最后更新: 2025-04-25 18:57 查看: 133 次纠错评论(0) 课件开VIP

专项训练：牛顿第二定律中的临界值与图像问题

## 动力学中的临界和极值问题
`例`  (多选)如图甲所示，物块 $A 、 B$ 静止叠放在水平地面上， $B$ 受到从零开始逐渐增大的水平拉力 $F$ 的作用， $A 、 B$ 间的摩擦力 $F_{ f } 、 B$ 与地面间的摩擦力 $F_{ f 2}$ 随水平拉力 $F$ 变化的情况如图乙所示。已知物块 $A$ 的质量 $m=3 kg$ ，取 $g=10 m / s ^2$ ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是 
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A.两物块间的动摩擦因数为 0.2
B. 当 $0<F<4 N$ 时， $A 、 B$ 保持静止
C. 当 $4 N<F<12 N$ 时， $A 、 B$ 发生相对滑动
D. 当 $F>12 N$ 时， $A$ 的加速度随 $F$ 的增大而增大

解：根据题图乙可知，发生相对滑动时， $A 、 B$ 间的滑动摩擦力为 6 N ，所以 $A 、 B$ 之间的动摩察因数 $\mu=\frac{F_{ flm }}{m g}$ $=0.2$ ，选项A正确；
当 $0<F<4 N$ 时，根据题图乙可知， $F_{ f 2}$ 还未达到 $B$ 与地面间的最大静摩擦力，此时 $A 、 B$ 保持静止，选项 B 正确；
当 $4 N<F<12 N$ 时，根据题图乙可知，此时 $A 、 B$ 间的摩擦力还未达到最大静摩擦力，所以没有发生相对滑动，选项C错误；
当 $F>12 N$ 时，根据题图乙可知，此时 $A 、 B$ 发生相对滑动，对 $A$ 物块有 $a=\frac{F_{\text {flm }}}{m}=2 m / s ^2$ ，加速度不变，选项D错误。
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 ## 方法点拨

1.常见的临界条件
(1)两物体脱离的临界条件：FN＝0.
(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值.
(3)绳子断裂或松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT＝0.

2.解题基本思路
(1)认真审题，详细分析问题中变化的过程(包括分析整个过程中有几个阶段)；
(2)寻找过程中变化的物理量；
(3)探索物理量的变化规律；
(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系.

3.解题方法
(1)极限法：把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的.
(2)假设法：临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题.
(3)数学法：将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件.

`例`如图所示，一块质量m＝2 kg的木块放置在质量M＝6 kg、倾角θ＝37°的粗糙斜面体上，木块与斜面体间的动摩擦因数μ＝0.8，二者静止在光滑水平面上.现对斜面体施加一个水平向左的作用力F，若要保证木块和斜面体不发生相对滑动，求F的大小范围.(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
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解：若要保证木块和斜面体不发生相对滑动，则两物体以相同的加速度向左做匀加速直线运动，由于 $\mu>\tan \theta$ ，故当 $F=0$ 时，木块静止在斜面体上，即 $F$ 的最小值为 0 ；根据题意可知，当木块相对斜面体恰不向上滑动时，$F$ 有最大值 $F_{ m }$ ，设此时两物体运动的加速度大小为 $a$ ，两物体之间的摩擦力大小为 $F_{ f }$ ，斜面体对木块的支持力为 $F_{ N }$ ．对整体和木块分别进行受力分析，如图甲，乙
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对整体受力分析有 $F_{ m }=(m+M) a$ ，对木块受力分析有 $F_{ f }=\mu F_{ N }$ ，水平方向 $F_{ f } \cos \theta+F_{ N } \sin \theta=m a$ ，坚直方向 $F_{ N } \cos \theta=m g+F_{ f } \sin \theta$ ，联立以上各式代入数据解得 $F_{ m }=310 N$ ，故 $F$ 的大小范围为 $0 \leqslant F \leqslant 310 N$ ．

`例` (多选)如图所示，质量mB＝2 kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量mA＝1 kg的小物块A，整个装置静止.现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度a＝2 m/s2做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k＝600 N/m，g＝10 m/s2.以下结论正确的是
 ![图片](/uploads/2025-04/678f52.jpg){width=300px}
A.变力F的最小值为2 N
B.变力F的最小值为6 N
C.小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2 m/s
D.小物块A与托盘B分离瞬间的速度为   $\sqrt{5}/5$   m/s

