用牛顿定律解决问题(一) 学点1从受力确定运动情况 基本方法、步骤: ①确定研究对象,对研究对象进行受力分析和运动分析,并画出物体的受力图。 ②根据力的合成与分解的方法,求出物体所受的合外力(包括大小和方向) ③根据牛顿第二定律列方程,求出物体的加速度 ④结合给定的物体运动的初始条件,选择运动学公式,求出所需运动参量 例1一个滑雪人从静止开始沿山坡滑下,山坡的倾角θ=30°,滑雪板与雪地的动摩擦 因数0.04,求10s内滑下来的路程和10s末的速度大小。(g取10m/s2) 解析以滑雪人为研究对象,受力情况如图4-6-1所 图461 研究对象的运动状态为:垂直于山坡方向,处于平衡:沿山坡方向,做匀加速直线运动。 将重力mg分解为垂直于山坡方向和沿山坡方向,据牛顿第二定律列方程: FN-I 又因为Fr=uFN 由①②③可得:a=g(sinO-cos0) 故x (sina- ucos) t2 =2×10×(2-0.04×2)×10m=233m y=a=10×(2-0.04×2)×10m/s=46.5m/s 答案233m,465m/s 方法点拨 物理运算过程中尽量使用代表物理量的字母,必要时再代入已知量 学后反思 物体的运动情况是由物体所受合外力及物体初始条件决定的,在解决动力学问题过程中 应注重受力分析能力的培养和提高
用牛顿定律解决问题（一） 学点 1 从受力确定运动情况 基本方法、步骤： ①确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动分析，并画出物体的受力图。 ②根据力的合成与分解的方法，求出物体所受的合外力（包括大小和方向）。 ③根据牛顿第二定律列方程，求出物体的加速度。 ④结合给定的物体运动的初始条件，选择运动学公式，求出所需运动参量。 例 1 一个滑雪人从静止开始沿山坡滑下，山坡的倾角 θ＝30°，滑雪板与雪地的动摩擦 因数 0.04，求 10s 内滑下来的路程和 10s 末的速度大小。（g 取 10m／s 2） 解析 以滑雪人为研究对象，受力情况如图 4－6－1 所示。 研究对象的运动状态为：垂直于山坡方向，处于平衡；沿山坡方向，做匀加速直线运动。 将重力 mg 分解为垂直于山坡方向和沿山坡方向，据牛顿第二定律列方程： FN－mgcosθ＝0 mgsinθ－Ff＝ma 又因为 Ff＝μFN 由①②③可得：a＝g（sinθ－μcosθ） 故 x＝ at g 2 1 2 1 2＝ （sinθ－μcosθ）t 2 ＝ 2 1 ×10×（ 2 1 －0.04× 2 3 ）×102m＝233m v＝at＝10×（ 2 1 －0.04× 2 3 ）×10m／s＝46.5m／s 答案 233m，46.5m／s。 方法点拨 物理运算过程中尽量使用代表物理量的字母，必要时再代入已知量。 学后反思 物体的运动情况是由物体所受合外力及物体初始条件决定的，在解决动力学问题过程中 应注重受力分析能力的培养和提高
例2如图4-6-2所示,传送带地面倾角θ=37°,AB之间的长度为L=16m,传送带 以速率v=10m/s逆时针转动,在传送带上A端无初速地放一个质量为m=0.5kg的物体 它与传送带之间的动擦系数=0.5,求物体从A运动到B需要多少时间? (g=10m/s2,sin37°=0.6,cs37°=0.8) 137 图46-2 解析物体放到传送带上,开始相对于传送带向上运动,所受摩擦力方向沿传送带向下, 物体由静止开始做初速为零的匀速直线运动,根据牛顿第二定律: mgsine-+ mucose= 物体速度由零增大到10m/s所用的时间:n=x1/y② 物体下滑的位移:x 当物体速度等于10m/s时,相对于传送带,物体向下运动,摩擦力方向与原来相反, 沿传送带向上,此时有: Mosin- u mycos=ma2 ④ 从速度增大到10m/s后滑到B所用时间为h,根据运动学知识: L-x1=n+2 联立方程组解得:n1=ls12=1s所以从A到B时间为t=1+t2=2s 答案2s 方法总结 本题应注意,开始时物体的速度小于传送带速度,相对传送带向上运动,受摩擦力方向 沿斜面向下:当物体速度加速到大于传送带速度时,相对传送带向下运动,摩擦力方向沿斜 面向上。