1、在应用牛顿运动定律解决动力学问题中，常常会遇到两物体恰好脱离、绳子恰好松弛、两物体恰好发生相对滑动、物体恰好不从滑板上掉下等，这些称为动力学中的临界问题。挖掘出临界问题的隐含条件是解这类题的关键。审题时应建立正确的物理模型，抓住临界的特点，正确运用力学规律解题。高考研究（五）动力学中的临界问题03 02 01 题型1题型3题型2目 录 04 课时跟踪检测05 单元质量检测相互摩擦的物体发生相对滑动的临界条件题型简述两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，在这类题目中两物体“刚好不发生相对滑动”与“刚好发生相对滑动”一般对应临界状态，需要分析此时的受力情况。方法突破两物体发生相对滑动的临
2、界条件是静摩擦力达到最大值。在物理学中“刚好不发生相对滑动”与“刚好发生相对滑动”是同一临界条件，即都是静摩擦力即将突变为滑动摩擦力，由此找到求解问题的突破口，同时注意研究对象的选择以及整体法和隔离法的综合运用。如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上。A、B质量均为m，A、B之间的动摩擦因数为，开始时A、B相对静止，两种情况下，当F等于多大时A、B开始相对滑动？在图甲中，由于A用绳子系于墙上，显然，A不会运动，只要将B拉动，A、B就开始相对滑动，所以Fmg；在图乙中，B会带着A运动，对AB整体有：F2ma，当A、B恰发生相对滑动时有：mgma，由以上两式得：F2mg。例 1 多选(
3、2017郑州模拟)如图所示，质量为 m 的木块在质量为 M 的长木板上受到水平向右的拉力 F 的作用向右滑行，但长木板保持静止不动。已知木块与长木板之间的动摩擦因数为 1，长木板与地面之间的动摩擦因数为 2，下列说法正确的是()A长木板受到地面的摩擦力的大小一定为 1mgB长木板受到地面的摩擦力的大小一定为 2(mM)gC只要拉力 F 增大到足够大，长木板一定会与地面发生相对滑动D无论拉力 F 增加到多大，长木板都不会与地面发生相对滑动解析 长木板在水平方向上受到木块的摩擦力和地面的摩擦力两个力作用处于静止状态，所以有 f1mg，A 正确，B 错误；因为长木板受到木块的摩擦力不会变化恒为 f1
4、mg，所以长木板在水平方向上仍然受到两个摩擦力处于平衡，不可能运动。故 C 错误，D 正确。答案 AD 跟进训练1多选如图所示，倾角为 30固定在地面上的光滑斜面上放置 A、B、C、D 四个木块，其中 A、B 两个木块质量均为 m，C、D 两个木块质量均为 8m，B、D 两个木块用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，动摩擦因数为 32。现有一沿斜面向上的未知恒力拉 C 木块，使四个木块以同一加速度向上运动，则()A轻绳的最大拉力为 mgB轻绳的最大拉力为65mgC轻绳上有最大拉力时 A、B 间的摩擦力为35mgD轻绳上有最大拉力时 A、B 间的摩擦力为34mg解析：当
5、C、D 间的摩擦力达到最大时，拉力 F 达到最大，最大摩擦力 fm8mgcos 30 32 8mg 32 6mg；将 A、B、D 看做整体：fm10mgsin 3010ma，解得：a1 m/s2；对 A、B 分析可知：轻绳的拉力 T 满足：T2mgsin 302ma，解得：T1.2mg，故 A 错误，B 正确；当轻绳上有最大拉力时，对 A 分析可知，fmgsin ma，解得：f35mg，故 C正确，D 错误。答案：BC 相互接触的物体分离问题题型简述两个物体相互接触，随着物体受力情况的变化，物体之间的弹力随之发生变化，物体之间弹力减小到零是物体恰好分离的临界状态。方法突破两个相互接触的物体恰好
6、分离的临界条件是：相互间的弹力FN0，但这一时刻，二者的速度、加速度仍相等。图甲中，B恰好离开地面的条件是B所受地面支持力FN0，从而得到弹簧拉力大小等于B的重力；图乙中，光滑水平面上加速运动的A、B物体，恰好分离的临界条件是两物体相互间的弹力FN0，但此时二者的速度、加速度仍相同；图丙中，当小车向右加速运动时，小球B恰好离开斜面的条件是B所受斜面支持力FN0，但此时小球与小车的速度、加速度仍相同。解决此类问题重在形成清晰的物理图景，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件，最后结合平衡条件、牛顿第二定律列方程求解。例 2 如图所示，在倾角为 的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块
7、 A、B，它们的质量分别为 mA、mB，弹簧的劲度系数为 k，C 为一固定挡板。开始时系统处于静止状态。现用一沿斜面方向的力 F 拉物块 A使之缓慢向上运动。求物块 B 刚要离开挡板 C 时力 F 的大小和物块 A 移动的距离 d。解析 设开始系统平衡时弹簧的压缩长度为 x1，此时物块 A 的重力沿斜面向下的分力等于弹簧向上的弹力，对 A：mAgsin kx1设物块 B 刚要离开挡板 C 时，弹簧的伸长量为 x2，对 B：kx2mBgsin 对 A：FmAgsin kx20由解得：FmAgsin mBgsin 由题意可知 dx1x2由解得：dmAmBgsin k。答案 mAgsin mBgsi
