【三年高考两年模拟】2016届高三物理一轮复习(浙江专用课件)第三章牛顿运动定律本章小结

浙江专用物理第三章本章小结专题三解决临界极值问题的思想方法在某些物理情景中,由于条件的变化,会出现两种状态的衔接、两种现象的分界,同时使某个物理量在特定状态时,具有最大值或最小值,所以,临界问题通常和极值问题联系在一起。专题归纳提升解决这类问题的主要方法有物理方法和数学方法。一、物理方法解临界极值问题物理方法是指充分利用物理状态和物理规律,分析临界状态和临界条件,在特殊状态下,根据物理规律列方程,便可直接解决临界极值问题。分析临界条件是此方法解题的关键。1.极限分析法极限分析法是寻找临界条件最常用的方法,它是通过分析把关键物理量或过程推向极大或极小,从而将临界状态及临界条件显露出来,找出解决问题的突破口,达到尽快求解的目的。下面通过例题来体会这种方法的运用。典例1如图所示,小球的质量为2kg,两轻绳AB和AC(LAB=2LAC)的一端连接在竖直墙上,另一端系在小球上,现在小球上另施加一个与水平方向成60°角的拉力F。要使两绳都能伸直,试求拉力F的大小范围。(g=10m/s2) 解析如果F很小,由竖直方向平衡知轻绳AB中必有张力,绳AC会松弛,可知,当AC伸直但无张力时,F最小;如果F很大,由竖直方向平衡知轻绳AC中必有张力,绳AB会松弛,可知,当AB伸直但无张力时,F最大。设小球的质量为m,轻绳AB中的张力为TAB,AC中的张力为TAC,F的最小值为F1,最大值为F2。由LAB=2LAC可得,∠CAB=60°。由平衡条件知,当TAC=0时,有F1sin60°+TABsin60°=mg,F1cos60°=TABcos60°当TAB=0时,有F2sin60°=mg以上各式代入数据得:F1= N,F2= N20334033因此,拉力F的大小范围为: N≤F≤ N 答案 N≤F≤ N2033403320334033典例2如图所示,一个弹簧台秤放在水平地面上,Q为与轻弹簧上端连在一起的秤盘,P为一重物,已知P的质量M=10.5kg,Q的质量m=1.5kg,弹簧的质量不计,劲度系数k=800N/m,系统处于静止。现给P施加一个方向竖直向上的力F,使它从静止开始向上做匀加速运动,已知在前0.2s内,F为变力,0.2s以后,F为恒力。求力F的最大值与最小值。(取g=10m/s2) 解析设开始时弹簧压缩量为x1,t=0.2s时弹簧的压缩量为x2,物体P的加速度为a,则有kx1=(M+m)g ①kx2-mg=ma ②x1-x2= at2 ③12由①式得x1= =0.15m④由②③④式得a=6m/s2Fmin+kx1-(M+m)g=(M+m)aFmax-Mg=Ma得Fmin=(M+m)a=72N,Fmax=M(g+a)=168N 答案168N72N()Mmgk2.假设法有些物理过程没有出现明显的临界问题的线索,但在变化过程中可能会出现临界状态,也可能不会出现临界状态,解答此类问题一般用假设法,即假设出现某种临界状态,找出临界条件,然后再把题设物体的受力情况及运动状态与临界条件对比,最后再根据实际情况进行处理。典例3一斜面放在水平地面上,倾角为θ=53°,一个质量为0.2kg的小球用细绳吊在斜面顶端,如图所示。斜面静止时,球紧靠在斜面上,绳与斜面平行,不计斜面与水平面的摩擦,当斜面以10m/s2的加速度向右运动时,求细绳的拉力及斜面对小球的弹力。(g取10m/s2) 解析根据题意,先分析物理情景:斜面由静止向右加速运动的过程中,斜面对小球的支持力将会随着a的增大而减小,当a较小时,小球受到三个力(重力、细绳的拉力和斜面的支持力)作用,此时细绳平行于斜面;当a足够大时,斜面对小球的支持力将会减小到零,小球将会“飞离”斜面,此时绳与水平方向的夹角将会大于θ角。而题中给出的斜面向右的加速度a=10m/s2,到底属于上述两种情况的哪一种,必须先假定小球能够脱离斜面,然后求出小球刚刚脱离斜面的临界加速度才能断定,这是解决此类问题的关键所在。设小球刚刚脱离斜面时斜面向右的加速度为a0,此时斜面对小球的支持力恰好为零,小球只受到重力和细绳的拉力,且细绳仍然与斜面平行。对小球受力分析如图所示。易知: =ma0a0= =7.5m/s2因为a=10m/s2a0故小球已离开斜面,斜面对小球的弹力N=0细绳的拉力T= =2 Ntanα= =1,α=45°,即细绳拉力的方向与水平方向成45°角斜向上。tanmgθtangθ22()()mgma2mgma 答案2 N,方向与水平方向成45°角斜向上02二、数学方法解临界极值问题数学方法是指把物理问题中所涉及的物理状态和过程用函数、方程、不等式等数学语言表达出来,并利用数学的方法和技巧进行推导、演算和分析,以达到解决问题的目的。在题给的条件下写出函数、方程或不等式是此方法解题的关键。