解：BC
$A, ~ B$ 整体受力产生加速度，则有 $F+F_{ N A B}-\left(m_A+m_B\right) g$ $=\left(m_A+m_B\right) a$ ，可得 $F=\left(m_A+m_B\right) a+\left(m_A+m_B\right) g-F_{ N A B}$ ，当 $F_{ N A B}$ 最大时，$F$ 最小，即刚开始施力时，$F_{ N A B}$ 最大且等于 $A$ 和 $B$ 的重力之和，则 $F_{\text {min }}=\left(m_A+m_B\right) a=6 N$ ， B正确，A错误；
刚开始，弹簧的压缩量为 $x_1=\frac{\left(m_A+m_B\right) g}{k}=0.05 m, ~ A, ~ B$ 分离时，其间恰好无作用力，对托盘 $B$ ，由牛顿第二定律可知 $k x_2-m_B g=m_B a$ ，得 $x_2=0.04 m$ ，物块 $A$ 在这一过程的位移为 $\Delta x=x_1-x_2=0.01 m$ ，由运动学公式可知 $v^2=2 a \Delta x$ ，代入数据得 $v=0.2 m / s$ ，C正确，D错误．

`例` 如图甲所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑.如图乙，若让该小物块从木板的底端每次均以大小相等的初速度v0＝10 m/s沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g取10 m/s2.
 ![图片](/uploads/2024-12/31480e.jpg)
 
 (1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当 $\theta$ 角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值.

解：（1）当 $\theta=30^{\circ}$ 时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则 $m g \sin 30^{\circ}=F_{ f }$ ， $F_{ f }=\mu m g \cos 30^{\circ}$ ，联立解得 $\mu=\frac{\sqrt{3}}{3}$
   （2）
   当 $\theta$ 变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为 $a$ ，则 $-m g \sin \theta - \mu m g \cos \theta=m a$ ，

由 $0-v_0{ }^2=2 a x$ 得 $x=\frac{v_0{ }^2}{2 g(\sin \theta+\mu \cos \theta)}$,
令 $\cos \alpha=\frac{1}{\sqrt{1+\mu^2}}, \sin \alpha=\frac{\mu}{\sqrt{1+\mu^2}}$,
即 $\tan \alpha=\mu=\frac{\sqrt{3}}{3}$, 故 $\alpha=30^{\circ}$,

又因 $x=\frac{v_0^2}{2 g \sqrt{1+\mu^2} \sin (\theta+\alpha)}$当 $\alpha+\theta=90^{\circ}$ ，即 $\theta=60^{\circ}$ 时 $x$ 最小，最小值为 $x_{\min }=\frac{v_0{ }^2}{2 g\left(\sin 60^{\circ}+\mu \cos 60^{\circ}\right)}$ $=\frac{\sqrt{3} v_0^2}{4 g}=\frac{5 \sqrt{3}}{2} m$.

## 动力学图像问题
1.常见图像
(1)v－t图像：根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，再根据牛顿第二定律求解.
(2)a－t图像：注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情况应用牛顿第二定律列方程求解.
(3)F－t图像：结合物体受到的力，由牛顿第二定律求出加速度，分析每一段的运动情况.
(4)F－a图像：首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量.

2.解题策略
(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点.
(2)注意图线中的一些特殊点：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等.
(3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情景结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式” “图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断.

`例`如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不拴接)，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示(g＝10 m/s2)，则正确的结论是
A.物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态
B.弹簧的劲度系数为7.5 N/cm
C.物体的质量为3 kg
D.物体的加速度大小为5 m/s2
 ![图片](/uploads/2024-12/0335fc.jpg)
 
 解：物体与弹簧分离时，二者没有相互作用力，所以弹簧处于原长，A错误；
物体与弹簧一起向上匀加速时，根据牛
顿第二定律得 $F+k\left(x_0-x\right)-m g=m a$ ，则
$F=k x+m g+m a-k x_0$ ，可知题图乙中图线斜率表示劲度系数，可得 $k$ $=5 N / cm$ ，B错误；
根据牛顿第二定律有 $10 N=m a, 30 N-m g=m a$ ，联立解得 $m=2 kg$ ， $a=5 m / s ^2$ ，C错误，D正确.

