《（浙江版 5年高考3年模擬A版）2020年物理總復習 專題三 牛頓運動定律課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江版 5年高考3年模擬A版）2020年物理總復習 專題三 牛頓運動定律課件.ppt（59頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題三 牛頓運動定律,高考物理（浙江專用）,考點一牛頓運動定律 考向基礎 一、牛頓第一定律 1.內(nèi)容:一切物體總保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài),除非作用在它上面的力迫使它改變這種狀態(tài)為止。 2.意義:(1)揭示了物體在不受外力或受合外力為零時的運動規(guī)律。 (2)提出了一切物體都具有慣性,即保持原來運動狀態(tài)不變的特性。 (3)揭示了力與運動的關系,說明力不是維持物體運動狀態(tài)的原 因,而是改變物體運動狀態(tài)的原因,即產(chǎn)生加速度的原因。,考點清單,3.慣性:物體保持原來的勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質(zhì)叫做慣性。一切物體都有慣性,慣性是物體的固有性質(zhì)。 質(zhì)量是物體慣性大小的唯一量度。慣性與物體是否受力

2、及受力大小無關,與物體是否運動及速度大小無關。,二、牛頓第二定律 1.內(nèi)容:物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比,跟它的質(zhì)量成反比,加速度的方向跟作用力的方向相同。 2.表達式:F=ma。 3.物理意義 反映物體運動的加速度的大小、方向與其所受作用力的關系,且這種關系是瞬時的。 4.力的單位:當質(zhì)量單位為kg,加速度單位為m/s2時,力的 單位為N,即1 N=1 kgm/s2。,5.牛頓第二定律的適用范圍 (1)牛頓第二定律只適用于相對地面靜止或勻速直線運動的參考系,即慣性參考系。 (2)牛頓第二定律只適用于宏觀、低速運動的物體。 三、單位制、基本單位、導出單位 1.單位制:基本單位和導出單

3、位一起組成了單位制。 (1)基本量:只要選定幾個物理量的單位,就能夠利用這幾個單位推導出其他物理量的單位。這些被選定的物理量叫做基本量。 (2)基本單位:基本量的單位。力學中的基本量有三個,它們是質(zhì)量 、長度、時間;它們的單位是基本單位,在國際單位制 中分別是kg、m、s。 (3)導出單位:由基本單位根據(jù)物理公式推導出來的其他物理量的單位。,2.國際單位制中的基本物理量及其單位,四、牛頓第三定律 1.內(nèi)容:兩個物體之間的作用力和反作用力總是大小相等,方向 相反,作用在同一直線上。 2.說明:(1)作用力和反作用力是作用在兩個物體上的,它們的作 用效果永遠不會抵消。 (2)有作用力,就有反作用力

4、,它們總是成對出現(xiàn)的,同時產(chǎn)生,同時 消失,同時變化。 (3)作用力與反作用力總是大小相等,方向相反,作用在 兩個物體上,與兩個物體的運動狀態(tài)無關,與兩個物體的大小無關。 (4)作用力與反作用力必定是同種性質(zhì)的力,如作用力是彈力,反 作用力必定也是彈力。,考向突破 考向一牛頓第一定律 1.對伽利略理想斜面實驗的認識 伽利略是物理理想實驗的開拓者。理想實驗是人們在抽象思維中設想出來而實際上無法做到的實驗,可以完美地解釋物理學規(guī)律或理論。,2.慣性的表現(xiàn)形式 (1)物體在不受外力或所受的合外力為零時,慣性表現(xiàn)為使物體保持原來的運動狀態(tài)(靜止或勻速直線運動)不變。 (2)物體受到外力時,慣性表現(xiàn)為運

5、動狀態(tài)改變的難易程度。慣性大,物體運動狀態(tài)難以改變;慣性小,物體運動狀態(tài)容易改變。 3.慣性定律與慣性的實質(zhì)是不同的 (1)慣性是物體保持原有運動狀態(tài)不變的一種性質(zhì),與物體是否受力、受力的大小無關。 (2)慣性定律(牛頓第一定律)則反映物體在一定條件下的運動規(guī)律。 4.牛頓第一定律與牛頓第二定律的關系 (1)牛頓第一定律不是實驗定律,它是以伽利略的“理想實驗”為基礎,,經(jīng)過科學抽象、歸納推理而總結(jié)出來的;牛頓第二定律是通過探究加速度與力和質(zhì)量的關系得出的實驗定律。 (2)牛頓第一定律不是牛頓第二定律的特例,而是不受任何外力的理想情況,在此基礎上,牛頓第二定律定量地指出了力和運動的聯(lián)系:F=ma

