高一物理第四章专题强化动力学连接体问题和临界问题-------教师版

专题强化动力学连接体问题和临界问题--教师版[学科素养与目标要求 ]科学思维： 1.会用整体法和隔离法分析动力学的连接体问题.2.掌握动力学临界问题的分析方法，会分析几种典型临界问题的临界条件．一、动力学的连接体问题1．连接体：两个或两个以上相互作用的物体组成的具有相同加速度的整体叫连接体．如几个物体叠放在一起，或并排挤放在一起，或用绳子、细杆等连在一起，在求解连接体问题时常用的方法为整体法与隔离法．2．整体法：把整个连接体系统看做一个研究对象，分析整体所受的外力，运用牛顿第二定律列方程求解．其优点在于它不涉及系统内各物体之间的相互作用力．3．隔离法：把系统中某一物体（或一部分）隔离出来作为一个单独的研究对象，进行受力分析，列方程求解．其优点在于将系统内物体间相互作用的内力转化为研究对象所受的外力，容易看清单个物体（或一部分）的受力情况或单个过程的运动情形．4．整体法与隔离法的选用求解各部分加速度都相同的连接体问题时，要优先考虑整体法；如果还需要求物体之间的作用力，再用隔离法．求解连接体问题时，随着研究对象的转移，往往两种方法交替运用．一般的思路是先用其中一种方法求加速度，再用另一种方法求物体间的作用力或系统所受合力．无论运用整体法还是隔离法，解题的关键还是在于对研究对象进行正确的受力分析．例 1 如图 1所示，物体 A、B用不可伸长的轻绳连接，在竖直向上的恒力 F 作用下一起向上做匀加速运动，已知 m A＝10 kg，m B＝20 kg，F＝600 N ，求此时轻绳对物体 B的拉力大小（g 取 10 m/s2）．图1答案 400 N解析对 A、B 整体受力分析和单独对 B 受力分析，分别如图甲、乙所示：对 A、 B整体，根据牛顿第二定律有：F－（m A＋m B）g＝（m A＋m B）a物体 B 受轻绳的拉力和重力，根据牛顿第二定律，有：F T－ m B g＝ m B a，联立解得： F T ＝ 400 N.针对训练 1 （多选）如图 2 所示，质量分别为 m A、m B的 A、B 两物块用轻绳连接放在倾角为θ的固定斜面上，用平行于斜面向上的恒力 F 拉 A，使它们沿斜面匀加速上升， A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ，为了增大轻绳上的张力，可行的办法是（）A．减小 A 物块的质量B．增大 B 物块的质量C ．增大倾角θD ．增大动摩擦因数μ答案 AB解析当用沿斜面向上的恒力拉定律，有F－（m A＋ m B） gsin θ－μ（ m A＋ m B） gcos θ＝（m A＋m B）a，得 a＝F－gsin θ－μg cos θ.m A＋ m B隔离 B 研究，根据牛顿第二定律有 F T－ m B gsin θ－μm B gcos θ＝m B a， m B F则F T＝ m B gsin θ＋μm B gcos θ＋m B a＝，m A＋m B要增大 F T，可减小 A 物块的质量或增大 B物块的质量，故 A、B 正确．连接体的动力分配原理：两个物体系统的两部分在外力总动力的作用下以共同的加速度运动时，单个物体分得的动力与自身的质量成正比，与系统的总质量成反比.相关性：两物体间的内力与接触面是否光滑无关，与物体所在接触面倾角无关 .A，两物块沿斜面向上匀加速运动时，对整体运用牛顿第二例 2 如图 3所示，固定在水平面上的斜面的倾角θ＝37°，木块 A的 MN 面上钉着一颗小钉子，质量 m＝1.5 kg 的光滑小球 B 通过一细线与小钉子相连接，细线与斜面垂直．木块与斜面间的动摩擦因数μ＝ 0.5.现将木块由静止释放，木块与小球将一起沿斜面下滑．求在木块下滑的过程中： (sin 37 ＝°0.6，cos 37 °＝ 0.8，取 g＝10 m/s2)(1)木块与小球的共同加速度的大小；(2)小球对木块 MN 面的压力的大小和方向．答案 (1)2.0 m/s2 (2)6.0 N 沿斜面向下解析 (1)由于木块与斜面间有摩擦力作用，所以小球 B 与木块间有压力作用，并且以共同的加速度 a 沿斜面下滑，将小球和木块看成一个整体，设木块的质量为M ，根据牛顿第二定律有：(M ＋ m)gsin θ－μ(M＋m)gcos θ＝(M＋m)a代入数据得： a＝ 2.0 m/s2(2)选小球为研究对象，设 MN 面对小球的作用力为 F N，根据牛顿第二定律有： mgsin θ－ F N＝ ma，代入数据得： F N＝6.0 N根据牛顿第三定律，小球对木块 MN 面的压力大小为 6.0 N，方向沿斜面向下．