牛顿运动定律3经典临界问题(5)

【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a0（即小球即将飞离斜面，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＝arctan 1.44

解法2：设小球受斜面的支持力为FN ，线的拉力为T，受力分析如图所示，将T、FN 沿水平方向和竖直方向分解，根据牛顿第二定律有

Tcos FNsin ma，Tsin FNcoss mg

联立上两式得：T＝m (g sin θ＋a cosθ) cosθ FN＝m (g cosθ一a sinθ）

2

当FN＝0时，即a＝g cotθ＝5.77m/s时，小球恰好与斜

2

面接触。所以，当a＞5.77 m/s时，小球将飞离斜面；a < 5.77

2

m/s，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．2F B．F/2 C．3F D．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3

A、B两木块叠放在竖直轻弹簧上，如图所示，已知木块A、B质量分别为0.42 kg

和0.40 kg，弹簧的劲度系数k=100 N/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。