物理人教版（2019）必修第一册4.5 牛顿运动定律-临界极值与木板滑块（共32张ppt）

(共32张PPT)
牛顿运动定律-
临界极值与木板滑块
临界问题
极值问题
【题型要点】1．临界状态与临界值在物体的运动状态发生变化的过程中，往往达到某一个特定状态时，有关的物理量将发生突变，此状态即临界状态，相应的物理量的值为临界值．临界状态一般比较隐蔽，它在一定条件下才会出现．若题目中出现“最大”“最小”“刚好”等词语，常为临界问题．解决临界问题一般用极端分析法，即把问题推向极端，分析在极端情况下可能出现的状态和满足的条件，应用物理规律列出在极端情况下的方程，从而找出临界条件．
2．常见临界条件(1)接触与脱离的临界条件：
两物体相接触或脱离的临界条件是弹力FN＝0.
例4
例题1：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μ1，A与地面之间的动摩擦因数为μ2，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？
B不下滑有：μ1FN≥m2g，
另有FN=m2a，
对整体有
F-μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a
得
练习1．如图在前进的车厢的竖直后壁上放一个物体，物体与后壁间的滑动摩擦系数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．要使物体不下滑，车厢至少应以多大的加速度前进(　　)A．g/μB．gμC．μ/gD．g
A
例2：如图所示， m =4kg的小球挂在小车后壁上，细线与竖直方向成37°角。求：（1）小车以a=g向右加速；细线对小球的拉力F1和后壁对小球的压力F2各多大？（2）小车以a=g向右减速时，细线对小球的拉力F1和后壁对小球的压力F2各多大？
F1=50N，F2=70N
F1=40N，F2=0N
练习2．（多选）一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连。小球某时刻正处于图示状态。设斜面对小球的支持力为N，细绳对小球的拉力为T，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是（ ）A．若小车向左运动，N可能为零B．若小车向左运动，T可能为零C．若小车向右运动，N不可能为零D．若小车向右运动，T不可能为零
AB
(2)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是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.
例3.如图所示,倾角为α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α=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
Tsinα-mg=0
Tcosα=ma0
解出a0=g·cotα
所以在斜面向右运动的加速度a≥a0=g·cotα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.
N·cosα=mg
N·sinα=ma0
解出a0=g·tanα
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=g·tanα向左加
速运动;如果斜面体向左运动的加速度a＞a0,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=g·cot 60°= ×10 m/s2,而
题设条件a=10 m/s2＞a0,
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
Tsinθ-mg=0
Tcosθ=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θ=45°.
答案 (1)a≥gcotα 方向向右 (2)a=gtanα 方向
向左 (3)20 N,与水平方向成45°角
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练习3．一个质量为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a1＝ g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a2＝2g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 45°＝mg
F1sin 45°＝ma0
可得：a0＝g
(2)因a2＝2g＞a0，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 45°＝F22cos 45°＋mg
F12sin 45°＋F22sin 45°＝ma2
可解得：F12＝ mg
F22＝ mg.
(3)加速度最大与速度最大的临界条件：当物体在变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合外力最大时，具有最大加速度；合外力最小时，具有最小加速度．当出现加速度为零时，物体处于临界状态，所对应的速度便会出现最大值或最小值．
(3)相对静止与相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对静止与相对滑动的临界条件为静摩擦力达到最大值．
板块模型常见类型
A
B
v0
A
B
F
类型一
类型二
相对运动趋势 f静
相对运动 f动
摩擦力方向的判断
运动学规律
牛顿第二定律
1.解题思路
注意:摩擦力（静摩擦力、滑动摩擦力），是否发生相对运动，是否存在极值或某些限制，两个关系（速度关系和位移关系），理解常见表述的含义（恰好不滑出长木板等）。
受力
运动
a
整体
隔离
公式图像
2.两种位移关系
滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中
若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；
若滑块和滑板反向运动，位移之和等于板长.
设板长为L，滑块位移x1，滑板位移x2
同向运动时：
反向运动时：
x1=L+x2
x2
L
L=x1+x2
x2
x1
类型一
如图所示长木板B放于光滑的地面上，A放在长木板的左端，AB的的质量分别为m和M，AB间的动摩擦因数为μ，现给A一个水平向右的初速度v0
(1)若木板足够长则AB各自的运动状态是什么样？
(2)分别求出AB的加速度？并写出AB的速度随时间的变化关系？
(3)分别写出AB的位移随时间变化的关系？
(4)AB的相对位移是多少？
(5)若A恰好不滑离B，则B至少多长？
B
A
v0
B
A
v0
例题1
M
m
变式训练1：一足够长质量为M=0.4kg的木板静止在光滑的水平面上，一质量 m=0.4kg的小滑块以 v0＝12m/s 的速度从长木板的右端滑上长木板，m与M间的动摩擦因数 μ＝0.4 。m 可看成质点，重力加速度取 g＝10m/s2 ，求：
（1） m刚滑上M时， M的加速度大小和m的加速度大小
（2） m与M速度相等时， m相对于M滑行的距离ΔS.
