牛頓運(yùn)動定律
2、動力學(xué)的臨界和極值的求法
【例6】如圖所示，2kg的物體放在水平地面上，物體離墻20m，現(xiàn)用30n的水平力作用于此物體，經(jīng)過2s可到達(dá)墻邊，若仍用30n的力作用于此物體，求使物體到這墻邊作用力的最短作用時間？
解析：要使推力作用時間最短，但仍可到達(dá)墻邊，則物體到達(dá)墻邊的速度應(yīng)恰好為零，物體第一次受推力加速運(yùn)動得：a1＝2s/t2＝10 m/s2
由f一f=ma1得f=f一ma1＝10 n
設(shè)撤去外力f時物體的速度為v
則v＝a1t1＝a2t2，其中a2=f/m=5m/s2
故有t2 =2t1 ，s=s1＋s2=½ a1t12＋½a2t22 即.20＝½ ×10t12＋½ ×5（2t2）2
解出 t1＝ 1.15s
答案： 1.15s
注意:力的作用時間最短與物體運(yùn)動時間最短有什么區(qū)別?如何求物體運(yùn)動到墻的最短時間?
【例7】如圖所示，在勁度系數(shù)為k的彈簧下端掛一質(zhì)量為m的物體，物體下有一托盤，用托盤托著物體使彈簧恰好處于原長.然后使托盤以加速度a豎直向下做勻加速直線運(yùn)動（a＜g），試求托盤向下運(yùn)動多長時間能與物體脫離？
解析：在物體與托盤脫離前，物體受重力、彈簧拉力和托盤支持力的作用，隨著托盤向下運(yùn)動，彈簧的彈力增大，托盤支持力減小，但仍維持合外力不變，加速度不變，物體隨托盤一起向下勻加速運(yùn)動.當(dāng)托盤運(yùn)動至使支持力減小為零后，彈簧拉力的增大將使物體的加速度開始小于a，物體與托盤脫離.所以物體與托盤脫離的條件是支持力 n＝0.設(shè)此時彈簧伸長了x；物件隨托盤一起運(yùn)動的時間為t.由牛頓第二定律有mg－kx＝ma
由勻變速運(yùn)動規(guī)律有x＝½at2，由此解得t=
【例8】如圖所示，一質(zhì)點(diǎn)自傾角為θ的斜面的上方點(diǎn)o，沿一光滑斜槽oa下滑.欲使此質(zhì)點(diǎn)到達(dá)斜面所需的時間最短，則斜槽oa與豎直線ob所成的角β應(yīng)為何值？
解：作一過點(diǎn)o且與斜面相切的圓，切點(diǎn)為a,圓心為o1，ob為過點(diǎn)o的一條直徑，如圖所示.由結(jié)論可知，從點(diǎn)o沿不同的光滑斜槽到達(dá)圓周上各點(diǎn)的時間相同，沿光滑斜槽oa到達(dá)a也就到達(dá)斜面，而沿其他不同的斜槽到達(dá)圓周上的時間雖然相同，但沒有到達(dá)斜面，不符合題意.所以，沿oa斜槽所需的時間最短.
如圖連接o1 a,∠ao1 b =θ,得∠aob=θ/2，即∠β=θ/2
又解：如圖所示，由o點(diǎn)向斜面引垂線oc,設(shè)oc的長為b(定值），沿任一光滑槽oa到達(dá)斜面所用時間為t, oa與豎直線ob所成夾角為β，由牛頓第二定律，沿oa下滑的加速度a= gcosβ……①
…………②
………③
由①②③式可得t= ………④
由④式得當(dāng)β=θ－β即β=θ/2時，t最小.
【例9】一個物體在斜面上以一定的速度沿斜面向上運(yùn)動，斜面底邊水平，斜面傾角θ可在0～л/2間變化，設(shè)物體達(dá)到的最大位移x和傾角θ間的關(guān)系如圖所示，試計(jì)算θ為多少時x有最小值，最小值是多少？
【解析】物體以一定的速度沿斜面向上運(yùn)動，合力大小為重力的分力與滑動摩擦力之和。重力的分力（下滑力）隨θ增大而增大；滑動摩擦力由壓力和動摩擦因數(shù)決定，動摩擦因數(shù)為定值，則由于壓力等于重力的另一分力隨θ增大而減小，故滑動摩擦力隨θ增大而減小。由此加速度可以有最小值。初速、末速給定時，加速度最小必對應(yīng)位移取得最小值。