因此,物块在传送带上运动时,分加速度不同的两个阶段进行研究 例3一小圆盘静止在桌布上,位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一边与桌的AB边 重合,如图4-6-3。已知盘与桌布间的动摩擦因数为以1,盘与桌面间的动摩擦因数为2, 现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面加速度方向是水平的且垂直于AB边。若圆盘最后未 从桌面掉下,则加速度a满足的条件是什么?(以g表示重力加速度)
例 2 如图 4－6－2 所示，传送带地面倾角 θ＝37°，AB 之间的长度为 L＝16m，传送带 以速率 v＝10m／s 逆时针转动，在传送带上 A 端无初速地放一个质量为 m＝0.5kg 的物体， 它与传送带之间的动擦系数μ＝0.5，求物体从 A 运动到 B 需要多少时间？ （g＝10m／s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8） 解析 物体放到传送带上，开始相对于传送带向上运动，所受摩擦力方向沿传送带向下， 物体由静止开始做初速为零的匀速直线运动，根据牛顿第二定律： mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1 ① 物体速度由零增大到 10m／s 所用的时间：t1＝x1／v ② 物体下滑的位移：x1＝ 2 1 2 1 at ③ 当物体速度等于 10m／s 时，相对于传送带，物体向下运动，摩擦力方向与原来相反， 沿传送带向上，此时有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2 ④ 从速度增大到 10m／s 后滑到 B 所用时间为 t2，根据运动学知识： L－x1＝vt2＋ 2 2 2 2 1 a t ⑤ 联立方程组解得：t1＝1s t2＝1s 所以从 A 到 B 时间为 t＝t1＋t2＝2s 答案 2s。 方法总结 本题应注意，开始时物体的速度小于传送带速度，相对传送带向上运动，受摩擦力方向 沿斜面向下；当物体速度加速到大于传送带速度时，相对传送带向下运动，摩擦力方向沿斜 面向上。因此，物块在传送带上运动时，分加速度不同的两个阶段进行研究。 例 3 一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一边与桌的 AB 边 重合，如图 4－6－3。已知盘与桌布间的动摩擦因数为μ1，盘与桌面间的动摩擦因数为μ2， 现突然以恒定加速度 a 将桌布抽离桌面,加速度方向是水平的且垂直于 AB 边。若圆盘最后未 从桌面掉下，则加速度 a 满足的条件是什么？（以 g 表示重力加速度）
图46-3 解析设圆盘的质量为m,桌面长为l,在桌布从圆盘下抽出的过程中,盘的加速度为 a,有:u1ma=man① 桌布抽出后,盘在桌面上作匀减速运动,以a2表示加速度的大小,有 川2m=ma2 设盘刚离开桌布时的速度为,移动的距离为x1,离开桌布后在桌面上再运动距离x 后便停下,有 VI=2a2x2 盘没有从桌面上掉下的条件是x2≤2 设桌布从盘下抽出所经历时间为t,在这段时间内桌布移动的距离为x,有 ⑦,而x=2+x1⑧, ∠1+2A8 由以上①到⑧式解得:a≥ 418 答案a≥H 感悟技巧 求解比较复杂的动力学问题,可根据动力学规律和运动学规律列出相互独立的物理方程 综合求解 学点2从运动情况确定受力 解题的基本方法步骤: ①确定研究对象,对研究对象进行受力分析和运动分析,并画出物体的受力图 ②选择合适的运动学公式,求出物体的加速度 ③根据牛顿第二定律列方程,求出物体所受的合外力 ④根据力的合成与分解的方法,由合力求出所需的力 例4质量为200t的机车从停车场出发,行驶25m后,速度达到54km/h,此时,司 机关闭发动机让机车进站,机车又行驶了125m才停在站上。设运动阻力不变,求机车关闭 发动机前所受到的牵引力
