牛顿定律应用临界问题.ppt

1、牛顿第二定律的应用,第四章 牛顿运动定律,临界状态：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，通常称之为临界状态。,临界问题：涉及临界状态的问题叫做临界问题。,临界问题,一、临界问题,在水平向右运动的小车上，有一倾角=370的光滑斜面，质量为m的小球被平行于斜面的细绳系住而静止于斜面上，如图所示。当小车以a1=g, a2=2g 的加速度水平向右运动时，绳对小球的拉力及斜面对小球的弹力各为多大？,例题分析,解：,易见 ：支持力FN 随加速度a 的增大而减小 当a=gcot= 4g/3 时，支持力FN =0 小球即将脱离斜面,则沿x轴方向 Fcos-FNsin=ma 沿

2、y轴方向 Fsin+FNcos=mg,取小球为研究对象并受力分析，建立正交坐标系,将 a1=g 、a2=2g 分别代入 得a1=g时：F=7mg/5 ；FN=mg/5 a2=2g时：F= 11mg/5 ；FN=-2mg/5,a,例题分析,例题分析,支持力FN 随加速度a 的增大而减小 当a=gcot= 4g/3 时，支持力FN =0小球即将脱离斜面,当小车加速度a 4g/3时，小球已飘离斜面，如图所示得,将a=a2=2g 代入得 F= mg,【小结】 相互接触的两个物体将要脱离的临界条件是相互作用的弹力刚好为零。,例题分析,拓展：上述问题中，若小车向左加速运动 ，试求加速度a=g时的绳中张力。

3、,简析：,则沿x轴方向 FNsin - Fcos =ma 沿y轴方向 FNcos + Fsin=mg,例题分析,例题分析,拓展：上述问题中，若小车向左加速运动 ，试求加速度a=g时的绳中张力。,简析：,则沿x轴方向 FNsin - Fcos =ma 沿y轴方向 FNcos + Fsin=mg,例题分析,F的负号表示绳已松弛，故 F=0,此时a=gtan =3g/4,而a =g ，故绳已松弛，绳上拉力为零,小结 绳子松弛的临界条件是：绳中拉力刚好为零。,解决临界问题的基本思路,（1）认真审题，仔细分析研究对象所经历的变化的物理过程， 找出临界状态。 （2）寻找变化过程中相应物理量的变化规律，找出

4、临界条件。 （3）以临界条件为突破口，列临界方程，求解问题。,A、B两个滑块靠在一起放在光滑水平 面上，其质量分别为2m和m,从t=0时刻起，水平力F1和F2同时分别作用在滑块A和B上，如图所示。已知F1=（10+4t）N, F2=(40-4t)N,两力作用在同一直线上，求滑块开始滑动后，经过多长时间A、B发生分离？,A,B,F2,F1,练习,解 ：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用的弹力，且此时两物体仍具有相同的加速度。 分别以A、B为研究对象，水平方向受力分析如图,由牛顿第二定律得 F1=ma F2=2ma,则 F2=2 F1,即(40-4t) =2(10+4

5、t） 解得 t=5/3 (s),练习,有一质量M=4kg的小车置于光滑水平桌面上，在小车上放一质量m=6kg的物块，动摩擦因素=0.2,现对物块施加F=25N的水平拉力,如图所示，求小车的加速度？（设车与物块之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力且g取10m/s2),则两者保持相对静止的最大加速度为 am=fm/M= mg/M=3m/s2,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,练习,再取整体为研究对象受力如图,而 F=25N Fm 木块与小车保持相对静止,得：Fm=(M+m) am=30N,故系统的加速度 a=F/(M+m)=2.5 m/s2,Fm,练习,小结：存

6、在静摩擦的连接系统，当系统外力大于最大静摩 擦力时，物体间不一定有相对滑动。 相对滑动与相对静止的临界条件是： 静摩擦力达最大值,如图所示，质量均为M的两个木块A、B在水平力F的作用下，一起沿光滑的水平面运动，A与B的接触面光滑，且与水平面的夹角为60，求使A与B一起运动时的水平力F的范围。,课后练习,分析：当水平推力F很小时，A与B一起作匀加速运动，当F较大时，B对A的弹力竖直向上的分力等于A的重力时，地面对A的支持力为零，此后，物体A将会相对B滑动。显而易见，本题的临界条件就是水平力F为某一值时，恰好使A沿AB面向上滑动，即物体A对地面的压力恰好为零.,解：当水平力F为某一值时， 恰好使A

