平衡中的临界机制问题.ppt

临界问题：当某种物理现象(或物理状态)变为另一种物理现象(或另一物理状态)时的转折状态叫做临界状态可理解成“恰好出现”或“恰好不出现” 临界问题的分析方法： 极限分析法：通过恰当地选取某个物理量推向极端(“极大”、“极小”)从而把比较隐蔽的临界现象(“各种可能性”)暴露出来，便于解答,平衡中临界、极值,1 如图所示，水平面上两物体m1、m2经一细绳相连，在水平力F 的作用下处于静止状态，则连结两物体绳中的张力可能为( ) A.零B.F/2 C.FD.大于F,答案 ABC,解析 当m2与平面间的摩擦力与F平衡时，绳中的张力为零，所以A对；当m2与平面间的最大静摩擦力等于F/2时，则绳中张力为F/2，所以B对，当m2与平面间没有摩擦力时，则绳中张力为F，所以C对，绳中张力不会大于F，因而D错.,2如图所示质量为3的球A用两根不可伸长的轻质细线BA、BC连接在竖直墙上，AC垂直于墙，现在给A施加一个力F，图中的角均为60，要使两条细线都能绷直且A保持静止，求F的大小应满足的条件。取g=10m/s2,例题分析与解答,研究球A 画出A的受力示意图。,选择图示的坐标， X方向Fcos=Tbcos+Tc Y方向Fsin+Tbsin=mg,再根据细线绷直的临界条件，若Tb=0,Fmax=20,Tc=0,Fmin=10 N.所以F的取值范围为,1刚好相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值，即f静=fm。 注：此时加速度仍相等。,动力学中临界、极值,1.(2009西安模拟)如图所示,在光滑水 平面上叠放着A、B两物体,已知mA= 6 kg、mB=2 kg,A、B间动摩擦因数=0.2,在物体A上 系一细线,细线所能承受的最大拉力是20 N,现水平向右 拉细线,g取10 m/s2,则 ( ) A.当拉力F12 N时,A相对B滑动 C.当拉力F=16 N时,B受A的摩擦力等于4 N D.无论拉力F多大,A相对B始终静止,CD,解析 设A、B共同运动时的最大加速度为amax,最大拉力 为Fmax 对B:mAg=mBamax amax= =6 m/s2 对A、B:Fmax=(mA+mB)amax=48 N 当FFmax=48 N时,A、B相对静止. 因为地面光滑,故A错,当F大于12 N而小于48 N时,A相对 B静止,B错. 当F=16 N时,其加速度a=2 m/s2. 对B:f=4 N,故C对. 因为细线的最大拉力为20 N,所以A、B总是相对静止,D对. 答案 CD,2.如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是mg.现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m的最大拉力为(),2.相互接触的两物体脱离的临界条件 -相互作用的弹力为零。即N=0， 此时速度v、加速度a相同。,3、绳子松弛的临界条件是绳中张力为零， 即T=0。,3如图所示，在光滑的水平面上放着紧靠在一起的A、B两物体，B的质量是A的2倍，B受到向右的恒力FB2 N，A受到的水平力FA(92t)N(t单位是s)从t0开始计时，则 (),AA物体在3 s末时刻的加速度是初始时刻的 倍 Bt4 s后，B物体做匀加速直线运动 Ct4.5 s时，A物体的速度为零 Dt4.5 s后，A、B的加速度方向相反,A、B、D,4一个质量为m的小球B，用两根等长的细绳1、2分别固定在车厢的A、C两点，已知两绳拉直时，如图所示，两绳与车厢前壁的夹角均为45.试求： (1)当车以加速度a1g向左做匀加速直线运动时1、2两绳的拉力 (2)当车以加速度a22g向左做匀加速直线运动时，1、2两绳的拉力,【解析】当细绳2刚好拉直而无张力时，车的加速度为向左的a0，由牛顿第二定律得， F1cos 45mg F1sin 45ma0 可得：a0g,(2)因a22ga0，故细绳1、2均张紧，设拉力分别为F12，F22，由牛顿第二定律得： F12cos 45F22cos 45mg F12sin 45F22sin 45ma2 可解得：F12 mg F22 mg.,5.如图所示,倾角为的光滑斜面体上有一个小球m被平 行于斜面的细绳系于斜面上,斜面体放在水平面上. (1)要使小球对斜面无压力,求斜面体运动的加速度范围, 并说明其方向. (2)要使小球对细绳无拉力,求斜面体运动的加速度范围, 并说明其方向. (3)若已知=60,m=2 kg,当斜面体以a=10 m/s2向右 做匀加速运动时,绳对小球拉力多大?