解析 设圆盘的质量为 m，桌面长为 l，在桌布从圆盘下抽出的过程中，盘的加速度为 a1，有：μ1ma＝ma1 ① 桌布抽出后，盘在桌面上作匀减速运动，以 a2 表示加速度的大小，有 μ2ma＝ma2 ② 设盘刚离开桌布时的速度为 v1，移动的距离为 x1，离开桌布后在桌面上再运动距离 x2， 后便停下，有 2 1 v ＝2a1x1 ③， 2 1 v ＝2a2x2 ④， 盘没有从桌面上掉下的条件是 x2≤ l 2 1 －x1 ⑤， 设桌布从盘下抽出所经历时间为 t，在这段时间内桌布移动的距离为 x，有 x＝ 2 2 1 at ⑥， x1＝ 2 1 2 1 a t ⑦， 而 x＝ l 2 1 ＋x1 ⑧， 由以上①到⑧式解得：a≥ 1 g 2 1 2 2 ＋ 答案 a≥ 1 g 2 1 2 2 ＋ 感悟技巧 求解比较复杂的动力学问题，可根据动力学规律和运动学规律列出相互独立的物理方程 综合求解。 学点 2 从运动情况确定受力 解题的基本方法步骤： ①确定研究对象，对研究对象进行受力分析和运动分析，并画出物体的受力图； ②选择合适的运动学公式，求出物体的加速度； ③根据牛顿第二定律列方程，求出物体所受的合外力； ④根据力的合成与分解的方法，由合力求出所需的力。 例 4 质量为 200t 的机车从停车场出发，行驶 225m 后，速度达到 54km／h，此时，司 机关闭发动机让机车进站，机车又行驶了 125m 才停在站上。设运动阻力不变，求机车关闭 发动机前所受到的牵引力
解析机车关闭发动机前在牵引力和阻力共同作用下向前加速:关闭发动机后,机车只 在阻力作用下做减速运动。因加速阶段的初末速度及位移均已知,故可由运动学公式求出加 速阶段的加速度,由牛顿第二定律可求出合力;在减速阶段初末速度及位移已知,同理可以 求出加速度,由牛顿第二定律可求出阻力,则由两阶段的力可求出牵引力。 在加速阶段 初速度w=0,末速度v=54km/h=15m/s位移x1=225m v215 2ax得:加速度a1=2x12 m/s2=0.5m/s2 由牛顿第二定律得 F明-F阻=ma1=2×105×0.5N=1×10N① 减速阶段:初速度η=15m/s,末速度2=0,位移x=125m 由v2-v2=2ax得 加速度a2=2x2 2×125 09m/s2,负号表示a方向与v方向相反 由牛顿第二定律得F=-ma2=-2×105×(-0.9)N=1.8×10N② 由①②得机车的牵引力为F明=2.8×105N 答案28×105N 方法总结 解题前应对问题先作定性和半定量的分析,弄清物理情景,找出解题的关键,以养成良 好的思维品质和解题习惯,在求解加速度过程中要注意加速度和速度方向关系,在求a时 也可不考虑方向,直接求其大小,a2=0.9m/s2,然后根据阻力方向得出Fm=-ma=1.8 ×105N的结果 例5在水平地面上有两个彼此接触的物体A和B,它们的质量分别为m和m,与地面 间的动摩擦因数均为,若用水平推力F作用于A物体,使A、B一起向前运动,如图4 6-4所示,求两物体间的相互作用力为多大?若将F作用于B物体,则A、B间的相互作 用力为多大? 解析由于两物体是相互接触的,在水平推力F的作用下做加速度相同的匀加速直线 运动,如果把两个物体作为一个整体,用牛顿第二定律去求加速度a是很简便的。题目中要 求A、B间的相互作用力,因此必须采用隔离法,对A或B进行受力分析,再用牛顿第二定 律就可以求出两物体间的作用力
解析 机车关闭发动机前在牵引力和阻力共同作用下向前加速；关闭发动机后，机车只 在阻力作用下做减速运动。因加速阶段的初末速度及位移均已知，故可由运动学公式求出加 速阶段的加速度，由牛顿第二定律可求出合力；在减速阶段初末速度及位移已知，同理可以 求出加速度，由牛顿第二定律可求出阻力，则由两阶段的力可求出牵引力。 