图解法分析动力学临界问题.docx

1、图解法分析动力学临界问题 动力学临界问题的产生机制和常规解决方法，笔者已经在动力学临界问题的类型与解题技巧里进 行了详细的举例和分析，这次要介绍的是该文所述三种方法之外的更加直观和迅速的图解法，其精髓是根 据力的多边形定则将物体受力按顺序首尾相接形成力的多边形，然后根据物体间保持相对静止时力允许的 变化范围，确定加速度或者其他条件的允许范围。具体如下： 一、弹力类临界问题 1、轻绳类临界问题 轻绳有两类临界问题绷紧和绷断，绷紧要求 FT0，不绷断要求 FTFTm。合起来即 0FTFTm。 【例 1】如图所示，绳 AC、BC 一端拴在竖直杆上，另一端拴着一个质量为 m 的小 球，其中 AC 杆长

2、度为 l.当竖直杆以某一角速度 转动时，绳 AC、BC 均处于绷直状态， 此时 AC 绳与竖直方向夹角为 30，BC 绳与竖直方向夹角为 45。试求 的取值范围。 已知重力加速度为 g. 【解析】若两绳中均有张力，则小球受力如图所示，将 FT1、F T2 合成为一个力 F 合， 由平行四边形定则易知 F 合方向只能在 CA 和 CB 之间，将 mg、F 合按顺序首尾相接，与 二者的合力 ma 形成如图所示三角形，其中 mg 不变，ma 方向水 平指向圆心，则由 F 合的方向允许的范围，即可由图轻松求出 ma 允许的范围： ma tan 45 mg tan 30 ma mg FT1 F 合 其中

3、 a 2l sin 30 ，代入上式，得： FT2 2 3g 2g 3l l mg mg 【例 2】如图所示，物体的质量为 2 kg，两根轻绳 AB 和 AC 的一端连接于竖直 墙上，另一端系于物体上，AC 水平，AB 与水平方向成 60角，在物体上另施加 一个方向与水平方向也成 60角的拉力 F，若要使两绳都能伸直，求拉力 F 的大 小范围.（重力加速度 g 取 10m/s2） 【解析】小球受力如左图所示，由平行四边形定则易知，绳中张力 FT1、F T2 的 合力方向只可能在两绳所夹范围内；则由平衡条件可知，重力 mg 与拉力 F 的合力 方向也就只能在两绳反向延长线所夹范围内。 在重力 m

4、g 与拉力 F 和它们的合力 F 合的平行四边形中，mg 大小确定，F 的 方向确定，则易由图得知， F T1 F T1 FT1 F F 最大时，合力 F 合沿 CA 延长线方 mg 40 3 向，则有： F N ； max sin 3 F 最小时，合力 F 合沿 BA 延长线方 F T2 F T2 F T2 F 合 向，则有： F min mg 20 3 N 。 2 sin 3 mg mg mg 2、支持力类临界问题 两物体挤压在一起（接触）的条件是两者之间的弹力 FN0。 【例 3】如图所示，用一根长为 l1 m 的细线，一端系一质量为 m1 kg 的小球 (可视为质点)，另一端固定在一光

5、滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角 37，当小 球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为 时，细线的张力为 FT。(g 取 10 m/s2，结果可用根式 表示)若要小球离开锥面，则小球的角速度 0 至少为多大？ 【解析】小球受力如图所示，将三个力按顺序首尾相接，与三 者的合力 ma 形成如图所示四边形，其中 mg 不变，F T 和 F N 的方向 不变，ma 方向水平指向圆心。随着角速度增加，a 2l sin 增加， FT FN FT ma FN mg 由图易知 F N 最小只能为 0，不能反向。当 FN=0 时，由图易得： mg mgtan ma=m02lsin g g 5 2 解得：

6、02 ，即 0 rad/s。 lcos lcos 2 【例 4】如右图所示，在倾角为 的光滑斜面上端固定一劲度系数为 k 的轻质弹簧，弹簧下端连有一质量为 m 的小球，小球被一垂直于斜面的 挡 板 A 挡住，此时弹簧没有形变，若手持挡板 A 以加速度 a(agsin)沿斜面 匀 加速下滑，求：从挡板开始运动到小球与挡板分离所经历的时间。 【解析】小球受力如图所示，将这四个力按顺序首尾相接，与四者的 合力形成如图所示三角形，其中 mg、FN1、ma 不变，F=kx 和 F N 的方向不变，两者之和不变。随着挡板向下运动， F=kx 逐渐增大，则 F N 逐渐减小，当 FN=0 时，小球与挡 F

7、F N1 板分离，有： F N F kx mg sin ma mg ma FN F m(gsina) 即小球做匀加速运动发生的位移为 x 时 k mg F N1 小球与挡板分离。 1 由运动学公式 x at2 得从挡板开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为 t 2 2m(gsin a) ka 二、摩擦力类临界问题 1、滑动摩擦力类临界问题 这类问题中，可将弹力和滑动摩擦力合成为一个力，这个力的方向是确定的。 【例 5】水平地面上有一木箱，木箱与地面间的动摩擦因数为 (01)。现对木箱施加一拉力 F，使 木箱做匀速直线运动。设 F 的方向与水平地面的夹角为 ，如图所示，在 从 0 逐渐增大到 9