(g取10 m/s2),解析 为确定小球对斜面无压力或对细绳无拉力时斜面 体的加速度,应先考虑小球对斜面或细绳的弹力刚好为 零时的受力情况,再求出相应加速度.取小球、细绳和斜 面体这个整体为研究对象,分析整体的受力情况,再确定 斜面体的加速度范围. (1)球对斜面刚好无压力时,细绳与斜面平 行,小球只受重力mg和细绳拉力T的作用, 如右图所示.正交分解T,由牛顿第二定律得 Tsin-mg=0 Tcos=ma0 解出a0=gcot 所以在斜面向右运动的加速度aa0=gcot时,小球对斜面无压力.,(2)当球对细绳刚好无拉力时,小球只 受重力mg和斜面支持力N,如右图所示. 正交分解N后,可知N的竖直分力与重 力平衡,N的水平分力使m向左加速运动. Ncos=mg Nsin=ma0 解出a0=gtan 所以在球对细绳无拉力作用时,若要使球与斜面体以相 同的加速度运动,则斜面体必须以a=a0=gtan向左加 速运动;如果斜面体向左运动的加速度aa0,则小球会相对斜面向右上方滑动,但要注意,若球能滑到细绳悬点上 方,细绳会对球再次产生拉力作用.,(3)由(1)可知,球对斜面恰好无压力 时,a0=gcot 60= 10 m/s2,而 题设条件a=10 m/s2a0, 因此,这时小球对斜面无压力,且球飞 离斜面,如右图所示.将细绳拉力T正交分解得 Tsin-mg=0 Tcos=ma 解出小球所受细绳拉力T= mg=20 N,拉力方向与水平 方向夹角=45. 答案 (1)agcot 方向向右 (2)a=gtan 方向 向左 (3)20 N,与水平方向成45角,返回,例1：一弹簧秤的秤盘质量m1=15kg，盘内放一质量为m2=105kg的物体P，弹簧质量不计，其劲度系数为k=800N/m，系统处于静止状态，如图9所示。现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在最初02s内F是变化的，在02s后是恒定的，求F的最大值和最小值各是多少？（g=10m/s2）,弹簧中临界、极值问题,解析 依题意，0.2 s后P离开了托盘，0.2 s时托盘支持力恰为零，此时加速度为： a=（F大mg）/m (式中F大为F的最大值)此时M的加速度也为a. a=（kxMg）/M 所以 kx=M（g+a） 原来静止时，压缩量设为x0，则： kx0=（m+M）g 而 x0 x=at2/2,典型例题剖析,由、有： 即mgMa=0.02ak a=mg/（M+0.02k）=6 m/s2 代入： Fmax=m（a+g）=10.5（6+10）N=168 N F最大值为168 N. 刚起动时F为最小，对物体与秤盘这一整体应用牛顿第二定律得 F小+kx0（m+M）g=（m+M）a 代入有： Fmin=（m+M）a=72 N F最小值为72 N.,答案 72 N 168 N,例3、,如图示, 倾角30的光滑斜面上,并排放着质量分别是mA=10kg和mB=2kg的A、B两物块，一个劲度系数k=400N/m的轻弹簧一端与物块B相连，另一端与固定挡板相连，整个系统处于静止状态，现对A施加一沿斜面向上的力F，使物块A沿斜面向上作匀加速运动，已知力 F在前0.2s内为变力，0.2s后为恒力，g取10m/s2 , 求F的最大值和最小值。,解：,开始静止时弹簧压缩 x1,x1=(m1 +m2)g sin/ k = 0.15m,0.2s 末A、B即将分离, A、B间 无作用力，对B物块：,kx2-m2g sin = m2a ,x1-x2=1/2at2 ,解得 x2=0.05m a=5 m/s2,t=0时，F最小，对AB整体,Fmin = (m1 + m2) a = 60N,t=0.2s 时，F最大，对A物块：,Fmax - m1g sin = m1a,Fmax = m1g sin + m1a = 100N,如图363所示，在倾角为q的光滑斜面上端系有一劲度系数为k的弹簧，弹簧下端连一个质量为m的小球，球被一垂直斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变，若A以加速度a(agsinq)沿斜面向下匀加速运动，求： (1)从挡板开始运动到球板分离所经历的时间t； (2)从挡板开始运动到小球速度最大时，球的位移x.,2.临界状态分析,图363,解析：(1)设球与挡板分离时位移为s，经历的时间为t，从开始运动到分离过程中，m受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的挡板支持力FN1和弹簧弹力f，据牛顿第二定律有方程： mgsinq-f-FN1=ma， f=kx,点评：临界与极值问题关键在于临界条件的分析，许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”等词语对临界状态给出了明确的暗示，审题时，一定要抓住这些特定的词语发掘其内含规律，找出临界条件,例4 如图9所示，一劲度系数为k=800N/m的轻弹簧两端各焊接着两个质量均为m=12kg的物体A、B。