動力學“特征值”運用研究

2019-10-03 12:15:25楊泰金

中學教學參考·理科版 2019年8期

楊泰金

[摘? ?要]在物理現象或物體運動狀態發生變化的過程中，從“量變”到“質變”的瞬間必符合某些特定條件，或是某些物理量具有特定的值，這些條件或特定值會成為解決相關動力學問題的重要判別依據。

[關鍵詞]動力學;特征值;加速度;角;力

[中圖分類號]? ? G633.7? ? ? ? [文獻標識碼]? ? A? ? ? ? [文章編號]? ? 1674-6058（2019）23-0031-04

自然界中許多物理現象或物體運動狀態在發生變化的過程中，如果發生了從“量”到“質”的變化，而在恰好發生“質變”的瞬時，必定滿足某些特定條件，或某些物理量具有特定的值，我們把它們稱為“特征值”。用好這些特征值，有助于我們解決一些較復雜的動力學問題。

一、特征加速度

特征加速度通常是指被研究對象在特定情況下的加速度值，高中物理常見的特征加速度有以下三種。

1.當只受重力作用時，物體的加速度a=g。

[例 1]? 密封的盒子內有一質量為m的金屬球，如圖1所示，球的邊緣正好與盒子的壁相切，現將盒子豎直向上拋出，在盒子上升、下降的過程中不計空氣阻力，則下列說法正確是（）。

A.上升時，球對盒子底部有壓力;下降時，球對盒頂部有壓力

B.上升時，球對盒子頂部有壓力;下降時，球對盒底部有壓力

C.上升、下降時，球均對盒子底部有壓力

D.上升、下降時，球對盒子均沒有壓力

分析與解：由于盒子與金屬球整體只受重力作用，所以整體的加速度就是特征加速度a=g，因此在上升或下降的過程中，金屬球與盒子之間不會存在相互擠壓，故選項D正確。

點評：根據整體加速度值來判定局部間是否有相互作用力是解決動力學問題常用的一種方法。

2.當質量為m的物體在傾角為θ的光滑固定斜面上獨立滑行時，物體受到的合外力為mgsinθ，物體的加速度為a = gsinθ。

[例 2]密封足夠長直桿傾角θ=60°固定在地面上。質量為m=0.2 kg的小環套在桿上，通過輕繩與質量為M=0.5 kg的小球相連，如圖2所示。靜止釋放小環和小球，當環和球穩定滑下時，求在以下兩種情況下，它們之間的拉力T （g=10 m/s2）。

（1）桿光滑;

（2）環與桿之間的摩擦因數[μ=33 ]。

分析與解：（1）桿光滑時，小環帶著小球沿桿滑下，經一段時間，小球與小環無相對運動，即達到穩定滑下的狀態，這時整體加速度正好就是特征加速度a=gsinθ，加速度是由整體的重力沿斜面方向的分力產生的，故繩子必跟斜面垂直，如圖3所示。

對小球，在沿繩方向，有

[T=Mgcos60°=0.5×10×12=2.5（N）]

（2）桿粗糙時，整體的加速度必小于特征加速度，故輕繩沿垂直于桿的方向偏離小球，且偏向上，受力如圖4所示。

對m

[mgsin60°-Tsinα=μ（mgcos60°+Tcosα）=ma]

對M

[x：Mgsin60°-Tsinα=Ma]

[y： Mgcos60°-Tcosα=0]

聯立方程解得 α=30°

[T=533 N]

點評：解答本題的關鍵在于確定環和小球穩定下滑時的相對位置關系。

3.當輕繩牽著質量為m的物體或傾角為θ的光滑斜面托著物體在水平面上運動時，若繩與豎直方向的夾角為θ或物體相對斜面靜止時，物體受到的合外力為mgtanθ，則物體的加速度a=gtanθ，如圖5所示。

[例 3]如圖6所示，質量為m=0.5 kg的物體靜止在傾角為θ=30°的粗糙斜面上。現隨斜面一起向左以加速度g 做勻加速直線運動，物體與斜面的動摩擦因數為μ=0.8，求物體與斜面之間的摩擦力f和彈力N。

分析與解：與該斜面相對應的托物的特征加速度a0 = gtan30° = [33g]，現在物體的加速度g>gtan30°，說明物體隨斜面運動的加速度太大，因此物體具有向上運動的趨勢，因而受到的靜摩擦力沿斜面向下，如圖7所示，分析可得

[x： mgsin30°+f=macos30°]

