牛頓運動定律的應用（一）4

1、2005-2006高考復習第3章、牛頓運動定律2005、9第四課牛頓運動定律的應用（一） 知識簡析一、簡單連接體問題的處理方法 在連接體問題中，如果不要求知道各個運動物體之間的相互作用力，并且各個物體具有大小和方向都相同的加速度，就可以把它們看成一個整體（當成一個質點）分析受到的外力和運動情況，應用牛頓第二定律求出加速度（或其他未知量）；如果需要知道物體之間的相互作用力，就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，將內力轉化為外力，分析物體的受力情況和運動情況，并分別應用牛頓第二定律列出方程隔離法和整體法是互相依存、互相補充的兩種方法互相配合交替應用，常能更有效地解決有關連接體的問題 知識簡析 【例1】一質

2、量為M，傾角為的楔形木塊，放在水平桌面上，與桌面間的動摩擦因數(shù)為，一物塊質量為m，置于楔形木塊的斜面上，物塊與斜面的接觸是光滑的為保持物塊相對斜面靜止，可用一水平力F推楔形木塊，如圖所示，求此水平力大小的表達式解析： 把楔形木塊和相對靜止的物塊看成一個整體它只受到：重力（m+M）g；桌面的支持力N；水平向左的推力F；桌面的摩擦力f由牛頓定律和摩擦定律可得 Ff=(mM)a， N(mM)g=0，fN 聯(lián)立解得F=（mM)g(mM）a再隔離m，受力情況如圖小物塊相對地面是沿水平向左運動，故有Nsinma， Ncos= mg,解得a=gtg代入式得水平推力F=（mM）g（mM）gtg 知識簡析二、注

3、意事項： 1、用隔離法解連接體問題時，容易產(chǎn)生如下錯誤：（l）例如F推M及m一起前進（如圖），隔離m分析其受力時，認為F通過物體M作用到m上，這是錯誤的（2）用水平力F通過質量為m的彈簧秤拉物體M在光滑水平面上加速運動時，往往會認為彈簧秤對物塊M的拉力也一定等于F實際上此時彈簧秤拉物體M的力F/F-ma，顯然F/F只有在彈簧秤質量可不計時，才可認為F/F2系統(tǒng)內各個物體的加速度相同時，可把系統(tǒng)看作一個整體但有些問題中系統(tǒng)內物體的加速度不同，也可用整體法來研究。如圖中物塊m沿斜面體M以加速度a下滑，斜面體不動欲求地面對斜面體的靜摩擦力f時，把此系統(tǒng)作為整體處理，由牛頓第二定律得fmacosM0m

4、acos式中acos為物塊加速度的水平分量 知識簡析三、應用牛頓運動定律解題的特殊方法1用極端分析法分析臨界條件若題目中出現(xiàn)“最大”、“最小”、“剛好”等詞語時，一般都有臨界現(xiàn)象出現(xiàn)，可用極端分析法:即把物理過程推到極端，分析在極端情況下可能出現(xiàn)的狀態(tài)和滿足的條件，應用規(guī)律列出在極端情況下的方程，從而暴露出臨界條件 2用假設法分析物體受力 方法I；假定此力不存在，根據(jù)物體受力情況分析物體將發(fā)生的運動，然后再確定此力應在什么方向，物體才會產(chǎn)生題目給定的運動狀態(tài) 方法：假定此力存在，且沿某一方向，用運動規(guī)律進行分析運算，若算得結果是正值，說明此力存在,與假設方向相同；若算得的結果是負值，說明此力存

5、在，但與假定的方向相反；若算得的結果是零，說明此力不存在 知識簡析 【例2】如圖，一個質量為02 kg的小球用細繩吊在傾角=530的斜面頂端，斜面靜止時球緊靠在斜面上，繩與斜面平行，不計摩擦，當斜面以10 ms2的加速度向右運動時，求繩子的拉力及斜面對小球的彈力 解析： 設小球處在剛離開斜面或剛不離開斜面的臨界狀態(tài)（N剛好為零）時斜面向右的加速度為a0， 對小球由牛頓第二定律得Tcosma0 Tsinmg=0 由式解得a0gCtg=75ms2 由于斜面的加速度a10ms2a0，可知小球已離開斜面則T= =283 N， N0 知識簡析 【例3】如圖，車廂中有一傾角為300的斜面，當火車以10ms

