牛顿运动定律经典临界问题 (3)

质量为M的木板上放着一质量为m的木块，木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2，加在小板上的力F为多大，才能将木板从木块下抽出?

2.如图所示，小车上放着由轻弹簧连接的质量为mA＝1kg，mB＝0.5kg的A、B两物体，两物体与小车间的最大静摩擦力分别为4N和1N，弹簧的劲度系数k＝0.2N/cm。 ①为保证两物体随车一起向右加速运动，弹簧的最厘米？

②为使两物体随车一起向右以最大的加速度向右的伸长是多少厘米？

3.一个质量为0.2 kg的小球用细线吊在倾角θ=53°的斜面顶端，如图4，斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行，不计摩擦，m/s2的加速度向右做加速运动时，求绳的拉力及弹力.

4. 如图所示，把长方体切成质量分别为m和M的与底面的夹角为θ，长方体置于光滑的水平面滑的，要使m和M一起在水平面上滑动，作用F满足什么条件？

5.一根劲度系数为k,质量不计的轻弹簧，上端

图3

两部分，切面

上。设切面是光在m上的水平力固定,下端系一当斜面以10 斜面对小球的加速运动，弹簧大伸长是多少

质量为m的物体,有一水平板将物体托住,并使弹簧处于自然长度。如图5所示。现让木板由静止开始以加速度a(a＜g）匀加速向下移动。求经过多长时间木板开始与物体分离.

图5 F 图

6.如图6所示，一

个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都不计，盘内放一个物体P处于静止，P的质量m=12kg，弹簧的劲度系数k=300N/m。现在给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直线运动，已知在t=0.2s内F是变力，在0.2s以后F是恒力，g=10m/s,则F的最小值是，F的最大值是。

7.一弹簧秤的秤盘质量m1=1．5kg，盘内放一质量为m2=10．5kg簧质量不计，其劲度系数为k=800N/m，系统处于静止状态，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已知在最初0．2s内F是变化的，在0．2s后是恒定的，求F最小值各是多少？（g=10m/s）

2

2

的物体P，弹F 如图7所示。

速直线运动，的最大值和图

8.一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的.桌布的一边与桌的AB边重合，如图所示.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a B A 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)

牛顿运动定律临界问题经典题目详细解答 1.F>(μ1+μ2)(M+m)g

2.(1)为保证两物体随车一起向右加速运动，且弹簧的伸长量最大，A、B两物体所受静摩擦力应达到最大，方向分别向右、向左。 对A、B作为整体应用牛顿第二定律

afAfB2m/s2mAmB(3分)对A应用牛顿第二定律fAkxmAa

x=0.1m

(2)为使两物体随车一起向右以最大的加速度向右加速运动，A、B两物体所受静摩擦力应达到最大，方向均向右。 对A、B作为整体应用牛顿第二定律 对A应用牛顿第二定律fAkxmAa

x=3.33cm

3.解题方法与技巧：当加速度a较小时，小球与斜面体一起运动，此时小球受重力、绳拉力和斜面的支持力作用，绳平行于斜面，当加速度a足够大时，小球将“飞离”斜面，此时小球受重力

和绳的拉力作用，绳与水平方向的夹角未知，题目中要求a=10 m/s2时绳的拉力及斜面的支持力，必须先求出小球离开斜面的临界加时，小球所受斜面支持力恰好为零）

由mgcotθ=ma0

所以a0=gcotθ=7.5 m/s2 因为a=10 m/s2＞a0

所以小球离开斜面N=0，小球受力情况如图5，则Tcosα=ma,

图3

速度a0.（此

Tsinα=mg

所以T=(ma)2(mg)2=2.83N,N=0. 4.Fm(mM)gtan M5.t2m(ga)。 ka6.解：因为在t=0.2s内F是变力，在t=0.2s以后F是恒力，所以在t=0.2s时，P离开秤盘。此时P受到盘的支持力为零，由于盘和弹簧的质量都不计，所以此时弹簧处于原长。在0x=mg/k=0.4m 因为x122xat，所以P在这段时间的加速度a220m/s2 2t_____

0.2s这段时间内P向上运动的距离：

当P开始运动时拉力最小，此时对物体P有N-mg+Fmin=ma,又因此时N=mg，所以有Fmin=ma=240N.

当P与盘分离时拉力F最大，Fmax=m(a+g)=360N.