二、动力学的临界问题1．临界问题：某种物理现象 (或物理状态 )刚好要发生或刚好不发生的转折状态．2．关键词语：在动力学问题中出现的“最大”“最小”“刚好”“恰能”等词语，一般都暗示了临界状态的出现，隐含了相应的临界条件．3．临界问题的常见类型及临界条件：(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触 (或脱离 )的临界条件是弹力为零．(2)相对静止或相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大静摩擦力．(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是实际张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是绳上的张力为零．(4)加速度最大与速度最大的临界条件：当所受合力最大时，具有最大加速度；当所受合力最小时，具有最小加速度．当出现加速度为零时，物体处于临界状态，对应的速度达到最大值或最小值．4．解答临界问题的三种方法(1)极限法：把问题推向极端，分析在极端情况下可能出现的状态，从而找出临界条件．(2) 假设法：有些物理过程没有出现明显的临界线索，一般用假设法，即假设出现某种临界状 态，分析物体的受力情况与题设是否相同，然后再根据实际情况处理． (3)数学法：将物理方程转化为数学表达式，如二次函数、不等式、三角函数等，然后根据数 学中求极值的方法，求出临界条件．例 3 一个质量为 m 的小球 B ，用两根等长的细绳 1、2分别固定在车厢的 A 、C 两点，如 图 4 所示，已知两绳拉直时，两绳与车厢前壁的夹角均为 45°.重力加速度为 g ，试求：1(1)当车以加速度 a 1＝2g 向左做匀加速直线运动时， 1、2 两绳的拉力的大小； (2)当车以加速度 a 2＝2g 向左做匀加速直线运动时， 1、2 两绳的拉力的大小． 答案 (1) 25mg 0 (2)322mg 22mg解析 设当细绳 2 刚好拉直而无张力时，车的加速度向左，大小为 a 0，由牛顿第二定律得，F 1cos 45 ＝°mg ， F 1sin 45 ＝°ma 0，可得： a 0＝ g.1(1)因 a 1＝2g<a 0，故细绳 2 松弛，拉力为零， 设此时细绳 1与车厢前壁夹角为 θ，有：F 11cos θ5＝mg ， F 11sin θ＝ma 1，得 F 11＝ 2 mg.(2)因 a 2＝ 2g>a 0，故细绳 1、2 均张紧，设拉力分别为 F 12、F 22，由牛顿第二定律得 F 12cos 45 ＝°F 22cos 45 ＋°mg F 12 sin 45 ＋°F 22sin 45 ＝°ma 2 解得 F 12＝322mg ，F 22＝ 22mg.例 4 如图 5 所示，细线的一端固定在倾角为 45°的光滑楔形滑块 A 的顶端 P 处，细线的另(1)当滑块至少以多大的加速度向右运动时，线对小球的拉力刚好等于零？ (2)当滑块至少以多大的加速度向左运动时，小球对滑块的压力等于零？一端拴一质量为 m的小球 (重力加速度为 g)．图5(3)当滑块以 a′＝ 2g 的加速度向左运动时，线上的拉力为多大？答案 (1)g (2)g (3) 5mg3 3 解析 (1)当 F T ＝ 0时，小球受重力 mg 和斜面支持力 F N 作用，如图甲，则 F N cos 45 ＝°mg ， F N sin 45 ＝°ma解得 a ＝ g.故当向右运动的加速度为 g 时线上的拉力为 0.(2)假设滑块具有向左的加速度 a 1时，小球受重力 mg 、线的拉力 F T1和斜面的支持力 F N1 作用， 如图乙所示．由牛顿第二定律得 水平方向： F T1 cos 45 －°F N1sin 45 ＝°ma 1， 竖直方向：F T1sin 45 ＋°F N1cos 45 －°mg ＝ 0.2m g －a 12m g ＋ a 1 由上述两式解得 F N1＝ 2 1 ， F T1＝2 1 .