[y： N-mgcos30°=masin30°]

解得? f =5 N， N=[53 N]

點評：若物體隨斜面運動的加速度較小，小于特征加速度值，則說明物體具有向下的運動趨勢，這時物體受沿斜面向上的摩擦力;若物體隨斜面運動的加速度恰好為特征值，即使物體與斜面之間接觸面是粗糙的，它們之間也不會有摩擦力。

[例 4]如圖8所示，光滑的圓球恰好放在木塊的圓弧槽內，它們的左邊接觸點為A，槽半徑為R，且OA與水平面成[α]角，球的質量為m，木塊的質量為M，所放置的水平面是光滑的，各種摩擦及繩、滑輪的質量都不計，釋放懸掛物P后，要使球和木塊保持相對靜止，則物體P的質量最大值是多少？

分析與解：球和木塊保持相對靜止，圓球、圓弧槽和懸掛物P就有相等的加速度，對整體，有

[mPg=（m+M+mp）a]

對圓球，恰好要滾出時，對應所掛的物體P質量最大， A點為圓弧槽對圓球彈力N的作用點，如圖9所示，相對應的托物特征加速度為

[a=gtanπ2-α=gtanα]

聯立以上兩式解得[mp=M+mtanα-1]

當α>45°時，tanα-1>0，P的質量最大值為[mpmax=M+mtanα-1];

當α=45°時，tanα-1=0，P的質量最大值為[mpmax→∞]，表示球始終不會從槽中翻滾出去 ;

當α<45°時，tanα-1< 0，P的質量最大值為[mpmax<0]，表示球始終不會從槽中翻滾出去。

點評：解答本題時，可針對半圓面巧妙地借助托物斜面求出在臨界狀態下的物體加速度。

二、特征角

如圖10所示，在一個傾角為θ的固定斜面上，有一個質量為m的物體，物體與該斜面間的動摩擦因數為μ。

1.當物體在斜面上加速滑下時，有mgsinθ > μmgcosθ，即tanθ > μ，這時傾角較大。

2.當mgsinθ<μmgcosθ，即tanθ<μ時，這時傾角較小，靜止釋放物體時，物體將保持靜止不動。

3.當mgsinθ=μmgcosθ，即tanθ=μ時，給物體初速度，物體恰好能沿斜面勻速滑下，這時θ就是這種特定狀態下的角度，我們稱之為特征角。

[例5]如圖11所示，質量m=5 kg的物體在F =100 N的水平推力作用下，從粗糙斜面的底端由靜止開始沿斜面運動，斜面固定不動，與水平地面的夾角θ=37°，力F作用時間t1= 2.3 s時撤去，此時物體速度大小為v1=4.6 m/s（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10 m/s2）。求：

（1）物體與斜面間的動摩擦因數μ;

（2）撤去拉力后1 s末物體的速度。

分析與解：（1）物體在推力作用下沿斜面向上做勻加速直線運動，有

[a1=v1t1=4.62.3=2（m/s2）]

受力情況如圖12所示，有

x： [Fcosθ-mgsinθ-μN0=ma1]

y： [N0=Fsinθ+mgcosθ]

聯立以上兩式，代入數據解得μ = 0.4

（2）撤去F后，物體將做勻減速直線運動，直到速度為零，受力情況如圖13所示，有

x：[mgsinθ+μN=ma2]

y： [N=mgcosθ]

聯立以上兩式，解得

[a2=gsinθ+μgcosθ=9.2（m/s2）]

而[v1=a2t2]

得? [t2=v1a2=4.69.2=0.5（s）]

也就是說，0.5 s時，速度變為零，此后的運動就有兩種可能，即停在斜面上或滑下返回，是哪一種可能呢？

此時可利用特征角判斷，即tan37°=0.75>0.4，說明傾角太大，物體將沿斜面滑回，向下做勻加速直線運動。受力如圖14所示，由牛頓第二定律，有 [mgsinθ-μmgcosθ=ma3]，代入數據，解得a3=2.8 m/s2。

由靜止沿斜面向下滑行0.5 s時，由運動學方程，有? ?[v=a3t]，代入數據，解得v=1.4 m/s。

點評：斜面特征角的正弦值是斜面上物體速度變為零時是否發生相對滑動的臨界條件和隱含條件，用好這個值是突破斜面上物體多過程運動問題的關鍵。

三、特征力

1.物體相對接觸面靜止的情況下，當靜摩擦力達最大值fmax= μN時，物體將要相對接觸面發生滑動，此時fmax=μN就是特征力。

[例 6]一長木板在水平地面上運動，在t = 0時刻將一相對地面靜止的物塊輕放到木板上，以后木板運動的速度-時間圖像如圖15所示。已知物塊與木板的質量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦。物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，而且物塊始終在木板上。取重力加速度的大小g=10 m/s2，求：