7.解：因为在t=0.2s内F是变力，在t=0.2s以后F是恒力，所以在t=0.2s时，P离开秤盘。此时P受到盘的支持力为零，由于盘的质量m1=1．5kg，所以此时弹簧不能处于原长，这与例2轻盘不同。设在0

_____

0.2s这段时间内P向上运动的距离为x,

对物体P据牛顿第二定律可得：F+N-m2g=m2a 对于盘和物体P整体应用牛顿第二定律可得： 令N=0，并由述二式求得xm2gm1a1xat2，所以求得a=6m/s2. ，而k2当P开始运动时拉力最小，此时对盘和物体P整体有Fmin=(m1+m2)a=72N. 当P与盘分离时拉力F最大，Fmax=m2(a+g)=168N. 8解:对盘在桌布上有μ1mg=ma1① 在桌面上有μ2mg=ma2②

υ1=2a1s1③υ1=2a2s2④

2

2

盘没有从桌面上掉下的条件是s≤2 l-s⑤

2

1

2121

对桌布s=at⑥对盘s1= a1t⑦ 2

1

而s=2 l+s⑧由以上各式解得a≥(μ1+2μ2)μ1g/μ2⑨

1

1

10．（2010江苏无锡模拟）如图（a）所示，质量为M=10kg的滑块放在水平地面上，滑块上固定一个轻细杆ABC，∠ANC=45°。在A端固定一个质量为m=2kg的小球，滑块与地面间的动摩擦因数为μ=0.5。现对滑块施加一个水平向右的推力F1=84N，使滑块做匀速运动。求此时轻杆对小球的作用力F2的大小和方向。（取g=10m/s2）

有位同学是这样解的——小球受到重力及杆的作用力F2，因为是轻杆，所以F2方向沿杆向上，受力情况如图（b）所示。根据所画的平行四边形，可以求得 F2=2mg=202N

你认为上述解法是否正确？如果不正确，请说明理由，并给出正确的解答。 解析：结果不正确，杆AB对球的作用力方向不一定沿着杆的方向．由牛顿第二定律，对整体有

F1－μ(M+m)g=(M+m)a

a=

F1(Mm)g840.5(102)10=m/s2

Mm102解得：F2=(mg)2(ma)2(210)2(22)2N426N=20.4N tanα=

mg=5．轻杆对小球的作用力F2与水平方向夹角斜向右上。 ma（二）、解决临界值问题的两种基本方法

1．以物理定理、规律为依据，首先找出所研究问题的一般规律和一般解，然后分析和讨论其特殊规律和特殊解。

2．直接分析、讨论临界状态和相应的临界值，找出相应的物理规律和物理值

【例1】质量为0.2kg的小球用细线吊在倾角为θ=60°的斜面体的顶端，斜面体静止时，小球紧靠在斜面上，线与斜面平行，如图所示，不计摩擦，求在下列三种情况下，细线对小球的拉力（取g=10 m/s2）

(1)斜面体以23m/s2的加速度向右加速运动；(2)斜面体以43m/s2，的加速度向右加速运动；

【解析】解法1：小球与斜面体一起向右加速运动，当a较小时，小球与斜面体间有挤压；当a较大时，小球将飞离斜面，只受重力与绳子拉力作用。因此要先确定临界加速度a（即小球即将0

飞离斜面，与斜面只接触无挤压时的加速度），此时小球受力情况如图所示，由于小球的加速度始终与斜面体相同，因此小球所受合外力水平向右，将小球所受力沿水平方向和竖直方向分解

解，根据牛顿第二定律有Tcosθ=ma0，Tsinθ=mg

联立上两式得a0=5.77m/s2

（1）a1=23 m/s2＜5.77 m/s2,

所以小球受斜面的支持力FN1的作用，受力分析如图所示，将T1,FN1沿水平方向和竖直方向分解，同理有

T1cosFN1sinma1，T1sinFN1cossmg 联立上两式得T1＝2.08N,FN1＝0.4N

（2)a2=43m/s2＞5.77 m/s2,所以此时小球飞离斜面，设此时细线与水平方向夹角为θ0，如图4-73所示，同理有T2cos0ma2，T2sin0mg 联立上两式得T2＝2.43N,θ0＝arctan1.44 解法2：设小球受斜面的支持力为FN，线的力为T，受力分析如图所示，将T、FN沿水平方和竖直方向分解，根据牛顿第二定律有

TcosFNsinma，TsinFNcossmg

拉向

联立上两式得：T＝m(gsinθ＋acosθ)cosθ FN＝m(gcosθ一asinθ） 当FN＝0时，即a＝gcotθ＝5.77m/s2时，小球恰好与斜面接触。所以，当a＞5.77 m/s2时，小球将飞离斜面；a<5.77 m/s2，小球将对斜面有压力。

评注：解法1直接分析、讨论临界状态，计算其临界值，思路清晰。解法2首先找出所研究问题的一般规律和一般解，然后分析和讨论其特殊规律和特殊解。本题考察了运动状态的改变与受力情况的变化，关健要明确何时有临界加速度。另外需要注意的是，当小球飞离斜面时