由此可以看出，当加速度 a 1增大时，球所受的支持力 F N1减小，线的拉力 F T1 增大．当a 1＝ g 时， F N1＝ 0，此时小球虽与斜面接触但无压力，处于临界状态，这时绳的拉力为F T1＝ 2mg.所以滑块至少以 a 1＝ g 的加速度向左运动时小球对滑块的压力等于零． (3)当滑块加速度大于 g 时，小球将 “飘 ”离斜面而只受线的拉力和球的重力的作用，如图丙 所示，此时细线与水平方向间的夹角 α<45°.由牛顿第二定律得 F T ′ cos α＝ma ′，F T ′sin α ＝mg ，解得 F T ′ ＝m a ′2＋g 2＝ 5mg.1．(连接体问题 )如图 6所示，质量为 2m 的物块 A 与水平地面间的动摩擦因数为 μ，质量为m 的物块 B 与地面的摩擦不计，在大小为 F 的水平推力作用下，则A 和 B 之间的作用力大小为 (图62F － 4μ mgC. 3A 、B 一起向右做加速运动，A. μ mg 2μ mgF － 2μ答案 D解析 以 A 、B 组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得， F －μ·2mg ＝（2m ＋ m ）a ，整体的加速度大小为 a ＝F －2μm ；g 以 B 为研究对象， 由牛顿第二定律得 A 对 B 的作用力大小为F AB 3m2．（连接体问题 ）（多选）（2019 六·安一中高二第一学期期末 ）如图 7所示，用力F 拉着三个物体 在光滑的水平面上一起运动，现在中间物体上加上一个小物体，在原拉力 F 不变的条件下四个物体仍一起运动，那么连接物体的绳子上的张力 F Ta 、F Tb 和未放小物体前相比 （ ）图7A ．F Ta 增大 C ．F Tb 增大 答案 AD解析 原拉力 F 不变，放上小物体后，物体的总质量变大了， 由 F ＝ ma 可知，整体的加速度a 减小，以最右边物体为研究对象，受力分析知， F － F Ta ＝ ma ，因为 a 减小了，所以 F Ta 变大了；再以最左边物体为研究对象， 受力分析知， F Tb ＝ ma ，因为 a 减小了，所以 F Tb 变小了．故 选项 A 、D 正确．3．（临界问题 ）如图 8 所示，物体 A 叠放在物体 B 上， B 置于足够大的光滑水平面上， A 、B 质量分别为 m A ＝6 kg 、m B ＝2 kg. A 、 B 之间的动摩擦因数 μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩 擦力， g 取 10 m/s 2.若作用在 A 上的外力 F 由 0 增大到 45 N ，则此过程中 （ ）A ．在拉力 F ＝12 N 之前，物体一直保持静止状态B ．两物体开始没有相对运动，当拉力超过 12 N 时，开始发生相对运动C ．两物体从受力开始就有相对运动D ．两物体始终不发生相对运动 答案 D解析 先分析两物体的运动情况， B 运动是因为受到 A 对它的静摩擦力，但静摩擦力存在最 大值，所以 B 的加速度存在最大值，可以求出此加速度下 F 的大小；如果 F 再增大，则两物 体间会发生相对滑动，所以这里存在一个临界点，就是 A 、B 间静摩擦力达到最大值时 F 的大小．以 A 为研究对象进行受力分析， A 受水平向右的拉力、水平向左的静摩擦力，则有F＝ma ＝ F － 2μ m ，g 即 A 、B 间的作用力大小为 F － 23μ m ，g 选项 D 正确． 3B ．F Ta 减小图8－F f＝m A a；再以 B 为研究对象， B 受水平向右的静摩擦力， F f ＝ m B a，当 F f 为最大静摩擦力时，解得 a＝Ff＝μm Ag＝12m/s2＝6 m/ s2，此时 F＝48 N，由此可知此过程中 A、B 间的摩 m B m B 2图3擦力达不到最大静摩擦力， A 、B 间不会发生相对运动，故选项 D 正确．一、选择题)放在光滑的水平地面上，其质量之比 m A ∶ m B ＝2∶1.现用A 上，如图 1所示，则 A 对B 的拉力等于 ( )图1A ．1 NB ．1.5 NC ．2 ND ．3 N 答案 A对B 有 F ＝ma ，所以 F ＝1 N.2.