高中物理动力学中的临界问题巧解

高中物理动力学中的临界问题巧解在动力学问题中，常常会出现临界状态，对于此类问题的解法一般有以下三种方法： 1．极限法：在题目中如果出现“最大”、“最小”、“刚好”等关键词时，一般隐藏着临界问题，处理这类问题时，常常把物理问题或过程推向极端，从而将临界状态及临界条件显露出来，达到尽快求解的目的。

[例1]如图1—1所示，质量为m 的物体放在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为μ，对物体施加一个与水平方向成θ角的力F ，试求：（1）物体在水平面上运动时力F 的值；（2）物体在水平面上运动所获得的最大加速度。

解析：要使物体能够运动，水平方向的力必须要大于最大静摩擦力（近似等于此时的滑动摩擦力），当力F 有极小值时，物体恰好在水平面上做匀速直线运动，对物体的受力如图1—2所示，由图示得：N F μθ=cos min ① mg N F =+θsin min ②解得：θμθμsin cos min -=mgF ③当力F 有最大值时，物体将脱离水平面，此时地面对物体的支持力恰好为零，根据受力分析得：ma F =θcos max ④ mg F =θsin max ⑤ 解得：θsin max mgF =⑥ ∴物体在水平面上运动所获得的最大加速度： θgctg a =则物体在水平面上运动时F 的范围应满足：θμθμsin cos -mg≤F ≤θsin mg[例2]如图甲，质量为m=1Kg 的物块放在倾角为θ的斜面上，斜面体质量为M=2Kg ，斜面与物块间的动摩擦因数μ=0.2，地面光滑，θ=370，现对斜面体施一水平推力F ，要使物体m 相对斜面静止，力F 应为多大？（设物体与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s 2）[解析]：现采用极限法把F 推向两个极端来分析：当F 较大时（足够大），物块将相对斜面上滑；当F 较小时（趋于零），物块将沿斜面加速下滑；因此F 不能太小，也不能太大，F 的取值是一个范围（1）设物块处于相对斜面向下滑的临界状态时，推力为F 1，此时物块受力如图乙，取加速度a 的方向为x 轴正方向。

对m ：x 方向：NSin θ-μNCos θ=ma 1 y 方向：NCos θ+μNSin θ-mg=0 对整体：F 1=（M+m ）a 1把已知条件代入，解得：a 1=4.78m/s 2，F 1=14.34N（2）设物块处于相对斜面向上滑的临界状态时，推力为F 2，此时物块受力如图丙，图1—1X对m ：x 方向：NSin θ+μNCos θ=ma 2 y 方向：NCos θ-μNSin θ-mg=0对整体：F 2=（M+m ）a 2把已知条件代入，解得：a 2=11.2m/s 2，F 2=33.6N 则力F 的范围：14.34N ≤F ≤33.6N[例3]如图2—1所示，质量均为M 的两个木块A 、B 在水平力F 的作用下，一起沿光滑的水平面运动，A 与B 的接触面光滑，且与水平面的夹角为60°，求使A 与B 一起运动时的水平力F 的范围。

解析：当水平推力F 很小时，A 与B 一起作匀加速运动，当F 较大时，B 对A 的弹力竖直向上的分力等于A 的重力时，地面对A 的支持力为零，此后，物体A 将会相对B 滑动。

显而易见，本题的临界条件就是水平力F 为某一值时，恰好使A 沿AB 面向上滑动，即物体A 对地面的压力恰好为零，受力分析如图2—2。

对整体：Ma F 2= ①隔离A ：0=A N ②Ma N F =-o 60sin ③060cos =-Mg N o ④联立上式解得：Mg F 32=∴ 水平力F 的范围是：0＜F ≤Mg 32[例4] 如图1所示，光滑小球恰好放在木块的圆弧槽中，它左边的接触点为A ，槽的半径为R ，且OA 与水平线成α角，通过实验知道，当木块的加速度过大时，小球可以从槽中滚出来，圆球的质量为m ，木块的质量为M ，各种摩擦及绳和滑轮的质量不计，则木块向右的加速度最小为多大时，小球恰好能滚出圆弧槽。

图1解析：当木块加速度a=0时，小球受重力和支持力，支持力的作用点在最低处。

当木块加速度逐渐增大，支持力的作用点移到A 点时，小球将滚出圆弧槽，此状态为临界状态，小球受力如图2所示，由牛顿第二定律有，得，当木块向右的加速度至少为时小球能滚出圆弧槽。

图2—1G图2—2图2点拨：当圆弧槽静止时，小球受到支持力的作用点在最低处，当圆弧槽的加速度逐渐增大时，支持力的作用点逐渐向A 点靠近，当支持力的作用点在A 处时，圆弧槽的加速度最大，圆弧槽加速度再增大，小球会从圆弧槽内滚出来。

确定临界点，是求解此题的关键。

2．假设法：有些物理过程没有出现明显的临界问题的线索，但在变化过程中可能出现临界状态，也可能不会出现临界状态，解答此类问题，一般用假设法，即假设出现某种临界状态，物体的受力情况及运动状态与题设是否相符，最后再根据实际情况进行处理。