6、。,注意(1)慣性不是一種力,對物體受力分析時,不能把“慣性力”作為物體實際受到的力。 (2)物體的慣性總是以“保持原狀態(tài)”或“反抗改變”兩種形式表現(xiàn)出來。,例1(2018浙江寧波科學中學模擬)伽利略理想實驗將可靠的事實和科學推理相結(jié)合,是物理學中重要的研究方法之一,能更深刻地反映自然規(guī)律。有關的實驗程序內(nèi)容如下: 減小第二個斜面的傾角,小球在這個斜面上仍然要達到原來的高度; 將兩個斜面對接,讓靜止的小球沿一個斜面滾下,小球?qū)L上另一個斜面; 如果沒有摩擦,小球?qū)⑸仙皆瓉磲尫艜r的高度; 繼續(xù)減小第二個斜面的傾角,最后使它成水平面,小球要沿水平面做持續(xù)的勻速運動。 請按程序先后次序排列,并指出

7、它是屬于可靠的事實,還是屬于抽象思維的推論。下列選項正確的是(數(shù)字表示上述程序的號碼,“事實”或,“推論”代表上述程序的類型)() A.事實事實推論推論 B.事實推論推論推論 C.事實推論推論推論 D.事實推論推論,解析伽利略理想實驗根據(jù)可靠的事實,進行科學推理,更深刻地推理出,提出力不是維持物體運動狀態(tài)的原因,C正確,A、B、D錯。,答案C,考向二牛頓第二定律 1.牛頓第二定律的特性,2.應用牛頓第二定律的解題步驟 (1)明確研究對象。根據(jù)問題的需要和解題的方便,選出被研究的物體。 (2)進行受力分析和運動狀態(tài)分析,畫好受力分析圖,明確物體的運動性質(zhì)和運動過程。 (3)選取正方向或建立坐標系

8、,通常以加速度的方向為正方向或以加速度方向為某一坐標軸的正方向。 (4)求合外力F合。 (5)根據(jù)牛頓第二定律F合=ma或列方程求解,必要時還要對結(jié)果 進行討論。,注意獨立性原理是牛頓第二定律正交分解法的基礎,根據(jù)獨立性原理,把物體所受的各力分解在相互垂直的方向,在這兩個方向分別列牛頓第二定律方程。這就是牛頓第二定律的正交分解法。,例2(2018浙江寧波重點中學期末)如圖所示,質(zhì)量為M的小英坐在質(zhì)量為m的雪橇上,狗拉著雪橇沿水平地面從靜止開始向左移動了一段距離,假定狗對雪橇的拉力恒為F且與水平方向成角。已知雪橇與雪地間的動摩擦因數(shù)為,則下列說法正確的是() A.雪橇對小英的作用力大小大于Mg

9、B.雪橇受到的滑動摩擦力大小為(M+m)g C.雪橇受到的滑動摩擦力大小為F cos D.地面對雪橇的支持力大小為mg-F sin ,解析對小英受力分析,受到重力、雪橇對小英的支持力和摩擦力,在豎直方向上FN=Mg,水平方向上f=Ma,雪橇對小英的作用力大小F==Mg,故A正確;對雪橇和小英整體受力分析,受 到四個力作用:豎直向下的重力(m+M)g、斜向左上方的拉力F、水平向右的摩擦力N、豎直向上的支持力N。,在豎直方向上F sin +N=Mg+mg,地面對雪橇的支持力大小為N=Mg+mg-F sin ,雪橇受到的滑動摩擦力大小為(Mg+mg-F sin ),水平方向有F cos f=(m+M

10、)a,所以雪橇受到的滑動摩擦力大小小于F cos ,故B、C、D錯誤。,答案A,考向三牛頓第三定律 相互作用力與一對平衡力的對比,例3(2017浙江名校協(xié)作,3)如圖所示是我國一種 傳統(tǒng)的民族體育項目“押加”,實際上相當于兩個 人拔河,如果繩質(zhì)量不計,且保持水平,甲、乙兩人 在“押加”比賽中甲獲勝,則下列說法中正確的 是() A.甲通過繩子對乙的拉力始終大于乙通過繩子對甲的拉力 B.甲把乙加速拉過去時,甲通過繩子對乙的拉力大于乙通過繩子對甲的拉力 C.只有當甲把乙勻速拉過去時,甲通過繩子對乙的拉力大小才等于乙通過繩子對甲的拉力大小 D.甲通過繩子對乙的拉力大小始終等于乙通過繩子對甲的拉力大小,