如图 2 所示，弹簧测力计外壳质量为 m 0，弹簧及挂钩的质量忽略不计，挂钩吊着一质量为 m 的重物．现用一竖直向上的外力 F 拉着弹簧测力计，使其向上做匀加速直线运动，则弹簧 测力计的读数为 ( )图2A ． mgB ．F mm 0 C. F D. F m ＋m 0 m ＋ m 0答案 C解析 将弹簧测力计及重物视为一个整体，设它们共同向上的加速度为 a.由牛顿第二定律得F －(m 0＋ m)g ＝(m 0＋m)a ① 弹簧测力计的示数等于它对重物的拉力，设此力为 F T . 则对重物由牛顿第二定律得 F T － mg ＝ma ② 联立①②解得 F T ＝m ＋m m0F ，C 正确． 3．(多选)如图 3所示，水平地面上有三个靠在一起的物块 P 、Q 和 R ，质量分别为 m 、2m 和3m ，物块与地面间的动摩擦因数都为 μ.用大小为 F 的水平外力推动物块 P ，若记 R 、Q 之间相互作用力与 Q 、P 之间相互作用力大小之比为 k.下列判断正确的是 ( )1.物块 A 、B(A 、B 用水平轻绳相连 大小为 3 N 的水平拉力作解析 设物块 B 的质量为 m ，A 对B 的拉力为 F ，对 A 、B整体，根据牛顿第二定律有a ＝3 N ， m ＋2m图33m)g ＝(m ＋2m ＋3m)a ，解得加速度 a ＝F －66m μ m .g 隔离 R 进行受力分析， 根据牛顿第二定律有1F 1－3μm ＝g3ma ，解得 R 和Q 之间相互作用力大小 F 1＝3ma ＋3μm ＝g 2F ；隔离 P 进行受力 分析，根据牛顿第二定律有 F － F 2－ μ m ＝g ma ，可得 Q 与 P 之间相互作用力大小 F 2＝F －μmg1 F－ma ＝ 5F.所以 k ＝ F1＝2 ＝3，由于推导过程与 μ是否为 0 无关，故选项 B 、 D 正确．6 F 2 5 5 6 F2 56F 5 4.如图 4 所示，在光滑的水平桌面上有一物体 A ，通过绳子与物体 B 相连，假设绳子的质量以及绳子与轻质定滑轮之间的摩擦都可以忽略不计，绳子不可伸长且与果m B ＝3m A ，则绳子对物体 A 的拉力大小为 ( )解析 当 A 、B 之间恰好不发生相对滑动时力 F 最大，此时， A 物体所受的合力为 μmg ，由 牛顿第二定律知 a A ＝ μm m ＝g μg ，对于 A 、B 整体，加速度 a ＝a A ＝μg .由牛顿第二定律得 F ＝3ma ＝3μmg.A ．若 μ≠0，则 5k ＝6 3B ．若 μ≠0，则 k ＝ 5C ．若 μ＝ 0，则 1k ＝2 3D ．若 μ＝0，则 k ＝答案 BD解析 三个物块靠在一起，将以相同加速度向右运动，根据牛顿第二定律有 F －μ(m ＋ 2m ＋ A 相连的绳水平．如6.如图 6 所示，质量为 M 、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一 质量为 m 的小铁球，现用一水平向右的推力 F 推动凹槽， 小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽球心和小铁球的连线与竖直方向成 α角．重力加速度为 g ，则下列说法正确的是 （ ）图6A ．小铁球受到的合外力方向水平向左B ．F ＝ （M ＋ m ）gtan αC ．系统的加速度为 a ＝ gsin αD ． F ＝mgtan α 答案 B解析 隔离小铁球受力分析得 F 合＝mgtan α＝ ma 且合外力方向水平向右， 故小铁球加速度为 gtan α，因为小铁球与凹槽相对静止，故系统的加速度也为 gtan α， A 、 C 错误．对整体受力A ．mB gC ．3m A g 答案B图4B.34m A g 3D.4m B g解析 对 A 、 B 整体进行受力分析，根据牛顿第二定律可得 m B g ＝ (m A ＋ m B )a ，对物体 A ，设3绳的拉力为 F ，由牛顿第二定律得， F ＝ m A a ，解得 F ＝m g， B 正确． m 、2m 的 A 、B 两个物体， A 、B 间的最大静摩 擦力为 μmg ，现用水平拉力 F 拉 B ，使 A 、B 以同一加速度运动，则拉力 F 的最大5.如图 5 所示，光滑水平面上放置质量分别为 图5A ．