临界问题分析方法例谈

临界问题分析方法例淡
在高中物理中大量而广泛存在着临界问题.所谓临界问题是指一种物理过程或物理状态转变为另一种物理过程或物理状态的时候，存在着分界的现象，即所谓的临界状态，符合这个临界状态的条件即为临界条件.满足临界条件的物理量称为临界值，在解答临界问题时，就是要找出临界状态，分析临界条件,求出临界值.
解决临界问题，一般有两种基本方法：①以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解，然后分析、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，求解出所研究问题的规律和解.
【例1】 如图1(a)所示，轻绳OA 、OB 一端分别固定于天花板上A 、B 两点，轻绳OC 一端悬挂一重物G.已知OA 、OB 、OC 能承受的最大拉力分别为150N 、100N 、200N.问悬挂的重物的重力不得超过多少? 解析 当所悬挂重物重力较小时，OA 、OB 、OC 所受拉力较小不会超出其所能承受的最大拉力，当重物的重力逐渐增大，一旦超过某一值时，OA 、OB 、OC 三绳中有一绳(或二绳、三绳同时)所受拉力超过其所承受的最大拉力时，悬绳将被拉断.本题所求即为这一临界值.
解一：设重物重力G 较小，三绳所受拉力均没有超过其所能承受的最大拉
力.分析结点O 受力情况如图1(b)所示.根据共点力平衡可得： FC=G …………①
FA=23
G …………② FB=21
G …………③
考虑到FC ≤200N ，FA ≤150N ，FB ≤100N.由①～③分别解得 G1≤200N ，G2≤173.2N ，G3≤200N. 所以应有G ≤173.2N.
解二：根据解一可知，当三绳所受拉力均没有超过其极值时，三绳所受拉力满足： FA ∶FB ∶FC=3∶1∶2 而三绳所能承受的最大拉力为 FAm ∶FBm ∶FCm=1.5∶1∶2
可见OA 最易断，或者说只要保证OA 不断，则OB 、OC 均不断，故
FA=23
G ≤150
得G ≤173.2(N) 〔解后反思〕
解一是将三个绳所能承受的最大拉力分别代入方程中得出重物重力的值，然后进行比较得出临界值.解二是直接根据题给条件对三个绳所能承受的拉力进行比较得出临界值.比较法是解临界问题的方法之一.
图1
〔例题变式〕
如图2所示.用穿过钢管的绳索起吊钢管，钢管重1.8×104N. 长2m ，厚度可略去不计，绳索能承受的最大拉力为1.5×104N ，为使 匀速吊起钢管的过程中绳索不断，绳索全长至少要 m.
【例2】 甲火车以4m/s 的速度匀速前进，这时乙火车误入同一轨道，且以20m/s 的速度追向甲车.当乙车司机发现甲车时两车仅相距125m ，乙车立即制动，已知以这种速度前进的火车制动后需经过200m 才能停止，问两车是否发生碰撞? 解析 这是一道有关追碰的问题，但常容易犯如下错误：
乙火车的加速度a=2
2
2
02
1/120022002s m s v v -=⨯-=-
制动所需时间：t=)120
(--=∆a v =20s.
这段时间内甲车走了s 甲=v 甲·t=4×20=80m. 因为 (s 甲+125)=205m ＞s 乙=200m. 所以两车不会相撞.
问题出在对两车最容易相撞的时刻判断有误，两车恰能相撞的临界条件判断不清，误认为相撞时乙车的速度v 乙=0.
在追碰问题中，两车最容易相撞的时刻应是两车速度相等即v 乙=v 甲，而不是v 乙=0.这就是本题的临界条件.
解法一：设乙火车的加速度a=2
2
/12002200s m -=⨯-
乙车制动ts 后， v 甲=v 乙.即
v0+at=v 甲 20－1×t=4，得t=16s 此时s 甲=v 甲t=4×16=64m.
s 乙=v0t+21at2=(20×16－21
×1×162)=192m.
因为(s 甲+125)=189m ＜s 乙=192m. 所以两车相撞.
解法二：假设二车在t 时刻相碰，那么应该有 s 甲+125=s.
