201918-19 第4章 习题课3 动力学的图象问题和连接体问题精品教育.doc

习题课3动力学的图象问题和连接体问题[学习目标] 1.学会结合图象解决动力学问题.2.学会用整体法和隔离法分析简单的连接体问题.3.认识临界问题，会分析连接体中的有关临界问题．[合作探究·攻重难]在动力学与运动学问题中，常见、常用的图象是位移图象(x-t图象)、速度图象(v-t图象)和力的图象(F-t图象)等，这些图象反映的是物体的运动规律、受力规律，而绝非代表物体的运动轨迹．2．图象问题的分析方法遇到带有物理图象的问题时，要认真分析图象，先从它的物理意义、点、线段、斜率、截距、交点、拐点、面积等方面了解图象给出的信息，再利用共点力平衡、牛顿运动定律及运动学公式解题．如图1甲所示，质量为m＝2 kg的物体在水平面上向右做直线运动．过a点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v-t图象如图乙所示．取重力加速度g＝10 m/s2.求：甲乙图1(1)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；(2)10 s末物体离a点的距离．思路点拨：①恒力F的方向不变，而摩擦力的方向随速度方向的改变而改变．②v-t图象的斜率表示物体的加速度．③v-t图象与t轴所围面积表示物体的位移．【解析】(1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a1，则由v-t 图象得a1＝2 m/s2根据牛顿第二定律，有F＋μmg＝ma1设物体向左做匀加速直线运动的加速度大小为a2，则由v-t图象得a2＝1 m/s2根据牛顿第二定律，有F－μmg＝ma2联立解得F＝3 N，μ＝0.05.(2)设10 s末物体离a点的距离为d，d应为v-t图象与横轴所围的面积，则d＝12×4×8 m－12×6×6 m＝－2 m，负号表示物体在a点左边．【答案】(1)3 N0.05(2)在a点左边2 m处解决此类题的思路：从v-t图象上获得加速度的信息，再结合实际受力情况，利用牛顿第二定律列方程.[针对训练]1．放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图2甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示．取重力加速度g＝10 m/s2.由这两个图象可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为()【导学号：84082157】甲乙图2A．0.5 kg,0.4B．1.5 kg，2 15C．0.5 kg,0.2 D．1 kg,0.2A[由F-t图和v-t图可得，物块在2～4 s内所受外力F＝3 N，物块做匀加速运动，a＝ΔvΔt＝42m/s2＝2 m/s2，F－Ff＝ma，即3－10μm＝2m ①物块在4～6 s所受外力F′＝2 N，物块做匀速直线运动，则F′＝F f，F′＝μmg，即10μm＝2 ②由①②解得m＝0.5 kg，μ＝0.4，故A选项正确．]叫连接体．例如，几个物体叠放在一起，或并排挤放在一起，或用绳子、弹簧、细杆等连在一起．2．处理连接体问题的方法(1)整体法：把整个系统作为一个研究对象来分析的方法．不必考虑系统内力的影响，只考虑系统受到的外力．(2)隔离法：把系统中的各个部分(或某一部分)隔离，作为一个单独的研究对象来分析的方法．此时系统的内力就有可能成为该研究对象的外力，在分析时要特别注意．(3)整体法与隔离法的选用：求解各部分加速度都相同的连接体问题时，要优先考虑整体法；如果还需要求物体之间的作用力，再用隔离法．求解连接体问题时，随着研究对象的转移，往往两种方法交叉运用．3．连接体中的两类临界问题(1)两物体分离的临界条件：两物体由相接触到将分离的临界条件是弹力F N ＝0且二者的加速度、速度均相同．(2)相对静止或相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对静止或相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值或为零．4．运用隔离法解题的基本步骤(1)明确研究对象或过程、状态，选择隔离对象．选择原则：一要包含待求量，二是所选隔离对象和所列方程数尽可能少．(2)将研究对象从系统中隔离出来，或将研究的某状态、某过程从运动的全过程中隔离出来．(3)对隔离出的研究对象、过程、状态分析研究，画出某状态下的受力图或某阶段的运动过程示意图．(4)寻找未知量与已知量之间的关系，选择适当的物理规律列方程求解．一弹簧一端固定在倾角为37°的光滑斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4 kg的物块P，Q为一重物，已知Q的质量为m2＝8 kg，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止，如图3所示，现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后，F为恒力，求：力F的最大值与最小值．(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)图3思路点拨：①0.2 s时P、Q两物块恰好分离．②两物块分离瞬间加速度仍相同，而相互作用力恰好为零．【解析】从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力恰好为0，从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等．设刚开始时弹簧压缩量为x0.则(m1＋m2)g sin θ＝kx0 ①因为在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后，F为恒力，所以在0.2 s时，P对Q的作用力恰好为0，由牛顿第二定律知kx1－m1g sin θ＝m1a ②F－m2g sin θ＝m2a ③前0.2 s时间内P、Q向上运动的距离为x0－x1＝12at2 ④①②④式联立解得a＝3 m/s2当P、Q刚开始运动时拉力最小，此时有F min＝(m1＋m2)a＝36 N当P与Q分离时拉力最大，此时有F max＝m2(a＋g sin θ)＝72 N. 