μ mgB ． 2μ mgC ．3μ mg答案 CD ．4μ mg分析得 F＝（M＋m）a＝（M＋m）gtan α，故 B正确，D 错误．7.（多选）如图 7所示，已知物块 A、B的质量分别为 m1＝4 kg、m2＝1 kg，A、B 间的动摩擦因数为μ1＝0.5，A 与地面之间的动摩擦因数为μ2＝ 0.5，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取 10 m/s2，在水平力 F的推动下，要使 A、B一起运动且 B不下滑，则力 F的大小可能是（）图7A．50 N B．100 NC．125 N D．150 N答案 CD解析若 B 不下滑，对 B 有μ1F N≥m2g，由牛顿第二定律 F N ＝ m2a；对整体有 F－μ2（m1＋m2）g1＝（m1＋m2）a，得 F≥ （m1＋ m2）μ1＋μ2 g＝125 N，选项 C、D 正确．18．（多选）在小车车厢的顶部用轻质细线悬挂一质量为m的小球，在车厢底板上放着一个质量为M 的木块．当小车沿水平地面向左匀减速运动时，木块和车厢保持相对静止，悬挂小球的细线与竖直方向的夹角是 30°，如图 8 所示．已知当地的重力加速度为 g，木块与车厢底板间的动摩擦因数为 0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是1A ．此时小球的加速度大小为 2gB ．此时小车的加速度方向水平向左C ．此时木块受到的摩擦力大小为33Mg ，方向水平向右D ．若增大小车的加速度，当木块相对车厢底板即将滑动时，小球对细线的拉力大小为 答案 CD 解析 小车沿水平地面向左匀减速运动，加速度方向水平向右，选项块都相对车厢静止，则小球和木块的加速度与小车的加速度大小相等，设加速度大小为 a ， 对小球进行受力分析，如图所示．根据牛顿第二定律可得 F 合＝ma ＝ mgtan 30 °，a ＝gtan 30＝33g ，选项 A 错误．此时木块受到的摩擦力大小 F f ＝Ma ＝ 33Mg ，方向水平向右，选项C正确．木块与车厢底板间的动摩擦因数为 0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当木块相对车厢底板即将滑动时，木块的加速度大小为 a 1＝μg ＝ 0.75g ，此时细线对小球的拉力大小 F 155＝ mg 2＋ ma 1 2＝ 4mg ，则小球对细线的拉力大小为 4mg ，选项 D 正确．9．(2019 双·十中学高一月考 )如图 9所示，两个质量均为 m 的物体 A 和 B ，由轻绳和轻弹簧系统静止， 将另一质量也是 m 的物体 C 轻放在 A上，在刚 放上 C 的瞬间( )()5 4mg B 错误．因为小球和木连接绕过不计摩擦的轻质定滑轮， 图8图9 A ． A 的加速度大小是21gB．A 和 B 的加速度都是 0C ．C 对 A 的压力大小为 mg 1D ． C 对 A 的压力大小为 3mg 答案 A解析 在 C 刚放在 A 上的瞬间， 轻弹簧的形变量保持不变， 弹力不变， 轻绳对 A 的拉力也不 变．对 B 受力分析可知弹簧的弹力等于 B 的重力， B 的加速度为零；对 A 、 C 整体，设加速 度大小为 a ，由牛顿第二定律可得： 2mg － F T ＝ 2ma ，其中 F T ＝ mg ，可得 a ＝2g ， A 正确， B 错误．设 C 对 A 的压力大小为 F N ，隔离 A 分析，由牛顿第二定律可得： F N ＋ mg －F T ＝ ma ， 可得 F N ＝m 2g ，C 、D 错误． 10.如图 10 所示，弹簧的一端固定在天花板上，另一端连一质量m ＝ 2 kg 的秤盘，盘内放一个质量 M ＝1 kg 的物体，秤盘在竖直向下的拉力 F 作用下保持静止， F ＝30 N ，在突然撤去 外力 F 的瞬间，物体对秤盘压力的大小为 (g ＝10 m/s 2)( )A ．10 NB ．15 NC ．20 ND ．40 N答案 C解析 在突然撤去外力 F 的瞬间，物体和秤盘所受向上的合外力为 30 N ，由牛顿第二定律可 知，向上的加速度为 10 m/s 2.根据题意，秤盘在竖直向下的拉力 F 作用下保持静止，故弹簧对秤盘向上的拉力为 60 N ．