即4t+125=20t －21
t2
t2－32t+250=0 由根判别式得 △=322－4×250=24＞0 此方程有实数解，说明两车会相撞. 〔解后反思〕
分析临界条件是解临界问题的关键，临界条件不清，往往会得出错误的后果，解法一是直接分析临界状
图
2
态(相碰)和相应的临界条件(v 乙=v 甲)，然后得出结论.解法二是列出两车的运动方程得出一般规律，然后运用数学知识求解. 〔例题变式〕
2.奥迪小轿车在平直公路上行驶时最大速度可达40m/s.从静止出发2min 内要追上距离它1000m 在前方行驶的载重汽车.已知载重汽车的速度为20m/s.求： (1)小轿车的最小加速度；
(2)以这个最小加速度行驶时，轿车与载重汽车间的最大距离为多少? 【例3】如图3所示，排球场总长为18m ，设球网高度为2m ，运动员站在网前3m 处正对球网跳起将球水平击出.（取g ＝10m/s2）
(1)若击球的高度为2.5m ，为使球既不触网又不越界，求球的速度范围. (2)当击球点的高度为何值时，无论水平击球的速度多大，球不是触网就是越界?
解析 这是一道平抛运动在排球场上的应用的实际问题，球既不触网又不越
界是本题的临界条件，若击球高度一定，球速大将越界，球速小将触网所以击球速度的临界值对应于刚好越界和刚好触网的临界状态.但若击球 高度太低，将使球在球速较小时触网而在球速较大时越界，所以第②问的临界条件是在临界高度处水平击球，球刚好触网同时刚好越界.
(1)如图4所示，设球刚好触网而过，此过程球水平射程s1=3m ，击球的高度为h2，球网高度为h1，球下
落高度△h=h2－h1＝(2.5－2)m=0.5m ，所以球飞行时间t1=s g h h 101
)(212=- 可得球被击出时的下限速度v1=s m t s /10311
=
设球恰好落在边界线上，此过程球水平射程s2=12m ，球飞行时间t2=s s g h 21
105.2222
=⨯=
可得球被击出时的上限速度. v2=s m t s /21222
=
欲使球既不触网也不出界则球被击出时的速度应满足： s m /103＜v0＜s m /212
(2)设击球点高度为h3时，球恰好既触网又压线，如图5所示.球触网h3-h1=23
21gt ,t3=v 3，所以h3－
2=21×10×223v ，球压线h3=24
21gt ，t4=v 12，所以h3=21
×10×2
212v
图
3
图
4
图
5
由以上式子消去v 解得：
h3＝1532m=2152m
即当击球高度小于2152
m 时，无论球被水平击出时的速度多大，球不是触网就是出界.
〔解后反思〕
物理问题中往往会因物理的量变常常引起不同的物理过程的质变，符合某一定物理过程的物理量只能在一定范围内变化，变化范围的边界值其实也是一个临界值. 〔例题变式〕
3.平行板电容器两极板M 、N 间的距离为板长的71
.如图6所示.今有重力可以忽略
不计的正离子束以相同的初速度v0贴着M 板进入两板间.第一次在两板间加上恒定电压，板间建立起场强为E 的匀强电场，正离子束刚好从N 板边缘飞出.第二次撤去电场，在两板间建立磁感应强度为B ，方向垂直纸面向外的匀强磁场.正离子束亦刚好从N 板边缘飞出，则E 与B 的比值可能为( )
A.490v
B.70
v C. 49250v D. 49500
v
【例4】如图7所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于图中纸面向里，磁感应强度的大小B=0.60T.磁场内有一块平面感光平板ab ，板面与磁场方向平行.在距ab 的距离为l=16cm 处，有一个点状的α放射源S.它向各个方向发射α粒子，α粒子的速度都是v=3.0×106m/s ，已知α粒子的比荷q/m=5.0×107C/kg.现只考虑在图中纸平面内运动的α粒子.求ab 上被α粒子打中的区域的长度.
解析 α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，要求ab 上被α粒子打中的区域的长度，就要求出α粒子能打中的左侧最远点和右侧最远点,这两个最远点即为本题的临界点.其临界条件为：因α粒子作逆时针圆周运动，圆与ab 相切的点即为左侧最远点；任何α粒子在运动中离S 的距离都不能超过2R(R 为α粒子的运动半径)即右侧最远点到S 的距离为2R. 用R 表示α粒子做圆周运动的轨道半径，由圆周运动知识有
qvB=m R v 2 由此得 R=qB mv
.