在加速阶段 初速度 v0＝0，末速度 v1＝54km／h＝15m／s 位移 x1＝225m 由 2 t v － 2 0 v ＝2ax 得： 加速度 a1＝ 2 225 15 2 2 1 2 1 ＝ x v m／s 2＝0.5m／s 2 由牛顿第二定律得 F 引－F 阻＝ma1＝2×105×0.5N＝1×105N ① 减速阶段：初速度 v1＝15m／s，末速度 v2＝0，位移 x2＝125m 由 v2 2－v1 2＝2ax得 加速度 a2＝ 2 125 15 2 2 2 2 1 ＝－ － x v m／s 2＝－0.9m／s 2，负号表示 a2 方向与 v1 方向相反 由牛顿第二定律得 F 阻=－ma2＝－2×105×（－0.9）N＝1.8×105N ② 由①②得机车的牵引力为 F 引＝2.8×105N 答案 2.8×105N 方法总结 解题前应对问题先作定性和半定量的分析，弄清物理情景，找出解题的关键，以养成良 好的思维品质和解题习惯，在求解加速度过程中要注意加速度和速度方向关系，在求 a2 时 也可不考虑方向，直接求其大小，a2＝0.9m／s 2，然后根据阻力方向得出 F 阻＝－ma2＝1.8 ×105N 的结果。 例 5 在水平地面上有两个彼此接触的物体 A 和 B，它们的质量分别为 m1和 m2，与地面 间的动摩擦因数均为μ，若用水平推力 F 作用于 A 物体，使 A、B 一起向前运动，如图 4－ 6－4 所示，求两物体间的相互作用力为多大？若将 F 作用于 B 物体，则 A、B 间的相互作 用力为多大？ 解析 由于两物体是相互接触的，在水平推力 F 的作用下做加速度相同的匀加速直线 运动，如果把两个物体作为一个整体，用牛顿第二定律去求加速度 a 是很简便的。题目中要 求 A、B 间的相互作用力，因此必须采用隔离法，对 A 或 B 进行受力分析，再用牛顿第二定 律就可以求出两物体间的作用力
解法一:设F作用于A时,A、B的加速度为a1,A、B间相互作用力为F1。以A为研 究对象,受力图如图4-6-5所示,由牛顿第二定律得 水平方向F-F1-F1m=ma1 竖直方向F1弹=m18,F1=F1弹 再以B为研究对象,它受力如图4-6-6所示,由牛顿第二定律有 水平方向F1-F2=m2a1, 竖直方向F2弹=m2g,又F2阻=F2弹 联立以上各式可得A、B间相互作用力为F1=m+m2, 当F作用B时,应用同样的方法可求A、B间的相互作用力F2为F2=m1+m 718 图46-5 图466 解法二:以A、B为研究对象,其受力如图4-6-7所示,由牛顿第二定律可得 F-u(m+m)g=(m+m2)a 所以a=m1+m2 再以B为研究对象,其受力如图4-6-6所示,由牛顿第二定律可得 1-F2阻=m2a F 则A、B间相互作用力F1为:F1=m+m2同理可求得F2=m+m2 m,F m, F 答案m+m2;m1+m2
解法一：设 F 作用于 A 时，A、B 的加速度为 a1，A、B 间相互作用力为 F1。以 A 为研 究对象，受力图如图 4－6－5 所示，由牛顿第二定律得 水平方向 F－F1－F1 阻＝m1a1， 竖直方向 F1 弹＝m1g，F1 阻＝μF1 弹 再以 B 为研究对象，它受力如图 4－6－6 所示，由牛顿第二定律有 水平方向 F1－F2 阻＝m2a1， 竖直方向 F2 弹＝m2g，又 F2 阻＝μF2 弹 联立以上各式可得 A、B 间相互作用力为 F1＝ 1 2 2 m m m F ＋ ， 当 F 作用 B 时，应用同样的方法可求 A、B 间的相互作用力 F2 为 F2＝ 1 2 1 m m m F ＋ 解法二：以 A、B 为研究对象，其受力如图 4－6－7 所示，由牛顿第二定律可得 F－μ（m1＋m2）g＝（m1＋m2）a 所以 a＝ m1 m2 F ＋ －μg 再以 B 为研究对象，其受力如图 4－6－6 所示，由牛顿第二定律可得 F1－F2 阻＝m2a 则 A、B 间相互作用力 F1 为：F1＝ 1 2 2 m m m F ＋ 同理可求得 F2＝ 1 2 1 m m m F ＋ 答案 1 2 2 m m m F ＋ ； 1 2 1 m m m F ＋