6、2的加速度沿水平方向向左運動時，斜面上的物體m與車廂相對靜止，分析物體m所受摩擦力的方向解析：法一：m受三個力作用，重力mg、彈力 N、靜摩擦力f f的方向難以確定我們先假設這個力不存在，那么如圖，mg與N只能在水平方向產(chǎn)生mg tg的合力，此合力只能產(chǎn)生gtg300= g的加速度， 小于題目給定的加速度，故斜面對m的靜摩擦力沿斜面向下 法二：假定m所受的靜摩擦力沿斜面向上,將加速度a正交分解，沿斜面方向根據(jù)牛頓定律有mgsin300一f=macos300 解得f5（1一 ）m，為負值，說明f的方向與假定的方向相反，應沿斜面向下 規(guī)律方法1、連接體的求解方法 【例4】如圖所示，A,B并排緊貼著

7、放在光滑的水平面上，用水平力F1 ,F2同時推A和B.如F1=10N，F(xiàn)2=6N，mAmB，則A,B間的壓力可能為（ ） A. 9 N； B. 9.5 N；C. 11 N； D. 7 N； 解：設A,B間的壓力為N，對A,B分別應用牛頓第二定律得 F1-N=mAaN-F2=mBa 由式得N=8 物體的質量只能大于零，即mA0，mB0，由此可知 由式可推出N8N.綜上分析得 8NN10N； 故答案：AB 規(guī)律方法 【例5】如圖所示，等臂天平左端掛一質量不計的光滑定滑輪，跨過滑輪的輕繩，兩端各拴一物體A和B.已知物體B的質量mB=3kg，欲使天平平衡，物體C的質量可能為A. 3 kg ；B. 9

8、kg； C. 12 kg ； D. 15 kg解：設繩的拉力為T,對物體A,B,分別由牛頓第二定律有 mBg-T=mBa TmAg=mAa由式得 對物體C,由平衡條件有 當mAO時，有mC=0當mA時，有mC=4mB=12 kg得0mC12kg；，故選項A、B正確 規(guī)律方法2、動力學的臨界和極值的求法【例6】如圖所示，2kg的物體放在水平地面上，物體離墻20m，現(xiàn)用30N的水平力作用于此物體，經(jīng)過2s可到達墻邊，若仍用30N的力作用于此物體，求使物體到這墻邊作用力的最短作用時間？解析：要使推力作用時間最短，但仍可到達墻邊，則物體到達墻邊的速度應恰好為零，物體第一次受推力加速運動得：a12S/t

9、210 ms2由F-f=ma1得f=F-ma110 N設撤去外力F時物體的速度為v則va1t1a2t2，其中a2=f/m=5m/s2故有t2 =2t1 ，s=s1s2= a1t12a2t22 即20 10t12 5（2t2）2解出 t1 1.15s 規(guī)律方法 【例7】如圖所示，在勁度系數(shù)為k的彈簧下端掛一質量為m的物體，物體下有一托盤，用托盤托著物體使彈簧恰好處于原長然后使托盤以加速度a豎直向下做勻加速直線運動（ag），試求托盤向下運動多長時間能與物體脫離？解析：物體在與托盤脫離前，受重力、彈簧拉力和托盤支持力的作用，隨著托盤向下運動，彈簧的彈力增大，托盤支持力減小，但仍維持合外力不變，加速度

10、不變，物體隨托盤一起向下勻加速運動當托盤運動至使支持力減小為零后，彈簧拉力的增大將使物體的加速度開始小于a，物體與托盤脫離所以物體與托盤脫離的條件是支持力 N0設此時彈簧伸長x；物件隨托盤一起運動時間為t由牛頓第二定律有mgkxma由勻變速運動規(guī)律有xat2，由此解得t= 規(guī)律方法 【例8】如圖所示，一質點自傾角為的斜面的上方點O，沿一光滑斜槽OA下滑欲使此質點到達斜面所需的時間最短，則斜槽OA與豎直線OB所成的角應為何值？解：作一過點O且與斜面相切的圓，切點為A,圓心為O1，OB為過點O的一條直徑，如圖所示由結論可知，從點O沿不同的光滑斜槽到達圓周上各點的時間相同，沿光滑斜槽OA到達A也就到

