安徽省2012届高中物理总第一轮复习 第3章5连接体问题整体法与隔离法课件 新人教版

5连接体问题整体法与隔离法第三章牛顿运动定律1.整体法和隔离法(2009安徽)在2008年北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神．为了探究上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化．一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图351所示．图351设运动员的质量为65kg，吊椅的质量为15kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦．重力加速度取g=10m/s2.当运动员与吊椅一起正以加速度a=1m/s2上升时，试求：(1)运动员竖直向下拉绳的力；(2)运动员对吊椅的压力．解析：方法1：(1)设运动员受到绳向上的拉力为F，由于跨过定滑轮的两段绳子拉力相等，吊椅受到绳的拉力也是F.对运动员和吊椅整体进行受力分析如图1所示，则有：2F-(m人+m椅)g=(m人+m椅)aF=440N由牛顿第三定律，运动员竖直向下拉绳的力F′=440N(2)设吊椅对运动员的支持力为FN，对运动员进行受力分析如图2所示，则有：F+FN-m人g=m人aFN=275N由牛顿第三定律，运动员对吊椅的压力也为275N方法2：设运动员和吊椅的质量分别为M和m；运动员竖直向下的拉力为F，对吊椅的压力大小为FN.根据牛顿第三定律，绳对运动员的拉力大小为F，吊椅对运动员的支持力为FN.分别以运动员和吊椅为研究对象，根据牛顿第二定律F+FN-Mg=Ma①F-FN-mg=ma②由①②得F=440NFN=275N.点评：以2008年北京残奥会开幕式点燃主火炬为背景，以滑轮模型考查考生对牛顿运动定律在竖直方向整体法和隔离法的理解和应用．如图3-5-2所示，底座A上装有一根直立杆，其总质量为M，杆上套有质量为m的圆环B，它与杆有摩擦.当圆环从底端以某一速度v向上飞起时，圆环的加速度大小为a，底座A不动，求圆环在升起和下落过程中，水平面对底座的支持力分别是多大？图3-5-2圆环上升时，两物体受力如右图所示，其中f1为杆给环的摩擦力，f2为环给杆的摩擦力.对圆环：mg+f1=ma①对底座：N1+f2-Mg=0②由牛顿第三定律知：f1=f2③由①②③式可得：N1=(M+m)g-ma圆环下降时，两物体受力如右图所示对圆环：mg-f1=ma′④对底座：Mg+f2-N2=0⑤由牛顿第三定律得：f1=f2⑥由①④⑤⑥三式解得：N2=(M-m)g+ma2.连接体问题如图3-5-3所示，物体A的质量m1=1kg，静止在光滑水平面上的木板B的质量为m2=0.5kg，长L=1m，某时刻A以v0=4m/s的初速度滑上木板B的上表面，为使A不至于从B上滑落，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力F，若A与B之间的动摩擦因数μ=0.2，试求拉力F应满足的条件.(忽略物体A的大小)图3-5-3物体A滑上木板B以后，做匀减速运动，加速度①木板B做匀加速运动，设加速度为a2，由牛顿第二定律，有：F+μm1g=m2a2②A不从B的右端滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v，111mgagm由位置关系，有③运动时间相等，有④由①③④式，可得⑤由②⑤式，得⑥代入数值，得F=1N22201222vvvLaa012vvvaa2022vagL2021()2vFmgmgL若F1N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F必须大于等于1N.当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才能不会从B的左端滑落.当A相对B静止时，由牛顿第二定律对A、B的整体，设加速度为a，有F=(m1+m2)a对A有μm1g=m1a，联立解得F=3N若F大于3N，A就会相对B向左滑下.使A不至于从B上滑落，力F应满足的条件是：1N≤F≤3N点评：对于加速度不同的连接体问题，我们一般先用隔离法分别进行受力分析，再求解，而对于有共同加速度的连接体问题，一般先用整体法由牛顿第二定律求出加速度，再根据题目要求，将其中的某个物体进行隔离分析和求解．由整体法求解加速度时，F=ma，要注意质量m与研究对象对应．如图354所示，固定在水平面上的斜面其倾角q=37°，长方体木块A的MN面上钉着一颗小钉子，质量m=1.5kg的小球B通过一细线与小钉子相连接，细线与斜面垂直．木块与斜面间的动摩擦因数μ=0.50.现将木块由静止释放，木块将沿斜面下滑．求在木块下滑的过程中小球对木块MN面的压力大小．(取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)图354解析：以木块和小球整体为研究对象，设木块的质量为M，下滑的加速度为a，沿斜面方向，根据牛顿第二定律有：(M+m)gsin37°-μ(M+m)gcos37°=(M+m)a解得：a=g(sin37°-μcos37°)=2m/s2以小球B为研究对象，受重力mg，细线拉力T和MN面对小球沿斜面向上的弹力FN，沿斜面方向，根据牛顿第二定律有：mgsin37°-FN=ma解得：FN=mgsin37°-ma=6N.由牛顿第三定律得，小球对木块MN面的压力大小为6N.易错题：如图355，一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都可以不计，盘内放一个物体P处于静止．P的质量为12kg，弹簧的劲度系数k=800N/m.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运动．已知在前0.2s内F是变化的，在0.2s以后F是恒力，则F的最小值是多少，最大值是多少？(g=10m/s2)图355错解：由G=F+N得F=G-N，可知当N=G时，Fmin=0；当N=0时，Fmax=G=120N错解分析：错解原因是对题所叙述的过程不理解．把平衡时的关系G=F+N，不自觉的贯穿在解题中．正解：解题的关键是要理解0.2s前F是变力，0.2s后F是恒力的隐含条件．即在0.2s前物体受力和0.2s以后受力有较大的变化．以物体P为研究对象，物体P静止时受重力G、秤盘给的支持力N.因为物体静止，合力F=0N-G=0①N=kx0②设物体向上匀加速运动的加速度为a.此时物体P受力如图，受重力G，拉力F和支持力N′据牛顿第二定律有：F+N′-G=ma③当0.2s后物体所受拉力F为恒力，即为P与盘脱离，即弹簧无形变，由0～0.2s内物体的位移为x0.物体由静止开始运动，则x0=at212将式①②中解得的x0=0.15m代入式③解得a=7.5m/s2由式③可以看出，F取最小值时即为N′取最大值时，即初始时刻N′=N=kx.代入式③得Fmin=ma+mg-kx0=12×(7.5+10)N-800×0.15N=90NF最大值即N=0时，F=ma+mg=210N点评：凡涉及的弹簧都不考虑其质量，称之为“轻弹簧”，是一种常见的理想化物理模型．弹簧类问题多为综合性问题，涉及的知识面广，要求的能力较高．本题若秤盘质量不可忽略，在分析中应注意P物体与秤盘分离时，弹簧的形变不为0，P物体的位移就不等于x0，而应等于x0-x(其中x即秤盘对弹簧的压缩量)．