m28 图467 方法提示 研究系数内部物体间的相互作用力应采用隔离法,研究系统与外办的相互作用采用整体 法更简便一些。 规律总结 两个(或两个以上)物体组成的系统,我们称之为连接体。连接体的加速度通常是相同 的,但也有不同的情况,如一个静止,一个变速运动。 在连接体内各物体具有相同的加速度时,可先把这个连接体当成一个整体,分析受到的 外力及运动情况,利用牛顿第二定律求出加速度,若要求连接体内各种物体相互作用的内力, 则把物体隔离,对某个物体单独进行受力分析,再利用牛顿第二定律对该物体列式求解。 拓广延伸 牛顿运动定律是经典力学的基础,它在科学研究和生产技术中有着广泛的应用,本节课 就是运用牛顿运动定律解决两类最常见的问题 受力分析和运动过程分析是解决动力学问题的前提。找到加速度是解题的突破口,因此, 解题时应抓住“加速度”这个桥梁不放,确定过渡方向,学习中要通过具体问题的分析,熟 练掌握解题思路,提高自己解决实际问题的能力。 例6如图4-6-8所示,ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆,每根杆上套着 一个小滑环(图中未画出),三个滑环分别从a、b、c处释放(初速为0),用t、12、t3依次 表示滑环到达d所用的时间,则() A。t1> 图46-8
方法提示 研究系数内部物体间的相互作用力应采用隔离法，研究系统与外办的相互作用采用整体 法更简便一些。 规律总结 两个（或两个以上）物体组成的系统，我们称之为连接体。连接体的加速度通常是相同 的，但也有不同的情况，如一个静止，一个变速运动。 在连接体内各物体具有相同的加速度时，可先把这个连接体当成一个整体，分析受到的 外力及运动情况，利用牛顿第二定律求出加速度，若要求连接体内各种物体相互作用的内力， 则把物体隔离，对某个物体单独进行受力分析，再利用牛顿第二定律对该物体列式求解。 拓广延伸 牛顿运动定律是经典力学的基础，它在科学研究和生产技术中有着广泛的应用，本节课 就是运用牛顿运动定律解决两类最常见的问题。 受力分析和运动过程分析是解决动力学问题的前提。找到加速度是解题的突破口，因此， 解题时应抓住“加速度”这个桥梁不放，确定过渡方向，学习中要通过具体问题的分析，熟 练掌握解题思路，提高自己解决实际问题的能力。 例 6 如图 4－6－8 所示，ad、bd、cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆，每根杆上套着 一个小滑环（图中未画出），三个滑环分别从 a、b、c 处释放（初速为 0），用 t1、t2、t3 依次 表示滑环到达 d 所用的时间，则 （ ） A。t1＜t2＜t3 B。t1＞t2＞t3 C。t3＞t1＞t2 D。t1＝t2＝t3
解析小滑环下滑过程中受重力和杆的弹力作用,下滑的加速度可认为是由重力沿斜面 方向的分力产生的,设轨迹与竖直方向夹角为θ。由牛顿第二定律知: mgcos=m① 设圆心为O,半径为R,由几何关系得,滑环由开始运动到d点的位移 x=2 Rcos②, 由运动学公式得x=2③ 由①②③联立解得t=2Vg 说明小圆环下滑的时间与细杆的倾斜情况无关,故n=1=bs 答案D 学后反思 对具体问题不能单凭想当然下结论,应该结合物理规律找出其表达式,然后再作出判断。 例7在光滑的水平轨道上有两上半径都是r的小球和A和B,质量分别为m和2m,当 两球心的距离大于l(l比2r大得多)时,两球之间无相互作用力,当两球心间的距离等于 或小于l时,两球之间存在相互作用的恒定斥力F,设A球从远离B球处以速度1沿两球 心连线向原来静止的B球运动。如图4—6-9所示。欲使两球不发生接触,v必须满足什 么条件? 图469 解析两球不相接触的条件是速度相同时两球心间的距离d>2r。 对两球运动进行分析:当球心距离小于l后,A球受到斥力而做匀减速直线运动,B球 受到斥力而做初速为零的匀加速运动,从而产生A追B的情形。开始阶段A球的速度大于 B球速度,球间距离在减小,当B球速度大于A球速度时两球间的距离就会增大,所以两 球的速度相等时两球间的距离达到最小。不相撞的条件是这个最小距离要大于2r,如图4 6-10所示 A 图46-10 两球从相互作用开始,A的位移为xA,B的位移为xB,d=xB+|-xA>2r。 解法一:利用牛顿定律和运动学公式分析知,两球间距离最小时