代入数值 R=10cm. 可见，2R ＞l ＞R.
图
6
图
7
图
8
因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S ，由此可知，某一圆迹在图8中N 左侧与ab 相切，则此切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点.为定出P1点的位置，可作平行于ab 的直线cd ，cd 到ab 的距离为R ，以S 为圆心，R 为半径，作弧交cd 于Q 点，过Q 作ab 的垂线，它与ab 的交点即为P1. 由图中几何关系得
NP1=2
2)(R l R --
再考虑N 的右侧.任何α粒子在运动中离S 的距离不可能超过2R ，以2R 为半径，S 为圆心作圆，交ab 于N 右侧的P2点，此即右侧能打到的最远点.
由图中几何关系得 NP2＝2
2)2(l R -
所求长度为 P1P2=NP1+NP2. 代入数值得 P1P2=20cm. 〔解后反思〕
以找出临界点(或临界值)为前提，由此出发，分析满足临界值的条件，通过该条件求解临界值，是解临界问题常用的思维方法. 〔例题变式〕
4.如图9所示，宽度d=8.0cm 的匀强磁场区，磁感应强度B=0.332T ，磁场方向垂直纸面向里，在磁场边界aa ′放有一放射源S ，可沿纸面向各个方向射出初速率相同的α粒子.已知α粒子的质量为m=6.64×10－27kg ，电荷量q=3.2×10－19C ，射出时的初速率v0=3.2×106m/s.求α粒子从磁场区的另一边界bb ′射出的长度范围?
5.如图10所示.足够长的矩形区域abcd 内充满磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里的匀强磁场，现从矩形区域ad 边的中点O 处，垂直磁场射入一速度方向跟ad 边夹角为30°、大小为v0的带电粒子，已知粒子的质量为m 、电荷量为q ，ad 边长为l ，不计重力.(1)试求粒子能从ab 边上射出磁场的v0的大小范围.(2)粒子在磁场中运动的最长时间为多少？在这种情况下粒子从磁场区域的某条边射出，求射出点在这条边上的范围。

【例5】如图11所示，AOB 是由某种透明物质制成的41
圆柱体横截面(O 为圆心)，
折射率为2.今有一束平行光以45°的入射角射向柱体的OA 平面，这些光线中有一部分不能从柱体的AB 面上射出，设凡射到OB 面的光线全部被吸收，也不考虑OA 面的反射，求圆柱AB 面上能射出光线的部分占AB 表面的几分之几? 解析 要求圆柱面上能射出光线的部分，关键是要找出没有光线射出的两个端点，这两个端点即为临界点.先考察上端点，从O 点入射的光线折射后投射在D 点，O 点上方的光被挡光板挡住，不能射入圆柱体内，因此BD 部分没有光线到达，如图12所示，而从某点P 入射的光线折射到AB 面上Q 点时入射角恰等于临界角C ，则在P 点下方的光线折射到AB 面上时被全部反射如图12中AQ 部分.因此D 、Q 即为本题的临界点.
图10
图
9
图11
从O 点射入的光线，折射角为r.根据折射定律有：n=r sin 45sin ︒
.解得：r=30°.从某位置P 点入射的光线，折射到AB 弧面上Q 点时，入射角恰等于临界C ，有sinC=n 1
.代放数据得：C=45°.△PQO 中α=180°－
90°－C －r=15°.
所以能射出的光线区域对应圆心角 β=90°－α－r=45°.
能射出光线的部分占AB 面的比例为
21
9045=︒︒
〔解后反思〕
本例与例4一样，分析满足题目要求的临界点是解本题的关键.在解这道题时，往往只考虑了全反射这一问题，而忽视了挡光板这一条件，没有求出光线投射不到的区间，从而得出错误结果.在光学问题中，临界问题往往体现为边缘光线问题，其临界条件即是边缘光线所满足的条件. 〔例题变式〕
6.如图13半圆柱形玻璃砖的折射率为2.一束平行光与半圆柱形玻璃砖的底面成45°射向玻璃砖，求玻璃砖底面能有光线射出的是多宽的一部分，已知半圆形玻璃砖半径为R.
