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(共36張PPT)
牛頓運動定律的綜合應用
第四章　運動和力的關系
學習目標
*
1、理解和掌握牛頓第二定律的瞬時性問題
2、會處理牛頓運動學圖像問題
3、會處理牛頓運動學中的臨界極值問題
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1．兩種模型
2．求解思路
加速度與合外力具有瞬時對應關系，二者總是同時產生、同時變化、同時消失，求解瞬時加速度的一般思路如下：
[針對訓練]
1．(2023·江陰高一檢測)兩個質量均為m
的小球A、B用輕質彈簧連接，且放置在傾角為θ＝
30°的光滑斜面上，A球用一根細線與斜面上O點
連接，如圖所示，系統靜止時，彈簧與細線均平行于斜面，在細線被燒斷的瞬間，設小球A、B的加速度分別用aA、aB表示，則下列說法正確的是(　 )
答案：B　
解析：細線被燒斷的瞬間，小球B的受力情況不變，加速度為零，aB＝0；燒斷前，分析整體受力可知線的拉力為FT＝2mgsin θ，燒斷瞬間，A受的合力沿斜面向下，大小為2mgsin θ，所以A球的瞬時加速度為aA＝2gsin 30°＝g，故選B。
2．(2024·宿遷高一檢測)如圖，傾角為θ且表面光滑的斜面固定在水平地面上，輕繩跨過光滑定滑輪，一端連接物體a，另一端連接物體b，b與物體c之間連接輕彈簧，a與地面接觸且a、b、c均靜止。已知b、c的質量均為m，重力加速度大小為g。則(　 )
A．a的質量可能小于2msin θ
B．剪斷豎直繩后瞬間，b的加速度大小為2gsin θ
C．剪斷豎直繩后瞬間，c的加速度大小為gsin θ
D．剪斷豎直繩后的一小段時間內，b、c的距離變大
答案：B　
解析：根據平衡條件對b、c整體受力分析可得T＝2mgsin θ，對a受力分析可得mag＝2mgsin θ＋FN，可知ma≥2msin θ，故A錯誤；
彈簧的彈力為kx＝mgsin θ，剪斷豎直繩后瞬間，彈簧彈力不突變，此時對b物體有kx＋mgsin θ＝ma，則加速度大小為2gsin θ，故B正確；
剪斷豎直繩后瞬間，彈簧彈力不變，c的加速度大小為0，故C錯誤；
剪斷豎直繩后的一小段時間內，物體b的加速度大于c的加速度，則b、c的距離變小，故D錯誤。
[思維建模]　三類常見的動力學圖像題型
題型 解題思路
由運動圖像分析受力情況 (1)根據運動圖像，求解加速度。
(2)應用牛頓第二定律，建立加速度與力的關系。
(3)確定物體受力情況及相關物理量
由受力圖像分析運動情況 (1)根據受力圖像，結合牛頓第二定律，確定加速度的變化。
(2)根據加速度和初速度的方向，判斷是加速運動還是減速運動。
(3)由加速度結合初始運動狀態，分析物體的運動情況
由已知條件確定物理量的變化圖像 (1)分析運動過程中物體的受力。
(2)根據牛頓第二定律推導出加速度表達式。
(3)根據加速度的變化確定物理量的變化圖像
續
表
例2、如圖甲所示，一足夠長的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的傾角θ＝37°，現有質量m＝2.2 kg的物體在水平向左的外力F作用下，由靜止開始沿斜面向下運動，經過2 s撤去外力F，物體在0～4 s內運動的速度與時間的關系圖線如圖乙所示。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，則(　 )
A．物體與斜面間的動摩擦因數為0.7
B．水平外力F＝5.5 N
C．水平外力F＝4 N
D．物體在0～4 s內的位移為24 m
[關鍵點撥]
切入點 由v-t圖像確定物體在前2 s和后2 s內的加速度，v-t圖像與t軸所圍面積表示物體的位移
疑難點 拉力F水平作用時，物體所受滑動摩擦力不等于μmgcos θ
反思點 (1)由v-t圖像可確定各時間段內加速度的大小和方向
(2)做好物體在各時間段內的受力分析
[答案]　C
＋Fcos θ－μ(mgcos θ－Fsin θ)＝ma1，解得：F＝4 N，故B錯誤，C正確；由v－t圖線與t軸圍成的面積表示位移，可得物體在0～4 s內的位移為：x＝28 m，故D錯誤。
1． (2023·全國甲卷改編)用水平拉力使質量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動，兩物體與桌面間的動摩擦因數分別為μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運動后，所受拉力F與其加速度a的關系圖線如圖所示。由圖可知(　 )
A．m甲C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙
[針對訓練]
答案：C
解析：根據牛頓第二定律，可得F－μmg＝ma，整理后有F＝ma＋μmg，則可知F－a圖像的斜率為m，縱截距為μmg，則由題圖可看出m甲>m乙。根據μ甲m甲g＝μ乙m乙g，則μ甲<μ乙。
2． (2024·淮安高一質檢)如圖甲所示，一傾角θ＝37°的足夠長斜面，將一質量為m＝1 kg的物體在斜面上由靜止釋放，同時施加一沿斜面向上的拉力，拉力隨時間變化的關系如圖乙所示，物體與斜面間的動摩擦因數μ＝0.25，(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，則下列說法正確的是(　 )
A．2 s末物體的速度大小是2.5 m/s
B．2 s末物體的速度大小是10 m/s
C．前16 s內物體發生的位移大小是15 m
D．前16 s內物體發生的位移大小是30 m
答案：D　
解析：由牛頓第二定律可得mgsin θ－F1－μmgcos θ＝ma1，代入數據得： a1＝2.5 m/s2，又v1＝a1t1，代入數據可得v1＝5 m/s，故A、B錯誤；
1、常見的臨界極值條件
(1)兩物體脫離的臨界條件：FN＝0.