解析 小滑环下滑过程中受重力和杆的弹力作用，下滑的加速度可认为是由重力沿斜面 方向的分力产生的，设轨迹与竖直方向夹角为 θ。由牛顿第二定律知：mgcosθ＝ma ①， 设圆心为 O，半径为 R，由几何关系得，滑环由开始运动到 d 点的位移 x＝2Rcosθ ②， 由运动学公式得 x＝ 2 2 1 at ③， 由①②③联立解得 t＝2 g R 说明小圆环下滑的时间与细杆的倾斜情况无关，故 t1＝t2＝t3 答案 D 学后反思 对具体问题不能单凭想当然下结论，应该结合物理规律找出其表达式，然后再作出判断。 例 7 在光滑的水平轨道上有两上半径都是 r 的小球和 A 和 B，质量分别为 m 和 2m，当 两球心的距离大于 l（l 比 2r 大得多）时，两球之间无相互作用力，当两球心间的距离等于 或小于 l 时，两球之间存在相互作用的恒定斥力 F，设 A 球从远离 B 球处以速度 v0 沿两球 心连线向原来静止的 B 球运动。如图 4－6－9 所示。欲使两球不发生接触，v0 必须满足什 么条件？ 解析 两球不相接触的条件是速度相同时两球心间的距离 d＞2r。 对两球运动进行分析：当球心距离小于 l 后，A 球受到斥力而做匀减速直线运动，B 球 受到斥力而做初速为零的匀加速运动，从而产生 A 追 B 的情形。开始阶段 A 球的速度大于 B 球速度，球间距离在减小，当 B 球速度大于 A 球速度时两球间的距离就会增大，所以两 球的速度相等时两球间的距离达到最小。不相撞的条件是这个最小距离要大于 2r，如图 4 －6－10 所示。 两球从相互作用开始，A 的位移为 xA，B 的位移为 xB，d＝xB＋l－xA＞2r。 解法一：利用牛顿定律和运动学公式分析知，两球间距离最小时
有 设相互作用过程中,A、B两球的位移分别为xA和x,则距离关系为 1+xB-xA>2r,由牛顿第二定律得,两球加速度分别为 aA=m,aB=2m,由运动学公式知,两球速度分别为 由运动学公式知,两球位移分别为 3F(l-2r) 联立以上各式解得m2,所以一3F+1>2r 3F(l-2r) 即 解法三:利用图象法求解 作出A、B两球的速度图象,如图4-6-11所示。交点C处,A=,此时t=10,两 球相距最近为d,要求不撞,则 d=xB+I-SA>2r 有 由图象知,xA-xB即△wOC的面积
有 v1＝v2 设相互作用过程中，A、B 两球的位移分别为 xA 和 xB，则距离关系为 l＋xB－xA＞2r，由牛顿第二定律得，两球加速度分别为 aA＝ m F ，aB＝ m F 2 ，由运动学公式知，两球速度分别为 vA＝v0－aAt，vB＝aBt，vA＝vB， 由运动学公式知，两球位移分别为 xA＝v0t－ 2 2 1 a t A ，xB＝ 2 2 1 a t B 联立以上各式解得 v0＜ m 3F（l－2r） 解法二：利用极值法求解： 当 A、B 间距离等于 l 时，开始时 A 球位移 xA＝v0t－ 2 2 1 a t A ，B 球位移 xB＝ 2 2 1 a t B 据牛顿第二定律得 aA＝ m F ，aB＝ m F 2 ，球心间距离 d＝xB＋l－xA＝ 2 1 （aA＋aB）t 2－ v0t＋l，当 t＝－ a b 2 ＝ aA aB v ＋ 0 时，d 有最小值。 此时 aAt＋aBt＝v0 即 aBt＝v0－aAt 因此 vA＝v0－aAt，vB＝aBt，所以 vA＝vB dmin＝ 2 1 （aA＋aB） 2 0 a A aB v ＋ －v0· l F mv l a a v l a a v A B A B ＋ ＝－ ＋ ＋ ＋ － ＋ 3 2 0 2 0 0 两球不相遇，dmin＞2r，所以－ F mv 3 2 0 ＋l＞2r 即 v0＜ m 3F（l－2r） 。 解法三：利用图象法求解 作出 A、B 两球的速度图象，如图 4－6－11 所示。交点 C 处，vA＝vB，此时 t＝t0，两 球相距最近为 d，要求不撞，则 d＝xB＋l－sA＞2r ① 有 xA－xB＜l－2r 由图象知，xA－xB即△v0OC 的面积