11、只是地面對甲的摩擦力大于地面對乙的摩擦力,解析繩質(zhì)量不計說明繩子上的張力處處相等,結(jié)合牛頓第三定律,甲通過繩子對乙的拉力大小始終等于乙通過繩子對甲的拉力大小,乙被拉動是因為乙受到地面的摩擦力小于甲受到地面的摩擦力,故選D。,答案D,考點二牛頓運動定律的應用 考向基礎 一、兩類動力學問題及解題思路 分析解決這兩類問題的關鍵是抓住受力情況和運動情況之間的“橋 梁”加速度。,二、超重和失重 1.實重和視重 (1)實重:物體實際所受的重力,它與物體的運動狀態(tài)無關。 (2)視重:當物體在豎直方向上有加速度時,物體對彈簧測力計的拉力或?qū)ε_秤的壓力將不等于物體的重力。此時彈簧測力計的示數(shù)或臺秤的示數(shù)即視重

12、。,2.超重、失重和完全失重的比較,考向突破 考向牛頓運動定律應用 1.解決動力學基本問題時對力的處理方法 (1)合成法 在物體受力個數(shù)較少時一般采用“合成法”。 (2)正交分解法 若物體的受力個數(shù)較多,則一般采用“正交分解法”。 分解力而不分解加速度,此法一般規(guī)定加速度的方向為x軸正方向。 分解加速度而不分解力,此法一般是以某個力的方向為x軸正方向。,例4質(zhì)量為m的物塊在傾角為的粗糙斜面上勻加速下滑。現(xiàn)對物塊施加一個豎直向下的恒力F,則物塊的加速度大小將() A.變大 B.變小 C.不變 D.以上情況都有可能,解析質(zhì)量為m的物塊在傾角為的粗糙斜面上勻加速下滑,加速度大小a==g(sin -

13、cos ) 對物塊施加一個豎直向下的恒力F,對物塊受力分析,如圖 則物塊的加速度大小a==(g+)(sin - cos )a 故A正確,B、C、D錯誤。故選A。,答案A,2.利用圖像解答牛頓運動定律問題 (1)處理圖像問題的關鍵是搞清圖像所揭示的物理規(guī)律或物理量間的函數(shù)關系,全面系統(tǒng)地看懂圖像中的“軸”“線”“點”“斜率”“面積”“截距”等所表示的物理意義。在運用圖像求解問題時,還需要具有將物理規(guī)律轉(zhuǎn)化為圖像的能力。運用圖像解題包括兩個方面:(1)用給定的圖像解答問題;(2)根據(jù)題意去作圖,運用圖像去解答問題。 (2)圖像語言、函數(shù)語言及文字語言是表達物理過程與物理參數(shù)關系的三種語言。要求能夠

14、在任意兩種語言間相互轉(zhuǎn)換,以便用相對簡單的方法解決物理問題。 (3)文字語言、函數(shù)語言、圖像語言與物理情景之間的相互轉(zhuǎn)換,是確,立解題方向、迅速明確解題方法的前提。,例5(2018浙江杭州西湖高級中學月考)放在水平地面上的一物塊,受到方向不變的水平推力F的作用,F的大小與時間t的關系和物塊速度v與時間t的關系分別如圖甲、乙所示。取重力加速度g=10 m/s2。由兩圖線可以求得物塊的質(zhì)量m和物塊與地面之間的動摩擦因數(shù)分別為 () 甲 乙 A.m=0.5 kg,=0.4B.m=1.5 kg,=0.4 C.m=0.5 kg,=0.2D.m=1 kg,=0.2,解析由v-t圖像可知,46

15、 s內(nèi),物塊勻速運動,有Ff=2 N,在24 s內(nèi)物塊做勻加速直線運動,加速度a=2 m/s2,由牛頓第二定律得ma=F-Ff,將F=3 N、 Ff=2 N及a=2 m/s2代入解得:m=0.5 kg,則===0.4,所以A正確。,答案A,方法1應用牛頓運動定律解決多過程問題 1.多過程問題 很多動力學問題中涉及物體有兩個或多個連續(xù)的運動過程,在物體不同的運動階段,物體的運動情況和受力情況都發(fā)生了變化,這類問題稱為牛頓運動定律中的多過程問題。 2.類型 多過程問題可根據(jù)涉及物體的多少分為單體多過程問題和多體多過程問題。,方法技巧,3.解題策略 (1)任何多過程的復雜物理問題都是由很多簡單的小過