7、沿AB面向上滑动， 即物体A对地面的压力恰好为零，受力分析如图 对整体： 隔离A： 联立上式解得： 水平力F的范围是：0F,常见临界条件归纳,三类临界问题的临界条件 （1）相互接触的两个物体将要脱离的临界条件是： （2）绳子松弛的临界条件是： （3）存在静摩擦的连接系统，当系统外力大于最大静摩擦力时，物体间不一定有相对滑动，相对滑动与相对静止的临界条件是：,课堂总结,相互作用的弹力为零,绳中拉力为零,静摩擦力达最大值,（1）认真审题，仔细分析研究对象所经历的变化的物理过程，找出临界状态。 （2）寻找变化过程中相应物理量的变化规律，找出临界条件。 （3）以临界条件为突破口，列临界方程，求解问题。

8、,解决临界问题的基本思路,课堂总结,一个物体沿摩擦因数一定的斜面加速下滑，下列图象，哪个比较准确地描述了加速度a与斜面倾角的关系？,解：设摩擦因数为，则a=gSin-gCos 做如下几种假设： 当=00时，物体静止在水平面上，a=0 当=arctg时，物体开始匀速下滑，a=0 当arctg时，物体加速下滑，a0 当=900时，F=mgCos900=0，加速度达到极限 值，a=g即物体做自由落体运动。 综上假设，不难判断出“D”答案是合理的。,练习,如图示，质量为M=2Kg的木块与水平地面的动摩擦因数=0.4，木块用轻绳绕过光滑的定滑轮，轻绳另一端施一大小为20N的恒力F，使木块沿地面向右做直线

9、运动，定滑轮离地面的高度h=10cm，木块M可视为质点，问木块从较远处向右运动到离定滑轮多远时加速度最大？最大加速度为多少？,练习,解：设当轻绳与水平方向成角时，对M有 Fcos-(Mg-Fsin)=Ma 整理得： F(cossin)-Mg=Ma 令 (cossin)=A ，可知，当A取最大值时a最大。利用三角函数知识有：,练习,弹簧类临界状态问题,例1：如图所示，轻弹簧上端固定，下端连接着重物，质量为m，先由托板M托住m，使弹簧比自然长度缩短L，然后由静止开始以加速度a匀加速向下运动。已知ag，弹簧劲度系数为k，求经过多长时间托板M将与m分开？,分析与解答：当托板与重物分离时，托板对重物没有

10、作用力，此时重物只受到重力和弹簧的作用力，只在这两个力作用下，当重物的加速度也为a时，重物与托板恰好分离。,根据牛顿第二定律，得： mg-kx=ma x=m(g-a)/k 由运动学公式：L+x=at2/2,三、位移变化与力变化相联系的问题,例1:如图所示，竖直放置的劲度系数k=800N/m的轻弹簧上有一质量不计的轻托盘，托盘内放着一个质量m=12kg的物体，开始时m处于静止状态，现在给物体施加一个竖直向上的力F，使其从静止开始向上做匀加速直线运动，已知头0.2S内F是变力，在0.2S后F是恒力，取g=10m/s2,则F的最小值是 N，最大值是 N.,分析与解答：m在上升的过程中，受到重力、弹簧

11、的弹力、和拉力。由于题目告诉我们，F在0.2S内是变力，说明0.2s时弹簧已达到原长，0.2s内走的距离就是弹簧原来压缩的长度。 kxo=mg xo=mg/k=3/20m xo=at2/2 a=2xo/t2=7.5m/s2,由牛顿定律： F-mg+kx=ma 当kx最大时（最下端kx0）， F最小， F= mg+ma-kx0 =ma=127.5 =90N 当kx最小时（最上端kx=0）, F最大，F=mg+ma =120+90 =210N,拓展：,如图所示，竖直放置的劲度系数k=800N/m的轻弹簧上有一质量m=1.5kg 的托盘，托盘内放着一个质量M=10.5kg的物体，开始时系统处于静止状

12、态，现在给物体施加一个竖直向上的力F，使其从静止开始向上做匀加速直线运动，已知头0.2S内F是变力，在0.2S后F是恒力，取g=10m/s2,则F的最小值是 N，最大值是 N.,答案： 72N 168N,例2. 将金属块用压缩的轻弹簧 卡在一个矩形的箱中，如图所 示。在箱的上顶板和下顶板安 有压力传感器，箱可以沿竖直 轨道运动。当箱以a=2.0m/s2的 加速度作竖直向上的加速运动时，上顶板的 传感器显示的压力为6.0N，下顶板的传感器 显示的压力为10.0N。取g=10m/s2。若上顶 板传感器的示数是下顶板传感器的示数的一 半,试判断箱的运动情况。,分析与解答：由于箱以a=2.0m/s2的加速度作竖直向上的加速运