11、達斜面，而沿其他不同的斜槽到達圓周上的時間雖然相同，但沒有到達斜面，不符合題意所以，沿OA斜槽所需的時間最短 如圖連接O1A,AO1B =,得AOB=/2，即=/2 規(guī)律方法又解：如圖所示，由O點向斜面引垂線OC,設OC的長為b(定值），沿任一光滑槽OA到達斜面所用時間為t, OA與豎直線OB所成夾角為，由牛頓第二定律，沿OA下滑的加速度a= gcos 由式可得t= 由式得當=即=/2時，t最小 規(guī)律方法 例9】一個物體在斜面上以一定的速度沿斜面向上運動，斜面底邊水平，斜面傾角可在0/2間變化，設物體達到的最大位移x和傾角間的關系如圖所示，試計算為多少時x有最小值，最小值是多少？ /radx/

12、m100/210【解析】物體以一定的速度沿斜面向上運動，合力大小為重力的分力與滑動摩擦力之和。重力的分力（下滑力）隨增大而增大；滑動摩擦力由壓力和動摩擦因數(shù)決定，動摩擦因數(shù)為定值，則由于壓力等于重力的另一分力隨增大而減小，故滑動摩擦力隨增大而減小。由此加速度可以有最小值。初速、末速給定時，加速度最小必對應位移取得最小值。物體沿斜面運動，垂直于斜面方向有N=mgcos，沿斜面有mgsinN=ma 規(guī)律方法 由可得ag（sincos)；又由勻變速直線公式可得 當（sincos）取最大值時位移最小。 再由x圖，當900時，位移為10m，代入位移表達式解得v02=20g; 當=00時，位移為m，代入位

13、移表達式解得 （sincos） 當900時，(sincos)取最大值，位移取得最小值，此時cos=,=300,=900=600 位移最小值：xmin 規(guī)律方法 【例10】一小圓盤靜止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央桌布的一邊與桌的AB邊重合，如圖.已知盤與桌布間的動摩擦因數(shù)為1，布與桌面間的動摩擦因數(shù)為2現(xiàn)突然以恒定加速度a將桌布抽離桌面，加速度的方向是水平的且垂直于AB邊若圓盤最后未從桌面掉下，則加速度a滿足的條件是什么？ 解析：設圓盤的質量為m，桌長為L，桌布從圓盤下抽出的過程中，盤的加速度為a1，有1mg=ma1,桌布抽出后，盤在桌面上做勻減速運動，以a2表示加速度的大小，有2mg=

14、ma2設盤剛離開桌布時速度為v1，移動的距離為s1，離開桌布后在桌面上再運動距離s2后便停下，有v12=2a1s1，v12=2a2s2盤沒有從桌面上掉下的條件是：s2Ls1 規(guī)律方法設桌布從盤下抽出所經(jīng)歷的時間為t，在這段時間內桌布移動的距離為s，有s=at2，s1=a1t2；而s=Ls1；由以上各式解得： a 【例11】一個同學身高hl1.8m,質量65 kg,站立舉手摸高h2=2.2 m（指手能摸到的最大高度）。（1)該同學用力蹬地，經(jīng)時間豎直離地跳起，摸高為h3=2.6m，假定他蹬地的力F1為恒力，求力F1的大小。 (2)另一次該同學從所站h4=1.0 m的高處自由下落，腳接觸地面后經(jīng)過時間t0.25s身體速度降為零，緊接著他用力F2蹬地跳起，摸高為h5=2.7m。假定前后兩個階段中同學與地面的作用力分別都是恒力，求同學蹬地的作用力F2。（取g10m/s2） 規(guī)律方法 解： 簡單圖示如右 （1)設蹬地勻加速過程的加速度為al，歷時t1，末速為v1,由運動學條件有v1a1t1；v122g（h3一h2）求