16、程構(gòu)成的,有些是承上啟下,上一過程的結(jié)果是下一過程的已知,這種情況,一步一步完成即可。 (2)有些是樹枝型,告訴的只是旁支,要求的是主干(或另一旁支),這就要求仔細審題,找出各過程的關聯(lián),按順序逐個分析;對于每一個研究過程,選擇什么規(guī)律,應用哪一個公式要明確。 (3)注意兩個過程的連接處,加速度可能突變,但速度不會突變,速度是聯(lián)系前后兩個階段的橋梁。,例1(2017浙江寧波鎮(zhèn)海中學模擬)如圖,將質(zhì)量m=2 kg的圓環(huán)套在與水平面成=37角的足夠長直桿上,直桿固定不動,環(huán)的直徑略大于桿的截面直徑,桿上依次有三點A、B、C,sAB=8 m,sBC=0.6 m,環(huán)與桿間動摩擦因數(shù)=0.5,對環(huán)施加一

17、個與桿成37,斜向上的拉力F,使環(huán)從A點由靜止開始沿桿向上運動,已知t=4 s時環(huán)到達B點。試求:(重力加速度g=10 m/s2, sin 37=0.6,cos 37=0.8) (1)F的大小; (2)若到達B點時撤去力F,則環(huán)到達C點 所用的時間。,解析(1)環(huán)做勻加速直線運動,a1==1 m/s2。若F sin 37mg cos 37,桿對環(huán)的彈力垂直桿向下,FN+mg cos 37= F sin 37,F cos 37-FN-mg sin 37=ma1,代入數(shù)據(jù)得F=12 N,不符合要求。 (2)-mg cos 37-mg sin 37=ma2,解得:a2=-g cos 37-g sin

18、 37=-10 m/s2,t1==0.4 s。 若環(huán)向上經(jīng)過C點,sBC=a1tt2+a2,t2=0.2 s,t2=0.6 s(舍去)。 若環(huán)向下經(jīng)過C點,-mg sin 37+mg cos 37=ma3,a3=-g sin 37+g cos 37 ,=-2 m/s2,a1tt1-sBC=-a3,t3= s,t2=t1+t3=s。,答案(1)20 N(2)0.2 s或s,點撥解決多過程問題的關鍵是:分不同階段對物體進行受力分析,在受力分析時,要特別注意摩擦力方向的不確定性。,方法2傳送帶問題的分析技巧 傳送帶問題歷來是高考的熱點,同時也是同學們學習的難點,處理這類問題時首先要了解模型,然后利用

19、運動規(guī)律分析求解。處理此類問題的一般流程:弄清初始條件判斷相對運動判斷滑動摩擦力的大小和方向分析物體受的合外力以及加速度的大小和方向由物體的速度變化分析相對運動,進一步判斷以后的受力及運動情況。 1.水平傳送帶問題 設傳送帶的速度為v帶,物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為,兩輪之間的距離為L,物體置于傳送帶一端時的初速度為v0。 (1)v0=0,如圖甲所示,物體剛置于傳送帶上時由于受摩擦力作用,將做a= g的勻加速直線運動。假定物體從開始置于傳送帶上一直加速到離開,傳送帶,則其離開傳送帶時的速度為v=。顯然,若v帶<,則物 體在傳送帶上將先加速,后勻速運動;若v帶,則物體在傳送帶上 將一直加速運動

20、。 甲 (2)v00,且v0與v帶同向,如圖乙所示。,線運動。假定物體一直減速到離開傳送帶,則其離開傳送帶時的速度為v=。顯然,若v帶,則物體在傳送帶上將一直減速運 動;若v0v帶,則物體在傳送帶上將先減速,后勻速運動。 (3)v00,且v0與v帶反向,如圖丙所示。 丙,此種情形下,物體剛放到傳送帶上時將做加速度大小為a=g的勻減速 運動,假定物體一直減速到離開傳送帶,則其離開傳送帶時的速度為v=。顯然,若v0,則物體將一直做勻減速直線運動直到從 傳送帶的另一端離開傳送帶;若v0<,則物體將不會從傳送帶的另 一端離開,而是從進入端離開,其可能的運動情形有: a.先