【例6】长为l 的轻绳一端系一质量为m 的小球，一端固定于O 点，在O 点的正下方距O 点h 处有一枚钉子P ，现将绳拉至水平位置如图14所示，将小球由静止释放，欲使小球到达最低点后可以P 为圆心作完整圆周运动，试确定h 应满足的条件.
解析 小球在运动过程中受重力及绳的拉力作用，由于绳的拉力时刻与球的速度垂直，故绳的拉力不对小球做功，即小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，因此h 越小，C 的位置越高，小球在以P 为圆心作圆周运动时经过P 点正上方的速度v 越小，由于v 存在极小值，故h 存在极小值，这个极小值为临界值.
设小球经P 正上方位置时，速度为v ，小球受重力和绳的拉力，应用牛顿第二定律有，
T+mg=m R v 2
R=l-h
得T=m(h l v -2
－g)≥0
故v-2≥g(l-h) 又由机械能守恒可得
图
13
图14
21
mv2=mg ［l-2(l-h)］
得v2=2g(2h-l) 即2g(2h-l)≥g(l-h)
解得53
l ≤h ≤l
〔解后反思〕
本题以圆周运动规律为出发点，通过分析以圆周运动的最高点为临界点，然后确定小球能绕P 为圆心作完整圆周运动所满足的条件，求出h 应满足的条件，在大量的物理问题中，往往存在一些特殊点，这些特殊点即为问题的临界点，以此为突破口，运用物理规律得出正确解答. 〔例题变式〕
7.如图15.带电量为+q 的小球(可视为质点)用长l 的绝缘细线悬于大小为E 、方向竖直向上的匀强电场中，已知小球的重力是其所受电场力的一半. (1)为使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，球在最低点A 时的初动能需满足什么条件；
(2)求满足(1)中条件的小球到达最高点B 时，线对球拉力的最小值. 8.中子星是恒星演化过程的一种可能结果，它的密度很大，现有一中子星，
观测到它的自转周期为T=130s.问该中子星的最小密度应是多少才能维持该星体的稳定，不致因自转而瓦解.计算时星体可视为均匀球体，引力常数G=6.67×10－11m2/kg ·s2.
【例7】如图16所示.两根足够长的固定平行金属导轨间距为L.导轨平面与水平面夹角为θ，处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，且B 与导轨平面垂直，在AC 端有一个阻值为R 的电阻.一根垂直于导轨放置的金属棒ab ，质量为m ，从静止开始沿导轨下滑，且与导轨的动摩擦因数为μ，不计其余电阻.求ab 在导轨上下滑的最大速率.
解析ab 在下滑过程中受重力mg 、与支持力N 、摩擦力f 及安培力F 作用，其受力
如图17所示，最初ab 棒下滑的速度较小，安培力F 较小，ab 棒沿导轨向下作加速运动，随着ab 棒的速度越来越大，安培力越来越大.ab 棒下滑的加速度越来越小，当加速度为零时速度达到最大，因此满足最大速度的临界条件是加速度为零 即棒受的合外力为零，由平衡条件有 F+f －mgsin θ=0 而F=BIL, f=μmgcos θ
I=R BLv
联解得最大速度 vm=22)
cos (sin L B mg θμθ-
〔解后反思〕
根据物体的受力情况分析运动情况，得出满足题意的临界条件求得最后结果是解临界问题一般方法.
图
17
图
15
图16
〔例题变式〕
9.用金属导线制成的一矩形框架ABCD ，其中AB=CD=2AD=2BC=2L=2m.框架放在水平面上，B=1T 的匀强磁场垂直框架的平面竖直向下.同样的金属导线MN 垂直于AB 及CD ，从AD 处开始以v0=0.5m/s 的速度向右作匀速运动.如图18所示.已知该金属导线每m 电阻r=0.1Ω.当MN 从AD 向BC 运动过程中，求：
(1)MN 两点间最大的电势差UMN ；
(2)MN 在运动过程中整个电路释放的最大电功率Pm.