[例5]一斜面放在水平地面上，倾角为θ= 53°，一个质量为kg 2.0的小球用细绳吊在斜面顶端，如图3—1所示。

斜面静止时，球紧靠在斜面上，2/sm 解析：根据题意，先分析物理情景：斜面由静 止向右加速运动过程中，斜面对小球的支持力将会 随着a 的增大而减小，当a 较小时（a →0），小球受 支持力将会减少到零，小球将会“飞离”斜面，此时绳与水平方向的夹角将会大于θ角。

而题中给出的斜面向右的加速度2/10s m a =，到底是属于上述两种情况的哪一种，必须先假定小球能够脱离斜面，然后求出小球刚刚脱离斜面的临界加速度才能断定，这是解决此类问题的关键所在。

设小球刚刚脱离斜面时斜面向右的加速度为0a ，此时斜面对小球的支持力恰好为零，小球只受到重力和细绳的拉力，且细绳仍然与斜面平行。

对小球受力分析如图3—2所示。

易知：0ma mgctg =θ ∴ 20/5.7s m gctg a ==θ ∵ 2/10s m a =＞0a∴ 小球已离开斜面，斜面的支持力N = 0，同理，由图3—2的受力分析可知（注意：此时细绳与斜面的夹角小于θ）,细绳的拉力： T ===+22)()(22ma mg 2.83牛 方向沿着细绳向上。

[例6]一个物体沿摩擦因数一定的斜面加速下滑，下列图象，哪个比较准确地描述了加速度a 与斜面倾角θ的关系？图3—1 Tma 图3—2[解析]：设摩擦因数为μ，则a=gSinθ-μgCosθ做如下几种假设：（1）当θ=00时，物体静止在水平面上，a=0（2）当θ=arctgμ时，物体开始匀速下滑，a=0（3）当θ>arctgμ时，物体加速下滑，a>0（4）当θ=900时，F=μmgCos900=0，加速度达到极限值，a=g即物体做自由落体运动。

综上假设，不难判断出“D”答案是合理的。

[例7] 如图3所示，质量为m=1kg的物块放在倾角为的斜面体上，斜面质量为，斜面与物块间的动摩擦因数为，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物体m相对斜面静止，试确定推力F的取值范围。

（）图3解析：：此题有两个临界条件，当推力F较小时，物块有相对斜面向下运动的可能性，此时物体受到的摩擦力沿斜面向上；当推力F较大时，物块有相对斜面向上运动的可能性，此时物体受到的摩擦力沿斜面向下。

找准临界状态，是求解此题的关键。

（1）设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物块受力如图4所示，取加速度的方向为x轴正方向。

图4对物块分析，在水平方向有竖直方向有对整体有代入数值得（2）设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F 2 对物块分析，在水平方向有竖直方向有，对整体有代入数值得。

综上所述可知推力F 的取值范围为：3．数学方法：将物理过程转化为数学表达式，然后根据数学中求极值的方法，求出临界条件。

如二次函数、不等式、三角函数等等。

[例8]如图4—1所示，质量为M 的木块与水平地面的动摩擦因数为μ，用大小为F 的恒力使木块沿地面向右作直线运动，木块M 可视为质点，则怎样施力才能使木块产生最大的加速度？最大加速度为多少？解析：设当力F 与水平方向成角θ时，M 的加速度最大， 图4—2所示，对M 有，Ma F Mg F =--)sin (cos θμθ ①整理得：g MF a μθμθ-+=)sin (cos ②由上式可知，当θμθsin cos +取最大值时，a 最大。

令A =+θμθsin cos ③ 则：)sin(1)sin 1cos 11(12222ϕθμθμμθμμ++=++++=A ④其中)11arcsin(2μϕ+=而=max A 21μ+，与此相对应的角θ为：)11arcsin(22μπθ+-=⑤∴ 加速度a 的最大值： g MF a μμ-+=2max1 ⑥说明：此题并非在任何条件下都能达到上述最大加速度的，因为当θ达到一定值时，就有可能使物体脱离地面，因此，F 、M 、μ必须满足一定的取值，即θsin F ≤Mg 。

F图4—1F图4—2图 1图2[例9]一个物块由静止开始沿不同长度的光滑斜面滑到水平地面上的定点B ，这些斜面的起点都靠在竖直墙上，如图1所示，已知B 点距墙角距离为b ，要使小物块从斜面的起点滑到B 点所用的时间最短，求斜面的起点（如图中P 点）距地面的高度是多少？所用的时间又是多少？[解析]：设小物块从P 点沿倾角为θ的光滑斜面滑下，到达B 点。

PB 长为S=θCos b如图2所示，在光滑斜面上，小物体下滑的加速度为a=gSin θ则有θCos b =21gSin θt 2解得：t=θ=θθ2gSin b4Cos gSin b 2 当θ=450时，即P 到地面的高度等于b ，所用的时间最短，值为t m =ggb2。