21、沿v0方向減速,再沿v0的反方向加速運動直至從進入端離開傳送帶。 b.先沿v0方向減速,再沿v0的反方向加速,最后勻速運動直至從進入端離開傳送帶。,例2水平傳送帶被廣泛地應用于機場和火車站,如圖所示為一水平傳送帶裝置示意圖。緊繃的傳送帶AB始終保持恒定的速率v=1 m/s運行,一質(zhì)量為m=4 kg的行李無初速度地放在A處,傳送帶對行李的滑動摩擦力使行李開始做勻加速直線運動,隨后行李又以與傳送帶相等的速率做勻速直線運動。設行李與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)=0.1,A、B間的距離L=2 m,g取10 m/s2。,(1)求行李剛開始運動時所受滑動摩擦力的大小與加速度的大小; (2)求行李做勻加速直線運動

22、的時間; (3)如果提高傳送帶的運行速率,行李就能被較快地傳送到B處,求行李從A處傳送到B處的最短時間和傳送帶對應的最小運行速率。,解題導引 關鍵詞:無初速度地放在A處,行李開始做勻加速直線運動,隨后行李又以與傳送帶相等的速率做勻速直線運動。對行李受力分析行李運動過程先勻加速后勻速直線運動利用牛頓第二定律、運動學公式求解未知量。,解析(1)滑動摩擦力Ff=mg=0.1410 N=4 N, 加速度a=g=0.110 m/s2=1 m/s2。 (2)行李達到與傳送帶相同速率后不再加速,則 v=at1,t1== s=1 s。 (3)行李始終勻加速運行時,所需時間最短,加速度仍為a=1 m/s2,當行

23、李到達右端時,有 =2aL,vmin== m/s=2 m/s, 所以傳送帶對應的最小運行速率為2 m/s。 由vmin=atmin得行李最短運行時間tmin== s=2 s。,答案(1)4 N1 m/s2(2)1 s(3)2 s2 m/s,2.傾斜傳送帶問題 (1)物體和傳送帶一起勻速運動 勻速運動說明物體處于平衡狀態(tài),則物體受到的靜摩擦力和重力沿傳送帶方向的分力等大反向,即物體受到的靜摩擦力的方向沿傳送帶向上,大小為mg sin (為傳送帶的傾角)。 (2)物體和傳送帶一起加速運動 a.若物體和傳送帶一起向上加速運動,傳送帶的傾角為,則對物體有f-mg sin =ma,即物體受到的靜摩擦力方

24、向沿傳送帶向上,大小為f=ma+mg sin 。,反思總結(jié)解答傳送帶問題的關鍵是搞清楚物體受到的摩擦力的大小及方向。,b.若物體和傳送帶一起向下加速運動,傳送帶的傾角為,則靜摩擦力的大小和方向決定于加速度a的大小。 當a=g sin 時,無靜摩擦力; 當ag sin 時,有mg sin +f=ma,即物體受到的靜摩擦力方向沿傳送帶向下,大小為f=ma-mg sin 。在這種情況下,重力沿傳送帶向下的分力不足以提供物體的加速度a,物體有相對于傳送帶向上的運動趨勢,受到的靜摩擦力沿傳送帶向下以彌補重力分力的不足; 當a

25、向上,大小為f=mg sin -ma。此時重力沿傳送帶向下的分力提供物體沿傳送帶向下的加速度過剩,物體有相對于傳送帶向下的運動趨勢,必受到沿傳送帶向上的靜摩擦力。,例3(2017浙江杭州二中期末)如圖所示為糧袋的傳送裝置,已知A、B 兩端間的距離為L,傳送帶與水平方向的夾角為,工作時 運行速度為v,糧袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為,正常工 作時工人在A端將糧袋放到運行中的傳送帶上。設最大 靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等,重力加速度大小為g。 關于糧袋從A到B的運動,以下說法正確的是() A.糧袋到達B端的速度與v比較,可能大、可能小、也可能相等 B.糧袋開始運動的加速度為g(sin - cos ),

26、若L足夠大,則以后將以速度v 做勻速運動 C.若tan ,則糧袋從A端到B端一定是一直做加速運動 D.不論大小如何,糧袋從A到B端一直做勻加速運動,且加速度ag sin ,解析若傳送帶較短,糧袋在傳送帶上可能一直做勻加速直線運動,到達B端時的速度小于v;若傳送帶足夠長且tan ,則糧袋先做勻加速直線運動,當速度與傳送帶的速度相同后,做勻速直線運動,到達B端時速度與v相同;若傳送帶足夠長且