【例8】如图19所示.相距d=10cm.水平放置的平行金属板a 、b ，其电容量C=2μF.开始时两板不带电，a 板接地且中央有一小孔，现将带电量q=2×10－6C 、质量m=2×10－3kg 的带电油滴一滴一滴地由小孔正上方h=10cm 处无初速地滴下，竖直落向b 板.把电量全部传给b 板.求： (1)第几滴油滴在板间作匀速直线运动； (2)能够到达b 板的油滴数量最多为多少?
解析 (1)当油滴把电量全部传给b 板后，由于静电感应，a 板将出现等量异种电荷，使得ab 间有均匀电场出现.带电油滴在板间运动时将受重力及电场力作用.最初a 、b 板上电量较少，板间场强较小，油滴受到的重力大于电场力，油滴加速落到b 板上，随着落到b 板上的油滴不断增加，a 、b 板上电量越来越多，板间场强越来越大，电场力逐渐增大，当电场力与油滴重力相等时，油滴在板间匀速下落，这就是本问题的临界条件.
设有n 滴油滴已落到b 板上，此时a 、b 板上的电量Q=nq ，第n+1滴油滴在板间匀速运动.则有 qE=mg …………①
而E=Cd nq
Cd Q =
………②
由①②解得n=2
62
632)102(1010102102----⨯⨯⨯⨯⨯⨯=q mgCd =1000(滴)
即第1001滴在板间做匀速直线运动.
(2)随着油滴不断落在b 板上，板间场强不断增大，油滴在板间作匀减速运动.当某油滴到达b 板时若速度刚好减为零，则其后的油滴将无法到达b 板.
设已有K 滴油滴到达b 板，第K+1滴油滴到达b 板时速度刚为零，根据动能定理有：
mg(h+d)－q C Kq
=0
得K=2)
(q d h mgC +
代入数据得K=2000滴.
即最多有2001滴油滴落到b 板上
.
图18
图
19
〔解后反思〕
与例7一样，通过对油滴的受力情况和运动情况的分析，得出满足题目要求的临界条件，然后求出符合临界条件的临界值. 〔例题变式〕
10.如图20所示.一对竖直放置的平行金属板A 、B 构成电容器，电容量为C ，电容器的A 板接地，且中间有一个小孔S.一个被加热的灯丝K 与S 位于同一水平线，从灯丝上可以不断地发射出电子.电子经过电压U0加速后通过小孔S 沿水平方向射入A 、B 间，设电子的质量为m 、电荷量为e ，电子从灯丝发射时的初速度不计，如果到达B 板的电子都被B 板吸收，且单位时间内射入电容器的电子数为n ，随着电子的射入，两极板间的电势差逐渐增加，最终使电子无法到达B 板.求： (1)当B 板吸收了N 个电子时，A 、B 两板间的电势差； (2)A 、B 两板间可达到的最大电势差；
(3)从电子射入小孔S 开始到A 、B 两板间的电势差达到最大值所经历的时间.
【例9】 如图21所示.半径为R 的绝缘光滑圆环竖直固定在水平向右的匀强电场E 中，环上套有一质量为m 的带正电的小球.已知球所受静电力为其重力的3倍.今将小球由环的最低点A 处由静止释放.求： (1)小球能获得的最大动能EK 为多少? (2)小球能沿环上升的最大高度为多少?
解析 解法一：(1)小球所受的重力、电场力都为恒力，从A 点释放后，小球将沿圆环作圆周运动，当小球沿圆周切线方向受合力为零时，速度达到最大，获得的动能达到最大，切线方向受合力为零的点即为本问题的临界点.
设小球运动到B 点时，速度最大，此时OA 、OB 间夹角为θ.如图22(a)所示.由平衡条件有
mgsin θ－qEcos θ=0…………① 由动能定理有
qERsin θ－mgR(1－cos θ)=Ek ………② 因为qE=3mg 联解得Ek=mgR.
(2)小球沿环上升的最大高度的条件是到达最高点时速度为零，设此时运动到C 点时的速度为零，OC 与水平方向夹角α如图22(b)所示.由动能定理有 qERcos α－mgR(1+sin α)=0……③ 得3cos α=1+sin α 解此方程得α=30° 因此小球上升的高度
图
21 图22 图20
h=R(1+sin α)=23
R.