【例2】如图所示，木块A、B静止叠放在光滑水平面上，A的质量为m，B的质量为2m。现施加水平力F拉B，A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动。若改为水平力F′拉A，使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F′不得超过（B）

A．2FB．F/2 C．3FD．F/3

【解析】水平力F拉B时，A、B刚好不发生相对滑动，这实际上是将要滑动，但尚未滑动的一种临界状态，从而可知此时A、B间的摩擦力即为最大静摩擦力。

先用整体法考虑，对A、B整体：F=(m＋2m)a

再将A隔离可得A、B间最大静摩擦力为：fm＝ma,解以上两方程组得：fm＝F/3 若将F′作用在A上,隔离B可得：B能与A一起运动,而A、B不发生相对滑动的最大加速度a′=fm/(2m)

再用整体法考虑，对A、B整体：F′＝(m＋2m)a′,由以上方程解得：F′＝F/2【答案】B

例2 A、B两木块叠放在竖直轻弹簧上，如图所示，质量分别为0.42 kg和0.40 kg，弹簧的劲度系数

已知木块A、Bk=100N/m，若

在木块A上作用一个竖直向上的力F，使A由静止开始以0.5 m/s2的加速度竖直向上做匀加速运动（g=10 m/s2）

求：使木块A竖直做匀加速运动的过程中，力F的最大值；

分析：此题难点和失分点在于能否通过对此物理过程的分析后，确定两物体分离的临界点，即当弹簧作用下的两物体加速度、速度相同且相互作用的弹力N=0时，恰好分离。

解题方法与技巧:

当F=0（即不加竖直向上F力时），设A、B叠放在弹簧上处于平衡时弹簧的压缩量为x，有

kx=（mA+mB）g

x=（mA+mB）g/k

对A施加F力，分析A、B受力如图 对AF+N-mAg=mAa ② 对Bkx′-N-mBg=mBa′ ③

可知，当N≠0时，AB有共同加速度a=a′，由②式知欲使A匀加速运动，随N减小F增大。当N=0时，F取得了最大值Fm,

即Fm=mA（g+a）=4.41N

例3 物体A1、A2和B1、B2的质量均为m，A1、A2用刚性轻杆连接，B1、B2用轻质弹簧连接。两个装置都放在水平的支态，突然迅速地撤去支托物，让物体瞬间，A1、A2所受合外力分别是FA1和外力分别为FB1和FB2，则 () A、FA1=0，FA2=2mg，FB1=0，FB2=2mg B、FA1=mg，FA2=mg，FB1=0，FB2=2mg

托物上，处于平衡状下落，在撤去支托物

①

FA2，B1、B2所受到的合

C、FA1=0，FA2=2mg，FB1=mg，FB2=mg D、FA1=mg，FA2=mg，FB1=mg，FB2=mg 解析：

杆上的力是瞬变的。

左边的两个物体，支撑的物体消失，则同时开始做自由落体运动。重力提供加速度。则杆对物体就没有作用力了。

对A1和A2来说，受到的合力就是自身的重力mg。

FA1=FA2=mg

右边的两个物体，支撑的物体消失，同样也会做自由落体。

但是对B1来说，由于弹簧的力不会瞬变，还是有向上的弹力，所以合外力为零。

FB1=0

对B2来说，原本受到自身重力mg，弹簧弹力mg和向上的支持力2mg。 现在向上的支持力2mg消失，则还受到自身重力和弹簧弹力。

FB2=2mg

答案：B

例6：如图所示，A、B两小球分别连在弹簧两端，B固定在倾角为30°的光滑斜面上，若不计弹簧质剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（D） A、都等于 B、和0 C、

MAMBgMMBg和0D、0和A MB2MB2端用细线量，在线被

g2g2解析：线被剪断的瞬间，弹簧的弹力不会发生瞬变，因此弹簧弹力不变，aA=0。 对AB整体进行分析，绳子拉力T=（mA+mB）gsin30°=（mA+mB）g/2

因此aB=T/mB=

MAMBg MB2例7：如图，质量为m的物体A放置在质量为M的物体B上，振动，振动数为k，当物的大小等于

B与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐

过程中A、B之间无相对运动，设弹簧的劲度系体离开平衡位置的位移为x时，A、B间摩擦力（D）

A、0 B、kｘ C、（

m）kｘ M D、（

m）kｘ Mmkx M+m当物体离开平衡位置x时，F回=kx=（m+M）a，得到AB整体的加速度a=又已知振动过程中AB之间无相对运动，则AB之间存在静摩擦力。 AB之间的静摩擦力提供A在最大位移处的回复力

f=mAa=(

m)kx M+m