8、n mAmBgsin k跟进训练2.如图所示，在光滑水平面上，放置着 A、B 两个物体。A、B 紧靠在一起，其质量分别为 mA3 kg，mB6 kg，推力 FA 作用于 A 上，拉力 FB 作用于 B上，FA、FB大小均随时间而变化，其规律为 FA(122t)N，FB(62t)N。问从 t0 开始，到 A、B 相互脱离为止，A、B 的共同位移是多少。解析：FA、FB的大小虽随时间而变化，但 F 合FAFB18 N 不变，故开始一段时间内 A、B 共同做匀加速运动，A、B 分离前，对整体有：FAFB(mAmB)a设 A、B 间的弹力为 FAB，对 B 有：FBFABmBa由于加速度 a 恒定，则
9、随着 t 的增大，FB 增大，弹力 FAB逐渐减小，当 A、B 恰好分离时，A、B 间的弹力为零，即 FAB0将 FA(122t)N，FB(62t)N 代入得：a2 m/s2，结合得：t3 s，A、B 相互脱离前共同位移为：x12at2，代入数值得：x9 m。答案：9 m物块滑板系统中的临界问题题型简述物块滑板系统中的临界问题实质是牛顿运动定律与运动学的综合问题，常见的有以下两种类型：一类如图甲，木板B带动物块A，物块不从木板上掉下的临界条件是物块滑到木板左端时二者速度恰好相等，则位移关系为xBxAL；另一类如图乙，物块A带动木板B，物块不从木板上掉下的临界条件是物块滑到木板右端时二者速度恰好
10、相等，则位移关系为xBLxA。方法突破第一步：审题建模求解时应先仔细审题，清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况。第二步：求加速度准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)。第三步：明确关系找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中应注意联系两个过程的关系纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。例 3 如图所示，光滑水平面上静止放着长为 L1.6 m、质量为 M3 kg 的木板，一个质量为 m1 kg 的物块放在木板的最右端，物块与木板之间的动摩擦因数 0.1，今对木板施加一水平向右的拉力 F，g 取 10 m/s2。(1)
11、施力 F 后，要想把木板从物块的下方抽出来，求力 F 的大小应满足的条件；(2)为把木板从物块的下方抽出来，施加某力后，发现该力作用最短时间 t00.8 s，恰好可以抽出，求此力的大小。解析(1)力 F 拉动木板运动过程中：对物块，由牛顿第二定律知 mgma，解得 a1 m/s2对木板，由牛顿第二定律知 FmgMa1，即 a1FmgM要想抽出木板，则只需 a1a，即 F(Mm)g，代入数值解得 F4 N。(2)设施加某力时木板的加速度大小为 a2，则 a2FmgM设没有施加某力拉力时木板的加速度大小为 a3，则 a3mgM 13 m/s2设从没有施加某力到木板恰好被抽出所用时间为 t2木板从物
12、块下抽出时有物块速度为 va(t0t2)发生的位移为 s12a(t0t2)2 木板的速度为 v 板a2t0a3t2发生的位移为 s 板12a2t02a2t0t212a3t22木板刚好从物块下抽出时应有 v 板v 且 s 板sL联立并代入数值得 t21.2 s，a23 m/s2，F10 N。答案(1)F4 N(2)10 N名师指津设水平面光滑，A、B 间的动摩擦因数为，则能否使 B 从 A 下抽(滑)出取决于由 A、B 间最大静摩擦力产生的加速度抽出木板的最小力分析外力满足F1(mAmB)gF2(mAmB)mAmBg3.(2018成都段考)如图所示，长为 l 的长木板 A 放在动摩擦因数为 1
13、的水平地面上，一滑块 B(大小可不计)从 A 的左侧以初速度 v0 向右滑上木板，滑块与木板间的动摩擦因数为 2(A 与水平地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相同)。已知 A 的质量为 M2.0 kg，B 的质量为 m3.0 kg，A 的长度为 l2.5 m，10.2，20.4。(g 取 10 m/s2)(1)A、B 刚开始运动时各自的加速度分别是多大？(2)为保证 B 在滑动过程中不滑出 A，初速度 v0 应满足什么条件？(3)分别求出 A、B 对水平地面的最大位移。跟进训练解析：(1)分别对 A、B 进行受力分析，根据牛顿第二定律，B 的加速度：aB fm2mgm 4 m/s2A 的加速
14、度：aAffM2mg1MmgM1 m/s2。(2)当 A、B 速度相等时，若 B 恰好到 A 的右侧末端，则可保证不会滑出，设经过时间 t，A、B 的速度相等，则有：v0aBtaAt根据位移关系得：v0t12aBt212aAt2l代入数据解得：t1 s，v05 m/s所以初速度应小于等于 5 m/s，即 v05 m/s。(3)A、B 速度达到相等后，相对静止一起以 vaAt1 m/s 的初速度，a1MmgMm2 m/s2 的加速度一起匀减速运动直到静止，发生的位移：sv22a0.25 mA、B 速度相等前 A 发生的位移为 sA12aAt20.5 mB 发生的位移 sBv0t12aBt23 m所以 A 发生的位移为 sAs0.5 m0.25 m0.75 mB 发生的位移为 sBs3 m0.25 m3.25 m。答案：(1)1 m/s2 4 m/s2(2)v05 m/s(3)0.75 m 3.25 m“课时跟踪检测”见“提能增分练（五）”(单击进入电子文档)“单元质量检测”见“单元质量检测（二）”(单击进入电子文档)谢观看THANK YOU FOR WATCHING谢