解法二：小球受的重力和电场力均为恒力，当小球运动到环上某点时，电场力和重力的合力沿半径方向且背离圆心，此点即为小球的静平衡位置，即为小球具有最大速度的点.如图23所示. 由图可得
tg θ=3=mg qE
，得θ=60°………④
代入②式得最大动能 EK=mgR. 〔解后反思〕
物体在运动过程中其速度达最大值这一临界情况的临界条件是物体所受合外力为零(曲线运动情况下是切向合力为零)，而物体运动所能达到的最高点或最大位移的临界条件是物体达到该点时的速度为零. 〔例题变式〕
11.如图24所示.光滑竖直杆上套有质量为m 的小环，由细绳经定滑轮与质量为M 的重物相连.滑轮与环相距L=0.3m.将环由静止释放，环下滑的最大位移为0.4m.求环在下滑过程中的最大速度.
【例10】一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央.桌布的一边与桌的AB 边重合，如图25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，加速度的方向是水平的且垂直于AB 边.若圆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) 解析 桌布拉动时，小圆盘受向右的滑动摩擦力作用而向右作匀加速直线运动.脱离桌布后受到桌面向左的滑动摩擦力而作匀减速直线运动，小圆盘不从桌面掉下的临界条件是：当速度为零时，其位移小于或等于半个桌边长度.
设圆盘的质量为m ，桌长为l ，在桌布从圆盘下抽出的过程中，盘的加速度为a1，有 μ1mg=ma1.
桌布抽出后，盘在桌面上做匀减速运动，以a2表示加速度的大小，有 μ2mg=ma2.
设盘刚离开桌布时的速度为v1，移动的距离为x1，离开桌布后在桌面上再运动距离x2后便停下，有 v12=2a1x1. v22=2a2x2.
盘没有从桌面上掉下的条件是x2＝
g v 22
12μ≤21
l －x1.
设桌布从盘下抽出所经历时间为t ，在这段时间内桌布移动的距离为x ，有
x=21
at2. x1= 1212a v ＝
g v 22
12μ
图23
图
24
图25
而x=21l+x1. 由以上各式解得a ≥g 12
212μμμμ+
〔解后反思〕
物体刚好运动到某一点时速度为零.而位移满足某一条件的临界问题在物理问题中经常碰到，遇到此类问题时，要认真分析物体的受力情况和运动情况，抓住条件进行解答. 〔例题变式〕
12.如图26所示.表演魔术时，把水杯A 轻放在桌布上，水杯A 距桌布左端距离为0.64m.水杯A 与桌布间动摩擦因数μ=0.1.设桌面足够长，要想把桌布从水杯下抽出，桌布运动的速度v0满足什么条件(g=10m/s2.设桌布做匀速直线运动).
【例11】对于两物体碰撞前后速度在同一直线上，且无机械能损失的
碰撞过程，可以简化为如图27所示模型：A 、B 两物体位于光滑水平面上，仅限于沿同一直线运动.当它们之间的距离大于等于某一定值d 时，相互作用力为零；当它们之间的距离小于d 时，存在大小恒为F 的斥力.
设A 物体质量m1=1.0kg ，开始时静止在直线上某点；B 物体质量m2=3.0kg ，以速度v0从远处沿该直线向A 运动，如27图所示.若d=0.10m ，F=0.60N,v0=0.20m/s ，求： (1)相互作用过程中，A 、B 加速度的大小；
(2)从开始相互作用到A 、B 间的距离最小时，系统(物体组)动能的减少量； (3)A 、B 间的最小距离.
解析 当A 、B 相距为d 时，A 、B 分别受到恒定斥力的作用，于是A 作匀加速直线运动，B 作匀减速直线运动.当B 的速度大于A 的速度时AB 继续靠近，当A 的速度大于B 的速度时，AB 间距离增大，当AB 速度相等时，AB 距离最小.因此AB 间距离最小这一临界情况的条件是vA=vB. 如图28所示.
(1)a1=1m F
=0.60m/s2. a2=2m F =0.20m/s2.
(2)两者速度相同时，距离最近，由动量守恒有
m2v0=(m1+m2)v ，得v=
)(210
2m m v m +=0.15m/s.