典例4如图所示,质量为M的木块与水平地面的动摩擦因数为μ,用大小为F的恒力使木块沿地面向右做直线运动,木块可视为质点,则怎样施力才能使木块产生最大的加速度?最大的加速度为多少? 解析设当力F与水平方向夹角为θ时,木块的加速度最大,如图所示,对木块有Fcosθ-μ(Mg-Fsinθ)=Ma整理得:a= -μg由上式可知,当cosθ+μsinθ取最大值时,a最大令cosθ+μsinθ=A则:A=  = sin(θ+φ)其中φ满足sinφ= (cossin)FθμθM21μ221cossin11μθθμμ21μ211μ而Amax= 与此相对应的θ满足cosθ= 故加速度a的最大值:amax= -μg 答案见解析21μ211μ21FμM针对训练1.物块A、B叠放在一起,用水平力F作用在A上,使两物块一起沿光滑水平面做匀加速直线运动,A、B的质量分别为mA=2kg,mB=1kg,A、B之间的动摩擦因数为μ=0.3。(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,g=10m/s2)(1)要使两物块保持相对静止,则水平力F不能超过多大?(2)若水平力改为作用在B上时,要保持两物块一起做匀加速直线运动,则水平力F不能超过多大?(3)要将物块B从A下面拉出,则拉力F应满足什么条件?m/s2。对A、B整体有:F=(mA+mB)a1=(2+1)×6N=18N,即水平力F不能超过18N。(2)对A有:μmAg=mAa2,a2=μg=3m/s2。对A、B整体有:F=(mA+mB)a2=9N,即水平力F不能超过9N。(3)要把B从A的下面拉出,拉力F必须作用在B上,且使B的加速度大于A的加速度,即F9N。 答案(1)18N(2)9N(3)F9N,作用在B物块上 解析(1)A、B能保持相对静止的临界状态是A、B之间的静摩擦力恰好达到最大值,此时对B应用牛顿第二定律有:μmAg=mBa1,a1= m/s2=60.321012.一根劲度系数为k、质量不计的轻弹簧,上端固定,下端系一质量为m的物体,有一水平板将物体托住,并使弹簧处于自然长度,如图所示。现让平板由静止开始以加速度a(ag)匀加速向下移动。求经过多长时间平板开始与物体分离。 因为x= at2,所以t= 。122()mgaka 答案  解析设物体与平板一起向下运动的距离为x时,物体受重力mg、弹簧的弹力F=kx和平板的支持力N作用。据牛顿第二定律有:mg-kx-N=ma,得N=mg-kx-ma当N=0时,物体与平板分离,此时x= 2()mgaka()mgak3.如图所示,在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B,它们的质量分别为mA、mB,弹簧的劲度系数为k,C为一固定挡板。系统处于静止状态。现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动,求物块B刚要离开C时物块A的加速度a和从开始到此时物块A的位移d。(重力加速度为g)  答案   解析令x1表示未加F时弹簧的压缩量,由胡克定律可知mAgsinθ=kx1 ①令x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量,a表示此时A的加速度,由胡克定律和牛顿第二定律可知kx2=mBgsinθ ②F-mAgsinθ-kx2=mAa ③由②③式可得a=  ④()sinABAFmmgθm()sinABmmgθk()sinABAFmmgθm由题意可知d=x1+x2 ⑤由①②⑤式可得d=  ⑥()sinABmmgθk4.一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=4kg的物块P,Q为一重物,已知Q的质量为m2=8kg,弹簧的质量不计,劲度系数k=600N/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0.2s时间内,F为变力,0.2s以后,F为恒力,求:力F的最大值与最小值。(sin37°=0.6,g=10m/s2)  答案最大值为72N,最小值为36N 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)gsinθ=kx0因为在前0.2s时间内,F为变力,0.2s以后,F为恒力,所以在0.2s时,P对Q的作用力为0,由牛顿第二定律知kx1-m1gsinθ=m1a前0.2s时间内P、Q向上运动的距离为x0-x1= at2联立解得a=3m/s2当P、Q开始运动时拉力最小,此时有Fmin=(m1+m2)a=36N当P、Q分离时拉力最大,此时有Fmax-m2gsinθ=m2a,则Fmax=m2(a+gsinθ)=72N12