8、0的过程中，木箱的速度保持不变，则 AF 先减小后增大 BF 一直增大 CF 一直减小 DF 先增大后减小 【解析】木箱受力如图，将支持力 F N 和滑动摩擦力 Ff 合成为一个力 F 合，由 F 可知， tan 。 f F N 由平衡条件可知，将三个力按顺序首尾相接，可形成如 F 合 Ff FN F mg F 合 右图所示闭合三角形，其中重力 mg 保持不变，F 终与竖直方向成 角。 合的方向始 mg F 则由右图可知，当 从 0 逐渐增大到 90的过程中，F 先减小后增大。 【例 6】如图所示，在倾角为 的固定粗糙斜面上，一个质量为 m 的物体在拉力 F 的作用下沿斜面向 上做匀加速直线运

9、动，已知物体与斜面间的动摩擦因数为 ，为使物体加速度大小为 a，试求力 F 的最小值 及其对应的方向。 F a F FN 合 F ma F 合 ma + F 合 F F Ff mg mg mg 【解析】物体受力如图，将支持力 F N 和滑动摩擦力 F f 合成为一个力 F 合， 由 F f F 可知，tan 。 N 将三个力按顺序首尾相接，与三者的合力形成如图所示四边形，其中 mg、ma 不变，F 合的方向不变。 当 F 取不同方向时，F 的大小也不同，当 F 与 F 合垂直时，F 取最小值。 由几何关系，得： min mg sin( ) macos F ，解 得： F min mg( cos

10、 1 sin ) 2 ma 2、静摩擦力类临界问题 静摩擦力允许在一定范围内变化：-FfmFfFfm， F fm F ，将弹力和静摩擦力合成为一个力，这 0 N 个力的方向也就允许在一定范围内变化。 【例 7】如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角 速度 转动，盘面上离转轴距离 2.5 m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。 物体与盘面间的动摩擦因数为 3 (设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平 2 面的夹角为 30，g 取 10 m/s2。则 的最大值是 A 5 rad/s B 3 rad/s C1.0 rad/s D5 rad/s 【解析】垂直圆盘向下看，物体受

11、力如图所示，静摩擦力 F f 和重力沿圆盘向下的分力 mgsin30的合 力即向心力 ma。将这两个力按顺序首尾相接，与它们的合力 ma 形成闭合三角形，其中 mgsin30保持不变、ma 大小不变， Ff 静摩擦力 cos 30 F f mg 。 ma ma 由图易知，当小物体转到最低点时，静摩擦最大，为 F 30 ，解得 sin 2 cos 30 sin 2 cos 30 fm mg m r mg 1.0rad/s 。故选 C。 mgsin30 mgsin30 Ff 【例 8】如图所示，在倾角为 的固定粗糙斜面上，一个质量为 m 的物体被水 平力 F 推着静止于斜面上，物体与斜面间的动摩擦

12、因数为 ，且 tan ，求力 F 的取值范围。 【解析】物体受力如图所示，将静摩擦力 F f 和弹 力 F N 合成为一个力 F 合，则 F 合的方向允许在 F N 两侧 FN F 合 最大偏角为 的范围内，其中 tan 。将这三个力 按顺序首尾相接，形成如图所示三角形，图中虚线即为 Ff F F 合 F 合的方向允许的变化范围。 由图可知： mg tan( ) F mg tan( ) sin cos sin cos 即： mg F mg cos sin cos sin mg mg F 【例 9】如图所示，半径为 R 的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴 旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心 O

13、 的对称轴 OO重合转台 以一定角速度 匀速旋转，一质量为 m 的小物块落入陶罐内，经过一段 Ff 时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和 O 点的连线与 FN OO之间的夹角为 45重力加速度大小为 g，小物块与罐壁的摩擦 因数为 ，且 cot （1）若 =0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求 0； （2）试求保持物块与陶罐相对静止时，角速度 允许的范围 mg 【解析】物块受力如图所示，将静摩擦力 F f 和弹力 F N 合成为一个力 F 侧最大偏角为 的范围内，其中 tan 。将这两个力按顺序 F 合 合，则 F 合的方向允许在 F N 两 首尾相接，与它们的合力 ma 形成闭合三角形，图中虚线即为 F 合的方向允许的变化范围，其中红线代表摩擦力为零的情况。 （1）由图易知： ma m 0 2Rsin mg tan FN Ff F 合 ma mg mg 解得： 0= g Rcos 。 （2）由图易知： mg tan( ) m 2Rsin mg tan( ) 解得： g(sin cos) Rsin(cos sin) g(sin cos) Rsin(cos sin) 。