物体A、B和轻弹簧竖立静止在水平地面上，现要加一竖直向上的力F在上面物体A上，使物体A开始向上做匀加速运动，经0.4s物体B刚要离开地面，设整个过程中弹簧都处于弹性限度内，g=10m/s2 ， 求此过程中所加外力F的最大值和最小值。,思考： 1 何时分离时？ 2分离时物体是否处于平衡态。弹簧是否处于原长？ 3.如何求从开始到分离的位移？ 4.盘对物体的支持力如何变化。,解：A原来静止时：kx1=mg 当物体A开始做匀加速运动时，拉力F最小， 设为F1，对物体A有：F1kx1mg=ma ,当物体B刚要离开地面时，拉力F最大， 设为F2，对物体A有：F2kx2mg=ma 对物体B有：kx2=mg 对物体A有：x1x2 ,由、两式解得 a=3.75m/s2 ， 分别由、得F145N，F2285N,练习5： A、B两木块叠放在竖直的轻弹簧上，如图3（a）所示。已知木块A、B的质量，轻弹簧的劲度系数k=100N/m，若在木块A上作用一个竖直向上的力F，使A由静止开始以的加速度竖直向上作匀加速运动（g取10m/s2）,使木块A竖直向上做匀加速运动的过程中，力F的最小值和最大值各为多少？,例6：如图所示，轻弹簧上端固定，下端连接着重物（质量为m）.先由托板M托住m，使弹簧比自然长度缩短L，然后由静止开始以加速度a匀加速向下运动。已知ag，弹簧劲度系数为k，求经过多长时间托板M将与m分开？,根据牛顿第二定律，得： mg-kx=ma x=m(g-a)/k 由运动学公式： L+x=at2/2,4 .弹簧上的弹力由斥力变为拉力的临界条 件为弹力为零等,10.在一正方形小盒内装一小圆球,盒与球一 起沿倾角为的光滑斜面下滑,如图所示. 若不计摩擦,当角增大时,下滑过程圆球对方盒前壁压 力 及对方盒底面的压力将如何变化 ( ) A.N变小,N变小B.N变小,N为零 C.N变小,N变大D.N不变,N变大 解析 系统(球和小盒)在垂直于斜面方向无 加速度,该方向合外力为零.对小球有:N= mgcos,故当增大时,N变小.在平行于斜面方向的加 速度a=gsin,在该方向物体处于“完全失重”状态,所以 小球对小盒前壁的压力N始终为零,与大小无关.,B,如：1.相互挤压的物体脱离的临界条件是压力减为零； 2.存在摩擦的物体产生相对滑动的临界条件是静摩擦力取最大静摩擦力， 3 .弹簧上的弹力由斥力变为拉力的临界条件为弹力为零 4.绳连接体临界条件伸直与松驰临界条件是张力为零，拉断临界条件是张力为最大等。,如图所示，质量M4kg的木板长L1.4m，静止在光滑水平面上，其上面右端静止一质量m=1kg的小滑块（可看作质点），滑块与木板间的动摩擦因数0.4，先用一水平恒力F28N向右拉木板，要使滑块从木板上恰好滑下来，力F至少应作用多长时间（g=10m/s2）？,板块中临界、极值问题,物体m加速度am=g=4m/s2 木板加速度 F撤去前作用了时间t，则 vm=amt，vM=aMt 以后m仍以am加速，M以aM减速，,过时间t两者等速 vm+amt=vM-aMt=v 代入得 t时间内位移 (xM+xM)-(xm+xm)=L，得 得t=1s,点评：有时，有些临界问题中并不显含常见的“临界术语”，但审题时发现某个物理量在变化过程中会发生突变，则该物理量突变时物体所处的状态即为临界状态临界问题通常具有一定的隐蔽性，解题灵活性较大，审题时应力图还原习题的物理情景，抓住临界状态的特征，找到正确的解题方向,014.山东泰安市07年第一轮质量检测12,12如图所示，质量为M，长度为L的长木板放在水平桌面上，木板右端放有一质量为m长度可忽略的小木块，木块与木板之间、木板与桌面之间的动摩擦因数均为。开始时木块、木板均静止，某时刻起给木板施加一大小为F方向水平向右的恒定拉力 ，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 （1）要把长木板从小木块下拉出，拉力F应满足的条件； （2）若拉力F = 5(m + M)g，求从开始运动到木板从小木块下拉出经历的时间。,解：,（1）要把M从m下拉出，则m与M之间发生了相对滑动，,故对m,对M, a2 a1,（2）在此过程中，木块与木板各做匀加速运动,木块的位移,木板的位移,S2S1 = L,整理得,016.