（1）物塊與木板間、木板與地面間的動摩擦因數;

（2）從t=0時刻到物塊與木板均停止運動時，物塊相對于木板的位移的大小。

分析與解：（1）由速度-時間圖像（圖15）可知，放上物塊后，木板立刻做勻減速直線運動的加速度為[a1=v0-vt1=5-10.5=8（m/s2）]

對物塊和木板，在水平方向的運動與受力情況如圖16所示。

對木板，由牛頓第二定律有[μ1mg+2μ2mg=ma1]

對物塊，在木板上打滑，向右做勻加速直線運動，有[a2=v-0t1=1-00.5=2ms2]

對這個過程，根據牛頓第二定律，有[μ1mg=ma2]

聯立以上方程，解得[μ1=0.2]， [μ2]=0.3

（2）物塊和木板速度相同后，有兩種可能：一起減速，或做與之前不同的相對滑動。

若一起減速，對整體，有[μ22mg=2ma3]，解得a3=3 m/s2

而在相對靜止的特征力作用下，物塊能減速的最大加速度為[a2=μ1g=2 m/s2<3 m/s2]

說明木板的速度減得太快了，所以物塊相對木板向前滑動。物塊的受力情況如圖17所示，對物塊，有

[a2=μ1g=2ms2]

所以物塊以2 m/s2的加速度做勻減速直線運動，

對木板，有[μ22mg-μ1mg=ma4]

得[a4=2μ2g-μ1g=6-2=4（m/s]）

速度-時間圖像如圖18所示，由加速度大小關系和運動學方程，可得物塊與木板減速到停下的時間分別為：t2 = 0.5 s? ? ? ?t3 = 0.25 s

在整個過程中，物塊在木板上先向后滑動s1，再向前滑動s2。由速度-時間圖像可知，

[s1=5×0.52=1.25（m）]

[s2=1×0.252=0.125（m）]

故相對木板的位移s=s1-s2=1.25-0.125=1.125（m），方向向后。

點評：這是一道高考物理壓軸題，屬于“板塊”類型題，是一道考核與訓練學生綜合分析能力的好題。解決此類題的關鍵是利用靜摩擦特征力來求最大加速度，最終確定“板與塊”之間是否發生相對滑動。

2.原來相互擠壓的兩個物體，當相互擠壓力恰好變為零時，物體間將要分離，此時的擠壓力就是特征力。

[例7]一輕質彈簧勁度系數為k=800 N/m，其下端固定，上端拴著一塊質量為m1=1.5 kg的木板P，一質量為m2=10.5 kg的物塊Q疊放在P的上面，整個系統處于靜止狀態，如圖19所示。現給Q施加一個豎直向上的力F，使Q從靜止開始向上做勻加速直線運動，已知在最初0.2 s內F是變化的，在0.2 s后是恒定的，N為PQ間彈力。（1）請畫出F-x、N-x圖;（2）求a和F的最大值和最小值。（g= 10 m/s2）

分析與解：（1）對P和Q整體，受力分析如圖20所示。

靜止時，有[kx0=（m1+m2）g]

代入數據解得x0=1.5 m

向上做勻加速直線運動時，有[F+k（x0-x）-（m1+m2）g=（m1+m2）a]

得[F=（m1+m2）a+kx]

由于x從零增大，所以由上式可知F從最小值增大。

對木板P，受力如圖21所示，向上做勻加速直線運動時，有[k（xo-x）-N-m2g=m1a]

得[N=m2g-kx-m1a]

由于x從零增大，所以由上式可知N從最大值減小到零。

當N=0時，有[m2g-kx1=m1a]

[x1=12at2]

聯立以上兩式，代入數據解得a=6 m/s2? ? ?x1=0.12 m

這時，N最小（為零），F最大。

代入a值得到N、F隨x變化的表達式

[N=m2g-kx-m1a=105-800x-9=96-800x]

F=（m1+m2）a+kx=72+800x

由以上表達式，可知：

當x=0時，N的最大值為96 N，F的最小值為72 N;

當x=x1= 0.12 m時，N的最小值為0，F的最大值為168 N;