27、送帶的運動方向是沿傳送帶向上,所以受到沿傳送帶向下的滑動摩擦力,大小為mg cos ,根據(jù)牛頓第二定律得加速度a==g(sin + cos ),選項A正確,B、C、D錯誤。,答案A,方法3瞬時問題的分析方法 兩種基本模型:“剛性繩”和“彈性繩”的區(qū)別,解題導引 關鍵詞:靜止狀態(tài),突然抽出。 把木板抽出瞬間對1、2木塊分別受力分析(注意彈簧形變量大,彈力瞬間不變)1木塊仍二力平衡,a=0,2木塊受彈簧彈力、重力,根據(jù)牛頓第二定律求出其加速度。,解析木板抽出前,由平衡條件可知彈簧被壓縮產(chǎn)生的彈力大小為mg。木板抽出后瞬間,彈簧彈力保持不變,仍為mg。由平衡條件和牛頓第二定律可得a1=0,a2=g

28、。答案為C。,答案C,方法4連接體問題的分析方法 1.整體法是指系統(tǒng)內(nèi)(即連接體內(nèi))物體間無相對運動時(具有相同加速度),可以把連接體內(nèi)所有物體組成的系統(tǒng)作為整體考慮,分析其受力情況,對整體列方程求解。 整體法可以求系統(tǒng)的加速度或外界對系統(tǒng)的作用力。 2.隔離法是指當我們所研究的問題涉及多個物體組成的系統(tǒng),需要求連接體內(nèi)各部分間的相互作用力時,從研究方便出發(fā),把某個物體從系統(tǒng)中隔離出來,作為研究對象,分析其受力情況,再列方程求解。,例5(2017浙江寧波鎮(zhèn)海中學周測)質(zhì)量分別為m、2m的物塊A、B用輕彈簧相連,設兩物塊與接觸面間的動摩擦因數(shù)都相同。當用水平力F作用于B上且兩物塊在粗糙的水平面上

29、共同向右加速運動時,彈簧的伸長量為x1,如圖甲所示;當用同樣大小的力F豎直共同加速提升兩物塊時,彈簧的伸長量為x2,如圖乙所示;當用同樣大小的力F沿固定斜面向上拉兩物塊使之共同加速運動時,彈簧的伸長量為x3,如圖丙所示,則x1x2x3等于() A.111B.123 C.121D.無法確定,解析當用水平力F作用于B上且兩物塊在粗糙的水平面上共同向右加速運動時,對A、B整體,由牛頓第二定律可得F-3mg=3ma,再用隔離法單獨對A分析,由牛頓第二定律可得FT-mg=ma,整理得FT=,即kx1=F; 根據(jù)上述方法同理可求得沿豎直方向、沿斜面方向運動時:kx2=kx3=F。故選項A正確。,答案A

30、,方法5臨界問題 1.產(chǎn)生臨界問題的條件 (1)接觸與脫離的臨界條件:兩物體相接觸或脫離,臨界條件是彈力FN=0。 (2)相對滑動的臨界條件:兩物體相接觸且處于相對靜止時,常存在著靜摩擦力,則相對滑動的臨界條件是靜摩擦力達到最大值。 (3)繩子斷裂與松弛的臨界條件:繩子所能承受的張力是有限的,繩子斷與不斷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.對連接體中的臨界極值問題可采用下列三種方法分析解決: (1)極限法:把物理問題(或過程)推向極端,從而使臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))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

31、兩種可能時,或變化過程中可能出現(xiàn)臨界條件,也可能不出現(xiàn)臨界條件時,往往用假設法解決問題。 (3)解析法:將物理過程轉(zhuǎn)化為數(shù)學表達式,根據(jù)數(shù)學表達式解出臨界條件。,例6一個彈簧放在水平地面上,Q為與輕彈簧上端連在一起的秤盤,P為一重物,已知P的質(zhì)量M=10.5 kg,Q的質(zhì)量m=1.5 kg,彈簧的質(zhì)量不計,勁度系數(shù)k=800 N/m,系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。如圖所示,現(xiàn)給P施加一個方向豎直向上的力F,使它從靜止開始向上做勻加速運動,已知在前0.2 s內(nèi),F為變力,0.2 s以后,F為恒力。求力F的最大值與最小值。(取g=10 m/s2),解析設開始時彈簧壓縮量為x1,t=0.2 s時彈簧的壓縮量為x2,重物P的加速度為a,則有 kx1=(M+m)g kx2-mg=ma x1-x2=at2 聯(lián)立解得a=6 m/s2 F小=(M+m)a=72 N,F大=M(g+a)=168 N,答案168 N72 N,