【答案】72 N36 N整体法与隔离法的选取技巧当物体各部分加速度相同且不涉及求内力的情况，用整体法比较简单；若涉及物体间相互作用力时必须用隔离法．整体法与隔离法在较为复杂的问题中常常需要有机地结合起来运用，这将会更快捷有效．[针对训练]2．(多选)如图4所示，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接．现用一水平恒力F作用在C上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动．则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是()【导学号：84082158】图4A．无论粘在哪个木块上面，系统的加速度都将减小B．若粘在A木块上面，绳的拉力减小，A、B间摩擦力不变C．若粘在B木块上面，绳的拉力增大，A、B间摩擦力增大D．若粘在C木块上面，绳的拉力和A、B间摩擦力都减小AD[因无相对滑动，所以，无论橡皮泥粘到哪个木块上，根据牛顿第二定律都有F－3μmg－μΔmg＝(3m＋Δm)a，系统加速度a减小，选项A正确；若粘在A木块上面，以C为研究对象，受到F、摩擦力μmg、绳子拉力F T这三个力的作用，由牛顿第二定律得F－μmg－F T＝ma，a减小，F、μmg不变，所以，绳子拉力F T增大，选项B错误；若粘在B木块上面，a减小，以A为研究对象，m不变，所受摩擦力减小，选项C错误；若粘在C木块上面，a减小，A、B间的摩擦力减小，以A、B整体为研究对象，有F T－2μmg＝2ma，F T减小，选项D 正确．][随堂自测·即时达标](教师独具)1．如图5所示，质量为2 kg的物块A与水平地面的动摩擦因数为μ＝0.1，质量为1 kg的物块B与地面的摩擦忽略不计，在已知水平力F＝11 N的作用下，A、B一起做加速运动，则下列说法中正确的是()图5A．A、B的加速度均为3.67 m/s2B．A、B的加速度均为3.3 m/s2C．A对B的作用力为3.3 ND．A对B的作用力为3.0 ND[在已知水平力F＝11 N的作用下，A、B一起做加速运动，由A、B整体F－μm A g＝(m A＋m B)a，解得a＝3 m/s2，故A、B选项均错误；隔离B物体F AB ＝m B a＝3 N，故D选项正确，C选项错误．]2．(多选)如图6所示，质量为M、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽球心和小铁球的连线与竖直方向成α角．则下列说法正确的是()图6A．小铁球所受合力为零B．小铁球受到的合外力方向水平向左C．F＝(M＋m)g tan αD．系统的加速度为a＝g tan αCD[解答本题的疑难在于求系统的加速度，突破点是先选小铁球为研究对象求出其加速度．隔离小铁球受力分析得F合＝mg tan α＝ma且合外力水平向右，故小铁球加速度为g tan α，因为小铁球与凹槽相对静止，故系统的加速度也为g tan α，A、B错误，D正确．整体受力分析得F＝(M＋m)a＝(M＋m)g tan α，故选项C正确．]3．(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为23a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )A ．8B ．10C ．15D ．18BC [设该列车厢与P 相连的部分为P 部分，与Q 相连的部分为Q 部分．设该列车厢有n 节，Q 部分为n 1节，每节车厢质量为m ，当加速度为a 时，对Q有F ＝n 1ma ；当加速度为23a 时，对P 有F ＝(n －n 1)m 23a ，联立得2n ＝5n 1.当n 1＝2，n 1＝4，n 1＝6时，n ＝5，n ＝10，n ＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B 、C 正确．]4．在空气阻力大小恒定的条件下，小球从空中下落，与水平地面相碰(碰撞时间极短)后弹到空中某一高度．以向下为正方向，其速度随时间变化的关系如图7所示，g 取10 m/s 2，则以下结论正确的是( )图7A ．小球弹起的最大高度为1.0 mB ．小球弹起的最大高度为0.45 mC ．小球弹起到最大高度的时刻t 2＝0.80 sD ．空气阻力与重力的比值为1∶5D [小球下落过程中有a 1＝Δv Δt ＝40.5 m/s 2＝45g ，mg －f ＝ma 1，解得f ＝mg －ma 1＝15mg ，故f mg ＝15，故D 正确；在小球弹起过程中有mg ＋f ＝ma 2，解得a 2＝12 m/s 2，故小球上升的时间Δt ＝312 s ＝14 s ＝0.25 s ，故t 2＝t 1＋Δt ＝0.75 s ，故C 错误；根据图象可知小球弹起的最大高度h ＝3×0.25×12 m ＝0.375 m ，A 、B 错误．]5．如图8甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的固定的均匀直细杆与水平方向成θ＝37°角，质量m ＝1 kg 的小球穿在细杆上且静止于细杆底端O 处，开启送风装置，有水平向右的恒定风力F 作用于小球上，在t 1＝2 s 时刻风停止．小球沿细杆运动的部分v -t 图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力．求：甲 乙图8(1)小球在0～2 s 内的加速度a 1和2～5 s 内的加速度a 2；(2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F 的大小．【解析】 (1)取沿细杆向上的方向为正方向，由图象可知：在0～2 s 内，a 1＝v 1－v 0t 1＝15 m/s 2(方向沿杆向上) 在2～5 s 内，a 2＝v 2－v 1t 2＝－10 m/s 2(“－”表示方向沿杆向下)． (2)有风力F 时的上升过程，受力情况如图甲所示由牛顿第二定律，有F cos θ－μ(mg cos θ＋F sin θ)－mg sin θ＝ma 1甲 乙停风后的上升阶段，受力情况如图乙所示由牛顿第二定律，有－μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2联立以上各式解得μ＝0.5，F ＝50 N.【答案】 (1)15 m/s 2，方向沿杆向上 10 m/s 2，方向沿杆向下 (2)0.5 50 N。