`例`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，光滑凹槽内有一质量为 $m$ 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，凹槽圆心和小铁球圆心的连线与坚直方向的夹角为 $\alpha$ ，重力加速度为 $g$ ，则下列说法正确的是
A.小铁球受到的合外力方向水平向左
B.凹槽对小铁球的支持力大小为 $\frac{m g}{\sin \alpha}$
C. 凹槽与小铁球组成的系统的加速度大小 $a=g \tan \alpha$
D.  推力大小 $F=M g \tan \alpha$
 ![图片](/uploads/2024-12/c05b4f.jpg)
 
 解：根据小铁球与光滑凹槽相对静止可知，系统有向右的加速度且大小为 $a=g \tan \alpha$ ，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力大小为 $\frac{m g}{\cos \alpha}$ ，推力 $F=(M+m) g \tan \alpha$ ，选项A、B、D错误，C正确.
 
 
 `例`一个质量 $m=0.5 kg$ 的小物块(可看为质点)，以 $v_0$ $=2 m / s$ 的初速度在平行斜面向上的拉力 $F=6 N$ 作用下沿斜面向上做匀加速运动，经 $t=2 s$ 的时间物块由 $A$ 点运动到 $B$ 点， $A 、 B$ 之间的距离 $L=8 m$ ，已知斜面倾角 $\theta=37^{\circ}$ ，重力加速度 $g$ 取 $10 m / s ^2, \sin 37^{\circ}=0.6, \cos 37^{\circ}=0.8$. 求:
(1)物块加速度 $a$ 的大小；
(2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ；

![图片](/uploads/2024-12/9bc547.jpg)
  
  (3)若拉力F的大小和方向可调节，如图所示，为保持原加速度不变，F的最小值是多少. 
 ![图片](/uploads/2024-12/a8693e.jpg)

解：（1）根据 $L=v_0 t+\frac{1}{2} a t^2$, 代入数据解得 $a=2 m / s ^2$.
  （2）根据牛顿第二定律有 $F-m g \sin \theta-\mu m g \cos \theta=m a$ ，代入数据解得 $\mu=$ 0.5 .
  
  （3）设 $F$ 与斜面夹角为 $\alpha$ ，平行斜面方向有 $F \cos \alpha-m g \sin \theta-\mu F_{ N }=m a$
垂直斜面方向有 $F_{ N }+F \sin \alpha=m g \cos \theta$
联立解得 $F=\frac{m a+m g(\sin \theta+\mu \cos \theta)}{\cos \alpha+\mu \sin \alpha}=\frac{m a+m g(\sin \theta+\mu \cos \theta)}{\sqrt{\mu^2+1} \sin (\varphi+\alpha)}$
当 $\sin (\varphi+\alpha)=1$ 时， $F$ 有最小值 $F_{\text {min }}$,
代入数据解得 $F_{\min }=\frac{12 \sqrt{5}}{5} N$.

`例` 水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左边上有一质量为m2的物块，如图(a)所示.用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小.木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示.已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g.则
 ![图片](/uploads/2025-04/d19aeb.jpg)
 $A \cdot F_1=\mu_1 m_1 g$
B．$F_2=\frac{m_2\left(m_1+m_2\right)}{m_1}\left(\mu_2-\mu_1\right) g$
C．$\mu_2>\frac{m_1+m_2}{m_2} \mu_1$
D．在 $0 \sim t_2$ 时间段物块与木板加速度相等

解：由题图(c)可知，t1时刻物块、木板一起刚要在水平地面滑动，物块与木板相对静止，此时以整体为研究对象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A错误；
由题图(c)可知，t2时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律，
有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，

以木板为研究对象，根据牛顿第二定律，
有 $\mu_2 m_2 g-\mu_1\left(m_1+m_2\right) g=m_1 a>0$ ，
解得 $F_2=\frac{m_2\left(m_1+m_2\right)}{m_1}\left(\mu_2-\mu_1\right) g$ ，由 $F_2>F_1$ 知 $\mu_2>\frac{m_1+m_2}{m_2} \mu_1$ ，故 B，C 正确；
由题图（c）可知， $0 \sim t_2$ 时间段物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确．

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