M
m
v0
M
m
解析（1）先隔离m分析
由牛顿第二定律得：μmg=mam
再隔离M 分析
由牛顿第二定律得： μmg＝MaM
代入数据得aM＝ 4 m/s2
am＝4 m/s2
M
v0
f'
m
sM
sm
ΔS
（2）设m与M的共同速度为v共共速时间为t
由vm= vM ，得： t =1.5s， v共=6m/s
m运动的距离sm=v0t-amt2 =13.5m
M运动的距离sM=aMt2 =4.5m
ΔS=sm-sM =9m
f
m与 M的v－t图象
v/ (m·s-1)
O
1.5
3
t/s
6
12
4.5
m
M
拓展提升1：若长木板与水平面间的动摩擦因数 μ1＝0.1，求小滑块相对于地面滑行的距离L.
M
v共
解析（1）先隔离m分析
由牛顿第二定律：μmg=mam
再隔离M 分析
由牛顿第二定律：μmg-μ1(m+M)g＝MaM
代入数据得aM＝ 2 m/s2 am＝4 m/s2
（2）设m与M的共同速度为v共
共速时间为t1
sm1
M
m
m
M
m
sm2
L
由vm= vM ，得： t1=2s ， v共=4m/s
设m与M一起做匀减速直线运动，加速度为a2， a2=μ1g=1 m/s2t2=v共/a2=4s
m运动的距离sm1 =v0t1-amt12 =16m
m运动的距离sm2=v共t2 -a2t22 =8m
L=sm1+sm2 =24m
f
f'
f1
拓展提升2:在拓展提升1的条件下画出m与 M的v－t图象
v/ (m·s-1)
O
2
4
6
t/s
6
12
8
如图所示木块A放于长木板B上，物块A的质量为m,木板B的质量为M，AB间的动摩擦因数为μ，地面是光滑的，现在木板B上施加一个水平向右的力F，
(1)保证AB不发生相对滑动时的最大力F为多少？
(2)若AB发生相对滑动则AB各自的加速度为多少？
(3)若AB发生相对运动分别写出AB各自的速度和位移随时间变化的关系？
(4)若B的长度为L，则A从B离开时所用的时间为多少？
A
B
F
类型二
例题2
B
F
A
变式训练2：质量M=3 kg 的长木板放在光滑的水平面上.在水平拉力F=11N作用下由静止开始向右运动.如图所示,当速度达到1 m/s时,将质量m=4 kg的物块轻轻放到木板的右端.已知物块与木板间动摩擦因数μ=0.2,物块可视为质点.(g取10 m/s2)
(1)物块刚放置在木板上时,物块和木板的加速度分别为多大
(2)木板至少多长,物块才能与木板最终保持相对静止
(3)物块与木板相对静止后,物块受到的摩擦力为多大
答案:(1)a1=2m/s2 a2=1m/s2 (2)0.5m (3)6.29N
课堂练习1：质量为2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v－t图象如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；
(2)B与水平面间的动摩擦因数μ2；
(3)A的质量。
解析：(1)由图象可知，A在0～1 s内的加速度a1＝－2 m/s2，
对A由牛顿第二定律得－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2
(2)由图象知，A、B在1～3 s内的加速度a3＝－1 m/s2，
对A、B整体由牛顿第二定律得－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3，
解得μ2＝0.1
(3)由图可知B在0～1 s内的加速度a2＝2 m/s2
对B由牛顿第二定律得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
代入数据解得m＝6 kg
答案　(1)0.2　(2)0.1　(3)6 kg
特别提醒　当系统内各物体的加速度不同时，一般不直接用整体法，要采用隔离法解题。
崇德 尚学 求是 创新
课堂练习2：有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长L＝1 m，起点A到终点线B的距离s＝5 m。开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进。板右端到达B处冲线，游戏结束。已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m1＝2 kg，滑板质量m2＝1 kg，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)滑板由A滑到B的最短时间；
(2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围。
答案：(1)1 s　(2)30 N≤F≤34 N