山东省寿光现代一中0708学年度第二次考试15,15质量M=3kg的长木板放在水平光滑的平面上，在水平恒力F=11N作用下由静止开始向右运动，如图所示，当速度达到1m/s时，将质量m=4kg的物体轻轻放到木板的右端，已知物块与木板间摩擦因数=0.2，（g=10m/s2）求： （1）物体经多长时间才与木板保持相对静止； （2）物块与木板相对静止后, 物块受到的摩擦力多大?,解：,（1）放上物体后，物体加速度,板的加速度,当两物体达速度相等后保持相对静止，故, t=1秒,（2）相对静止后，对整体,对物体,016.山东省寿光现代一中0708学年度第二次考试16,16海豚靠尾部来推动下部的水，能够从水中高高跃起，被誉为“会飞的鱼” ，一身长L1=1.8m，质量m=65kg的海豚，跃起后从h1=1.0m的高度处自由落下，尾部接触水面后经过时间t=0.25s身体速度降为零。紧接着尾部用力F拍打水面，又向上跃起h2=0.5m，假定上升、下降两个阶段尾部与水面的作用力分别都是恒力，求上升阶段尾部与水面的作用力F。（取g=10m/s2）,解：,自由下落1.0m的末速度,在减速时间为0.25s的匀减速阶段,重心下落的高度,竖直向上跃起的速度,离开水面之前上升的加速度,设尾部与水面的作用力F，由牛顿第二定律有： Fmg=ma,017.山东邹平一中07-08高三第一次月考17,17如图所示，原来静止在水平面上的长纸带上放有一个质量为m的小金属块A。金属块离纸带左端距离为d，与纸带间动摩擦因数为 。现用力向右将纸带从金属块下面抽出，设纸带的加速过程极短，可认为一开始抽动纸带就做匀速运动。求： （1）金属块刚开始运动时所受的摩擦力大小和方向。 （2）为了能把纸带从金属块下面抽出，纸带的速度v应满足什么条件？,解：,（1）摩擦力大小为：,方向与抽纸带的方向相同，向右。,（2）根据牛顿第二定律得到金属块的加速度：,金属块的对地位移：,纸带对地的位移：,为了抽出，位移应满足以下方程,联立以上各式，解得：,即纸带抽出的速度,021.华南师大附中207208学年度综合测试(二) 10,10在光滑的水平面上，放着两块长度相同，质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块，如图所示。开始时，各物均静止。今在两物块上各作用一水平恒力F1、F2，当物块与木板分离时，两木板的速度分别为v1和v2。物块与两木板之间的动摩擦因数相同。下列说法正确的是（ ）,A若F1= F2，M1M2, 则v1v2 B若F1= F2，M1 v2 C若F1 F2，M1= M2, 则v1 v2 D若F1 v2,B D,解见下页,解：,对m，由牛顿第二定律,对M，由牛顿第二定律,若F1= F2 ， M小则vM大，即若M1 v2 ， B对,若M1= M2 ， F小则vM大，即若F1 v2 ， D对,如图3-6-6所示，已知物块A、B的质量分别为m1、m2，A、B间的动摩擦因数为1，A与地面之间的动摩擦因数为2，在水平力F的推动下，要使A、B一起运动而B不致下滑，力F至少为多大？,图3-6-6,B不下滑有：1FNm2g，另有FN=m2a，对整体有F-2(m1+m2)g=(m1+m2)a 得,易错题：两个重叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为q的斜面上，如图367所示滑块A、B的质量分别为M、m.A与斜面间的动摩擦因数为1，B与A之间的动摩擦因数为2.已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，在运动过程中，滑块B受到的摩擦力() A等于零 B方向沿斜面向下 C大小等于1mgcosq D大小等于2mgcosq,图367,错解：选D 错解分析：易错点是不能正确使用假设法判断静摩擦力的大小和方向，只是凭主观想象得出结论造成错选D.,正解：假定A与B间无摩擦力作用，则B下滑的加速度必须大于A下滑的加速度，二者不可能以相同的加速度从斜面下滑，故选项A是不正确的B与A以相同的加速度下滑，表明B必受到A施加的沿斜面向上的摩擦力作用，故选项B错误由于AB间无相对滑动，因此AB间的摩擦力不可能是滑动摩擦力，只能是静摩擦力静摩擦力不能用动摩擦因数与正压力的乘积来表示，因而选项D也是错误的A作用于B的静摩擦力f的大小应保证B与A有相同的加速度，,因此对AB整体有 (m+M)gsinq-1(m+M)gcosq=(m+M)a 对B有：mgsinq-f=ma 由以上两式消去a得f=1mgcosq 所以选项C是正确的,点评：掌握分析问题的方法和技能，这是高考对考生的基本要求，绝大多数高考题目都具备这种功能本题以求摩擦力为素材，目的是考查考生“假设法分析和判断问题”及“处理连接体问题的基本方法”,