v 则 FF 即1-m·t0=2m·to 3F(/-2r) 解①②③,得12r是解题的关键。 例8风洞实验室中可产生水平方向的、大小可调节的风力,现将一套有小球的细直杆 放入风洞实验室,小球孔径略大于细杆直径,如图4-6-12所示。 图4612 (1)当杆在水平方向上固定时,调节风力的大小,使小球在杆上做匀速运动,这时小 球所受的风力为小球所受重力的0.5倍,求小球与杆间的动摩擦因数。 (2)保持小球所受风力不变,使杆与水平方向间夹角为37°并固定,则小球静止出发
则＝xA－xB＝ v t 0 2 1 ② vA＝vB，即 v0－ m F ·t0＝ m F 2 ·t0 ③ 解①②③，得 v0＜ m 3F（l－2r） 答案 v0＜ m 3F（l－2r） 规律总结 求解此题的关键是对题目的物理过程进行分析，找出两球不相撞的临界条件。此题是动 力学的综合题目，从不同的角度、不同的物理观点出发得到几种不同的解法，但各种解法中 都应用了追及问题中当物体速度相等时。两物体间距最小这一基本条件。 此题中 l 比 2r 大得多，但 r 不能忽略，即小球不能看成质点。 本题考查应用牛顿定律与运动学公式进行分析和解决问题的能力，弄清物理过程，找出 不接触的临界条件：v 相同时，l＋xB－xA＞2r 是解题的关键。 例 8 风洞实验室中可产生水平方向的、大小可调节的风力，现将一套有小球的细直杆 放入风洞实验室，小球孔径略大于细杆直径，如图 4－6－12 所示。 （1）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上做匀速运动，这时小 球所受的风力为小球所受重力的 0.5 倍，求小球与杆间的动摩擦因数。 （2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为 37°并固定，则小球静止出发
在细杆上滑下距离x所需时间为多少?(sin37°=0.6,cos37°=0.8) 解析杆水平时,小球在杆上做匀速运动,则风力和摩擦力等大反向:当杆与水平方向 夹角为37°时,对小球受力分析如图4-6-13所示,把风力F和重力mg沿杆方向和垂直 杆方向进行正交分解,列方程求解加速度,从而求出时间。 g 图46-13 (1)设小球所受的风力为F,小球为m,由小球水平匀速运动可知 F=umg mg=0.5 (2)设杆对小球的支持力为FN,摩擦力为F′,则沿杆方向 Fcost+ mosin0-F′=ma 垂直杆方向:FN十Fsin0- mucose=0,F′=HFN Fcos0-+mosin 6-F 8×. 可解得a= tg 解得下滑x所用时间=VaV3g 答案(1)05(2)V3g 感悟技巧 本题是以加速度方向建立正交坐标系的(图中没有直接画出),这样只需分解力,而不 需分解加速度。有些情况下,只需分解加速度而不分解力,也有时需要同时分解。总之,在 建立坐标系时,应尽量减少矢量的分解
在细杆上滑下距离 x 所需时间为多少？（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8） 解析 杆水平时，小球在杆上做匀速运动，则风力和摩擦力等大反向；当杆与水平方向 夹角为 37°时，对小球受力分析如图 4－6－13 所示，把风力 F 和重力 mg 沿杆方向和垂直 杆方向进行正交分解，列方程求解加速度，从而求出时间。 （1）设小球所受的风力为 F，小球为 m，由小球水平匀速运动可知 F＝μmg，μ＝ mg mg mg F 0.5 ＝ ＝0.5 （2）设杆对小球的支持力为 FN，摩擦力为 F′，则沿杆方向 Fcosθ＋mgsinθ－F′＝ma 垂直杆方向：FN 十 Fsinθ－mgcosθ＝0，F′＝μFN 可解得 a＝ m g F g m F mg F 2 2 cos sin ＝ ＋ ＋ － sinθ＝ g 4 3 ，又 x＝ 2 2 1 at 解得下滑 x 所用时间 t＝ g x a x 3 2 8 ＝ 答案（1）0.5 （2） g x 3 8 感悟技巧 本题是以加速度方向建立正交坐标系的（图中没有直接画出），这样只需分解力，而不 需分解加速度。有些情况下，只需分解加速度而不分解力，也有时需要同时分解。总之，在 建立坐标系时，应尽量减少矢量的分解