突然撤去外力 F 的瞬间，对秤盘，由牛顿第二定律得 60 N －mg－ F N ＝ ma ，解得物体对秤盘压力的大小 F N ＝20 N ，选项 C 正确． 二、非选择题11. 如图 11所示，质量为 4 kg 的光滑小球用细线拴着吊在行驶的汽车后壁上，线与竖直方向图 10(1)当汽车以加速度 a ＝2 m/s 2 向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力大小和小球对车后壁的 压力大小．夹角为 37°.已知 g ＝ 10 m/s 2，sin 37 求：(2)当汽车以加速度 a ＝10 m/s 2 向右匀减速行驶时， 细线对小球的拉力大小和小球对车后壁的 压力大小．答案 (1)50 N 22 N (2)40 2 N 0解析 (1)当汽车以加速度 a ＝2 m/s 2向右匀减速行驶时，对小球受力分析如图甲． 由牛顿第二定律得：F T1cos θ＝ mg ， F T1 sin θ－ F N ＝ma 解得： F T1＝50 N ，F N ＝22 N 由牛顿第三定律知，小球对车后壁的压力大小为 22 N.(2)当汽车向右匀减速行驶时，设小球所受车后壁弹力为 0 时 ( 临界条件 )的加速度为 a 0，受力分析如图乙所示． 由牛顿第二定律得：F T2sin θ＝ma 0，F T2cos θ＝mg3代入数据得： a 0＝gtan θ＝10×4 m/s 2＝7.5 m/ s 2 因为 a ＝ 10 m/s 2> a 0所以小球会离开车后壁， F N ′ ＝ 0 F T2′ ＝ mg 2＋ ma 2＝ 40 2 N.12. 如图 12 所示，可视为质点的两物块 A 、 B ，质量分别为 m 、 2m ，A 放在一倾角为 30°并固 定在水平面上的光滑斜面上， 一不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质定滑轮， 两端分别与 A 、B 相连接．托住 B 使两物块处于静止状态，此时 B 距地面高度为 h ，轻绳刚好拉紧， A 和滑轮(1)B 落地前绳上的张力的大小 F T ；(2)整个过程中 A 沿斜面向上运动的最大距离 L. 答案 (1)mg (2)2h解析 (1)设 B 落地前两物块加速度大小为 a ，对于 A ，取沿斜面向上为正；对于 B 取竖直向 下为正，由牛顿第二定律得F T －mgsin 30 ＝°ma,2mg － F T ＝ 2ma ，解得 F T ＝mg.间的轻绳与斜面平行． 现将 B 从静止释放，斜面足够长， B 落地后静止，重力加速度为g.求：图 12(2)由 (1)得 a＝g2.设 B 落地前瞬间 A 的速度为 v，B 自下落开始至落地前瞬间的过程中， A 沿斜面运动距离为 h，由运动学公式得 v2＝2ah；设 B 落地后 A 沿斜面向上运动的过程中加速度为 a′，则 a′＝－gsin 30°；设 B 落地后 A 沿斜面向上运动的最大距离为 s，由运动学公式得－ v2＝ 2a′ s.由以上各式得 s＝ h，则整个运动过程中， A 沿斜面向上运动的最大距离 L ＝2h.13.如图 13所示，矩形盒内用两根细线固定一个质量为m＝1.0 kg 的均匀小球， a线与水平方向成 53°角， b 线水平．两根细线所能承受的最大拉力都是F m＝ 15 N．(cos 53＝°0.6，sin 53＝0.8， g 取 10 m/s2)求：(1)当该系统沿竖直方向匀加速上升时，为保证细线不被拉断，加速度可取的最大值．(2)当该系统沿水平方向向右匀加速运动时，为保证细线不被拉断，加速度可取的最大值．答案 (1)2 m/s2 (2)7.5 m/s2解析 (1)竖直向上匀加速运动时小球受力如图所示，当a线拉力为 15 N 时，由牛顿第二定律得：竖直方向有： F m sin 53 －°mg＝ma水平方向有： F m cos 53 ＝°F b解得 F b＝ 9 N，此时加速度有最大值 a＝2 m/s2 (2)水平向右匀加速运动时，由牛顿第二定律得：竖直方向有： F a sin 53 ＝°mg水平方向有： F b′ － F a cos 53 ＝°ma′解得 F a＝12.5 N当 F b′＝15 N 时，加速度最大，此时 a′＝7.5 m/s2。