(2)相對滑動的臨界條件：靜摩擦力達到最大值．
(3)繩子斷裂或松弛的臨界條件：繩子斷裂的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力；繩子松弛的臨界條件是FT＝0.
2、求解臨界極值的基本思路
(1)認真審題，詳細分析問題中變化的過程(包括分析整個過程中有幾個階段)；
(2)尋找過程中變化的物理量；
(3)探索物理量的變化規律；
(4)確定臨界狀態，分析臨界條件，找出臨界關系．
3、臨界極值問題的求解方法
(1)極限法：把物理問題(或過程)推向極端，從而使臨界現象(或狀態)暴露出來，以達到正確解決問題的目的．
(2)假設法：臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時，或變化過程中可能出現臨界條件，也可能不出現臨界條件時，往往用假設法解決問題．
(3)數學法：將物理過程轉化為數學表達式，根據數學表達式解出臨界條件．
[例3]　 (2024·山東濰坊高三模擬)如圖所示，木塊A置于木板B上，木板B置于水平面上。木塊A的質量m＝1.5 kg，木板B的質量M＝2.0 kg，A、B間動摩擦因數μ1＝0.2，木板B與地面間動摩擦因數μ2＝0.4。某時刻(t＝0)水平力F作用于木板B上，其隨時間變化的規律為F＝5t＋4(N)(F、t均取國際單位)。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2。求：
(1)經過多長時間木板B開始滑動；
(2)經過多長時間木塊A開始相對木板B滑動；
(3)當t＝3 s時，A、B間的摩擦力大小Ff(結果保留兩位有效數字)。
[解析]　(1)當木板B開始滑動時，B與地面間的摩擦力與F相等，即μ2(m＋M)g＝5t1＋4(N)，解得t1＝2 s。
(2)當木塊A開始在木板B上滑動時，對木塊A有μ1mg＝ma
對整體F2－μ2(m＋M)g＝(m＋M)a
由題知F2＝5t2＋4(N)，解得t2＝3.4 s。
[答案]　(1)2 s　(2)3.4 s　(3)2.1 N
[思路點撥]
疊加體發生相對滑動的臨界條件：兩物體接觸面之間的靜摩擦力達到最大值。不加區分時，臨界條件可表述為兩物體接觸面之間的靜摩擦力等于滑動摩擦力。　　
考向2　接觸物體脫離的臨界問題
[答案]　A
[思路點撥]
兩接觸物體間發生脫離的臨界條件是接觸面間的彈力FN＝0，而且分離瞬間，兩物體的加速度和速度均相同。　　
[例5]　如圖甲所示，木板與水平地面間的夾角θ可以隨意改變，當θ＝30°時，可視為質點的一小物塊恰好能沿著木板勻速下滑。如圖乙所示，若讓該小物塊從木板的底端以大小恒定的初速度v0＝10 m/s沿木板向上運動，隨著θ的改變，小物塊沿木板向上滑行的最遠距離x將發生變化，木板足夠長，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小物塊與木板間的動摩擦因數；
(2)當θ角滿足什么條件時，小物塊沿木板向上滑行的距離最小，并求出此最小值。
【思路點撥]
通過牛頓第二定律和勻變速直線運動規律將運動學中的物理量轉化為數學表達式，再利用數學方法解決極值問題。　　

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