當x>0.12 m后，物塊就離開木板，F就恒為168 N。

可畫出N-x和F-x圖像如圖22和圖23所示

[圖22][圖23]

點評：這個彈力的特征值是判斷兩個非彈簧接觸的物體是否將要分離的判別依據。

3.對于原來繃直的繩子，當張力增大到最大值（Tmax）時，繩子將要斷開;當繩子張力減小到零時，繩子將要松弛。這些力是物體在特定情況下的受力，就是特征力。

[例8]如圖24所示，一個質量為m的小球，用兩條等長的細線a、b連接在車廂的A、C兩點，線能承受的最大拉力為[52mg]。已知兩線拉直時，與車廂前壁的夾角均為45°。試求出確保細線拉直的車廂加速度范圍。

分析與解：如果只有細線a，小球的加速度為特征加速度a=tanθ。當細線b剛好拉直時，只有線a受拉力，它與豎直的夾角為45°，這時的加速度a1是兩線均拉直時的最小加速度，有[a1=gtan45°-g]

當線b也拉緊時，這時小球的加速度為a2，有

[Tasin45°+Tbsin45°=ma2]? ? ? ①

[Tacos45°=Tbcos45°+mg] ? ②

由②式可以知道，細線a受到的拉力較細線b的大，所以細線a會先斷。故細線a恰好斷時，小球的加速度是兩線拉直時最大的加速度a2max。

聯立①②式，得[2Tasin45°-mg=ma2max]

[a2max=2Tam-g=9g]

故[g≤a≤9g]

點評：繩子中的張力特征值是判斷繩子是松還是緊的依據。

四、特征面

對兩個非彈簧接觸的物體，由于兩接觸面間的形變很微小，接觸總是很緊密的，所以在彈力方向上，兩接觸面在垂直方向上的加速度必相同，這時的接觸面我們稱之為特征面。

[例9]如圖25所示，輕繩上端拴在天花板上，下端吊著質量為3m的硬木盒子A，輕質彈簧下、上兩端分別連著質量為2m、 3m的物塊B和物塊C，并放在盒子內底面，整個系統處于靜止狀態。現在剪斷輕繩，求剪斷繩瞬間，盒子的加速度a和盒子A對物塊B的支持力N。

分析與解：盒子A和物塊B接觸處屬于非彈簧接觸，具有特征面的特點，所以兩者的加速度相同，大小為a。

對盒子A和物塊B整體，有

NCB+2mg+3mg=5ma

對物塊C，有 NBC=mg

解得[a=65g]

對盒子A，有N+3mg=3ma

解得[N=3m×65g-3mg=0.6mg]，方向豎直向下再根據牛頓第三定律，可知盒子A對物塊B的支持力為0.6 mg，方向豎直向上。

點評：兩個物體之間接觸的特征面的重要特點就是在垂直面方向上加速度相同，這是一個重要的隱含條件，如果沒有意識到這一點，解決這類問題將陷入困境。

五、特征速度

對在同一條直線上做同方向變速運動的兩個物體，當后面的物體速度大于前面的物體時，兩物體之間的距離將減少，速度相等時兩物體間往往距離最小;當后面的物體速度小于前面的物體時，兩物體之間的距離將增大，在速度相等時往往距離最大。因此速度相同時往往是兩個物體之間的距離達到最大或最小的時候，這時的速度就是特征速度。

[例10]如圖26所示，A、B兩物體位于光滑的水平面上，沿同一直線運動，當它們之間的距離大于或等于某一定值d時，相互作用力為零，當它們之間的距離小于d時，存在大小恒為F的斥力。設A物體的質量m1=1.0 kg，開始時靜止在直線上某點;B物體的質量m2=3.0 kg，以速度v0從遠處沿直線向A運動。若d=0.10 m，F=0.60 N，v0=0.20 m/s，求：

（1）相互作用過程中A、B加速度的大小;

（2）A、B間的最小距離。

分析與解：（1）如圖27所示，當B物體一進入到力的作用范圍，便做勻減速直線運動，而A物體也立刻受力而由靜止開始做勻加速直線運動。

對A，由牛頓第二定律，有[F=m1a1]

得a1=0.60 m/s2

對B，由牛頓第二定律，有[F=m2a2]

得a2=0.20 m/s2

（2）當兩者速度相等，為特征速度v時，A、B間距最小為[Δ]x，在這個過程中，A做勻加速運動，有

[v=a1t]

[v2=2a1x1]

對B，B做勻減速運動，有

[v0-v=a2t]