩擦力方向将发生突变，摩擦力方向由斜向下变为这一时刻摩擦力方向将发生突变，摩擦力方向由斜向下变为斜向上。物体的下滑力和所受的摩擦力的合力使物体产生了斜向上。物体的下滑力和所受的摩擦力的合力使物体产生了斜向下的加速度，由于下滑力大于摩擦力，物体仍做匀加速斜向下的加速度，由于

20、下滑力大于摩擦力，物体仍做匀加速运动，运动，。如图。如图3 3所示。所示。要点（1）从运动过程的分析中找临界状态（2）滑动摩擦力方向的突变是本题 的关键。(3)tg 和tg的区别。f2mgsin图3思考：若tg,物体将 怎样 运动呢？例题例题3全解全解解：因tg，物体的初速为零。开始阶段，物体相对于传送带斜向上运动，其受到的滑动摩擦力斜向下，下滑力和摩擦力的合力使物体产生加速度，物体做初速度为零的匀加速运动。如图2。AB图1f1mgsin图2f2mgsin图3根据牛顿第二定律，mgsin+mgcos=ma1 a1=g(sin+cos)=10(0.6+0.50.8)m/s2=10m/s2物体的速度与传送带速度相等需要的时间为 t1=v/a1=10/10s=1s由于tg，物体在重力的作用下继续加速，当物体的速度大于传送带的速度时，传送带给物体一斜向上的滑动摩擦力，此时受力情况如图3所示。根据牛顿第二定律，得Mgsin-mgcos=ma2 a2=mgsin-mgcos=10(0.6-0.80.5)m/s2=2m/s2设后一阶段物体滑至底端所用的时间为t2，由运动学公式得：L-S=vt2+1/2 a2t22 解得：t2=1s (t2=-11s舍去)所以，物体由A到B所用时间为 t1+t2=2s