1、第四章 牛顿运动定律 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 攻 重 难 探 究 动力学的图象问题 1.常见的图象形式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
2、平衡、牛顿运动定律及运动学公式解题【例1】如图甲所示，质量为m2 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g10 m/s2.求：甲 乙(1)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数；(2)10 s末物体离a点的距离思路点拨：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 v-t图象的斜率表示物体的加速度 v-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a12 m/s2 根据牛顿第二定律
3、，有Fmgma1 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a21 m/s2 根据牛顿第二定律，有Fmgma2 联立解得F3 N，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 d1248 m1266 m2 m，负号表示物体在a点左边 答案(1)3 N 0.05(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.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g10 m/s2.由这
4、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分别为()甲 乙A0.5 kg,0.4 B1.5 kg，215C0.5 kg,0.2D1 kg,0.2A 由F-t图和v-t图可得，物块在24 s内所受外力F3 N，物块做匀加速运动，a vt 42 m/s22 m/s2，FFfma，即310m2m 物块在46 s所受外力F2 N，物块做匀速直线运动，则FFf，Fmg，即10m2 由解得m0.5 kg，0.4，故A选项正确动力学的连接体问题 1.连接体：两个或两个以上相互作用的物体组成的具有相同加速度的整体叫连接体例如，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
5、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FN0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
6、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【例2】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m14 kg的物块P，Q为一重物，已知Q的质量为m28
7、kg，弹簧的质量不计，劲度系数k600 N/m，系统处于静止，如图所示，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 370.6，g取10 m/s2)思路点拨：0.2 s时P、Q两物块恰好分离 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(m1m2)gsin kx0 因为在前0.2 s时间
8、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kx1m1gsin m1a Fm2gsin m2a 前0.2 s时间内P、Q向上运动的距离为x0 x112at2 式联立解得a3 m/s2 当P、Q刚开始运动时拉力最小，此时有 Fmin(m1m2)a36 N 当P与Q分离时拉力最大，此时有Fmaxm2(agsin)72 N.答案 72 N 36 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2
9、(多选)如图所示，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()A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F3mgmg(3mm)a，系统加速度a减小，选项
10、A正确；若粘在A木块上面，以C为研究对象，受到F、摩擦力mg、绳子拉力FT这三个力的作用，由牛顿第二定律得FmgFTma，a减小，F、mg不变，所以，绳子拉力FT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FT2mg2ma，FT减小，选项D正确当 堂 固 双 基 达 标 1如图所示，质量为2 kg的物块A与水平地面的动摩擦因数为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F11 N的作用下，A、B一起做加速运动，则下列说法中正确的是()AA、B的加速
11、度均为3.67 m/s2BA、B的加速度均为3.3 m/s2CA对B的作用力为3.3 NDA对B的作用力为3.0 ND 在已知水平力F11 N的作用下，A、B一起做加速运动，由A、B整体FmAg(mAmB)a，解得a3 m/s2，故A、B选项均错误；隔离B物体FABmBa3 N，故D选项正确，C选项错误2(多选)如图所示，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角则下列说法正确的是()A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CF(Mm)gtan
12、D系统的加速度为agtan CD 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mgtan ma且合外力水平向右，故小铁球加速度为gtan，因为小铁球与凹槽相对静止，故系统的加速度也为gtan，A、B错误，D正确整体受力分析得F(Mm)a(Mm)gtan，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
13、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()A8 B10C15D18 BC 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n1节，每节车厢质量为m，当加速度为a时，对Q有Fn1ma；当加速度为23a时，对P有F(nn1)m23a，联立得2n5n1.当n12，n14，n16时，n5，n10，n15，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所示，g取10 m/s2，则以下结论正确的是()A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t20.80 sD空气阻力与重力的比值为15D 小球下落过程中有a1vt 40.5 m/s245g，mgFfma1，解得Ffmgma115mg，故 Ffmg15，故D正确；在小球弹起过程中有mgFfma2，解得a212 m/s2，故小球上升的时间t 312 s14s0.25 s，故t2t1t0.75 s，故C错误；根据图象可知小球弹起的最大高度h30.2512 m0.375 m，A、B错误重 难 强 化 训 练 点击右图进入 Thank you for watching!