｜△Fk ｜=21m2v02－21
(m1+m2)v2=0.015J.
(3)根据匀变速直线运动规律
图
26
图
27
图
28
v1=a1t v2=v0-a2t. 当v1=v2时，
解得A 、B 两者距离最近时所用时间t=0.25s.
s1=21
a1t2, s2=v0t －21
a2t2,
△s=s1+d －s2,
将t=0.25s 代入，解得A 、B 间的最小距离 △smin=0.075m. 〔解后反思〕
“一条直线上两个运动物体的距离最近(或最远)，系统具有最大势能(或最大机械能损失)，恰弹簧有最大伸长量或最大压缩量，物体恰碰到车上某点”，等临界问题在物理问题中经常遇到，此类问题的临界条件为：两物体的速度相等. 〔例题变式〕
13.两个小球A 和B 用轻质弹簧相连，在光滑的水平轨道上处于静止状态，在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P ，右边有一小球C 沿轨道以速度v0射向B 球，如图29所示，C 与B 发生碰撞并立即结成一个整体D ，在它继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不
再改变，然后A 球与挡板P 发生碰撞，碰后A 、D 都静止不动，A 与P 接触而不粘连，过一段时间突然解除锁定(锁定及解除锁定均无机械能损失).已知A 、B 、C 三球的质量均为m. ①求弹簧长度刚被锁定后A 球的速度.
②求在A 球离开挡板P 之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能.
【例12】如图30所示，一劲度系数k=800N ／m 的轻弹簧两端各焊接着两个质量均为m=12kg 的物体，两物体竖立静止在水平地面上，现要加一竖直向上的力F 在上面物体A 上，使A 开始向上做匀加速运动，经0.4s 后B 刚要离开地面，设整个过程中弹簧处于弹性限度内(g=10m ／s2)，求此过程中所加外力F 的最大值和最小值.
解析 由题意，在0.4s 内B 静止，开始时弹簧处于压缩状态，A 在重力mg 、拉力F 、弹簧弹力N=kx 的作用下做匀加速运动，由牛顿第二定律有 F1－mg+kx1=ma ①
式中x1为弹簧的压缩量，由①式可知，开始时F 的值最小. 考虑到kx1=mg ②
当B 刚要离开地面时，弹簧处于拉伸状态，有 F2－mg －kx2=ma ③ kx2=mg ④
图29
图30
又：(x1+x2)=21
at2 ⑤
比较①、③式可知，开始时所加外力最小得 Fmin=45N.
B 刚离开地面时，所加外力最大，解得 Fmax=285N 〔解后反思〕
本题是以弹簧模型为载体的临界问题，解答此类问题的基本方法是根据题给条件建立力学方程，由方程中的量进行分析推断得出结果. 〔例题变式〕
14.A 、B 两木块叠放在竖直轻弹簧上，如图31所示，已知木块A 、B 的质量分别为mA=0.42kg ，mB=0.40kg ，轻弹簧的劲度系数k=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0.5m/s2的加速度竖直向上做加速运动(g=10m/s2)，求： ①使木块A 竖直向上做匀加速运动的过程中力F 的最大值.
②使木块A 由静止竖直向上做匀加速运动直到AB 分离过程中，弹簧的弹性势能减少0.248J ，求这个过程中力F 对木块做的功是多少? 例题变式参考答案 1.答案：4.5m
解：对结点进行受力分析，如图1′，由平衡条件有
2Tcos θ=F 得cos θ=0.6,而cos θ=l l 1
2-
解得l=1.25，绳索的总长L=2l+2=4.5m.
2.答案：① 74
m/s2 ②1350m.
解：①设轿车加速度为a ，加速时间为t ，则有21
at-2+40(120-t)=1000+20×120. 整理得：21at-2－40t+1400=0,由根判别式有：△=1600－2800a=0,解得a=74
m ／s2
②两车速度相等时相距最远，即at ′=20, 得t ′=35s,于是有：
△s=1000+20×35－21×74
×352=1350m.
3.答案：A D
解：只有电场时，有d=
20)
(21v l m qE ⋅，l=7d,d 为板间距离，得E=dq mv 4922
0，只有磁场时有两种情况.若离
图
31
图1′。