1、动态分离问题的解题技巧 动态分离问题既属于动态问题又属于临界问题，是高中物理中一个较难的题型；因为对动态分离问题 的特点、动态分离的条件不理解不熟练，致使很多同学在练习中不能敏锐识别动态分离问题，把握不住动 态分离的条件。 下面以 2009 年武汉市二月调考理综考试卷第 24 题为例来说明动态分离问题的特 点和动态分离的条件。 题目 如图所示，一质量为 m 的物块 A 与劲度系数为 k 原长为 l0 的竖直轻弹簧 的上端连接，弹簧的下端固定在地面上，一质量也为 m 的物块 B 叠放在 A 的上面（未 粘连），A、B 处于静止状态。现用一竖直向上的恒力 F =3mg/2 作用在 B 上，试求当
2、A 与 B 恰要分离时弹簧的长度。 分析 原来未施加力 F 时，AB 整体静止，A、B 间存在相互作用的弹力，弹簧处于压缩状态，设压 缩量为 x0，则对 AB 整体由平衡条件，有： kx02mg0 （1）施加力 F 后瞬间，AB 不会分离假设分离，则 A 具有向上的加速度 a A 和 B 具有的向上的加 速度 a B 分别为： kx 0 mg F g mg a A g a B m m 2 A kx 0 B F mg mg 即 A 比 B 运动快，会挤压 B，假设不成立。 （2）施加力 F 后一段时间内，AB 不会分离，A、B 间存在相互作用的弹力，设为 FN，则由牛顿第二 定律，有（AB 共同
3、加速度为 a） ： A kxmgFNma B FFNmgma AB Fkx2mg2ma A kx F 随着 AB 向上运动，弹簧压缩量 x 减小，由方程可知，a 减小，则由方程可知，F N 减小注意， AB 未分离时，AB 始终具有相同的加速度。 （3）当 F N 减小到 FN=0 时，此前 AB 一直具有相同的加速度，故此时 AB 还是具有相同的加速度，设 kx 1 F 为 a0，则由牛顿第二定律，有： A kx1mgma 0 A B B Fmgma 0 mg mg （4）此后，AB 分离假设此后不分离，AB 具有相同的加速度，则由方程可知，a 继续减小，由 方程可知，将有 FN0，即 A
4、对 B 存在向下的拉力，这与题意不符（AB 未粘连），假设不成立。 FN=0 后 B 受力不变以加速度 a 0 作匀加速运动，而随弹簧继续伸长（x 减小），A 加速度将减小（aA a0） ， AB 分离。 （5）方程联立，解得 A 与 B 恰要分离时弹簧压缩量为： x0l0l3mg/2k 则此时弹簧的长度为： ll03mg/2k 小结 由上述分析可知，此过程中弹簧弹力、A、B 间存在相互作用的弹力 F N 、AB 整体的加速度 a 都在随时间发生改变，此即所谓“动态”；AB 最终分离时，A、B 间存在相互作用的弹力 FN=0，且分离前一 直到分离瞬间 AB 始终具有相同的加速度，此即“动态分离
5、的条件”。 动态分离问题及动态分离的条件： 动态两物体接触时，物体的受力、加速度一直随时间发生改变，相互作用的弹力一直减小，直到 减为零； 动态分离条件就要分离瞬间两物体的相互作用的弹力 FN=0，分离前一直到分离瞬间二者沿 垂直接触面方向运动相同。 例 1 如图所示，在轻质弹簧下吊一物体，静止后弹簧的伸长量为L，现有一水平 木板将物体托起，使弹簧恢复到自然长度 L，并保持静止，然后，让木板由静止开始以加 速度 a(ag)匀加速下降，直到物体与木板开始分离。这一过程经历的时间为多少？ 解 设物体质量为 M，弹簧的劲度系数为 k。 最初物体静止时，由平衡条件有： kLMg0 当物体随木板一起作匀
6、加速运动时，其受力如图所示，则由牛顿第二定律， M kx m a M 有： Mg MgkxFNMa 由方程可知，随着物体的下降，弹簧伸长量为 x 增加，F N 减小。当 F N 减小到 FN=0 时，物体与木板 开始分离，设此时弹簧伸长量为 x0，则由牛顿第二定律，有： Mgkx0Ma kx 0 g a 联立，解得： x 0 L g M 设这一过程经历的时间为 t，则有： 1 x at 2 0 2 Mg 联立，解得： t 2(g a)L / ga 易错点提示很多同学认为物体与木板分离时处于平衡状态（a=0），即 Mgkx0，解得 xL，则 1 g a 由 L at2 x （L）时 F N 已经
7、减为零，物体与木板就 解得t 2L a 。实际上，早在 L 2 g 已经分离，而且分离时物体加速度并不等于 0，而是 a 分离前一直到分离瞬间物体与木板始终一起运 动，加速度相同，分离后加速度才不相同。 例 2 质量为 m、带电量为+q 的小球，从倾角为 的光滑绝缘斜面上由静止开 始下滑，整个斜面置于方向水平向外的匀强磁场中，其磁感强度为 B，如图所示。试 求小球沿斜面下滑的最大距离和时间。 解 小球沿斜面下滑过程中受力如图所示，则在垂直斜面方向，由平衡条件，有: qvBFNmgcos 0 设小球沿斜面方向运动的加速度为 a，则由牛顿第二定律，有: qvB FN mg mgsin ma 由方程
8、可知，小球沿斜面作匀加速运动；由方程可知，随着小球下滑速度 v 的增加，斜面对小球 的支持力 F N 减小。 当 F N 减小到 FN=0 时，小球将脱离斜面，设此时小球的速度为 vm，代入方程，有 qvmBmgcos 0 解得： mg cos v m qB qvmB 设小球沿斜面运动最大距离为 s，时间为 t，则有 vm202as vmat mg 联立，解得： m g cos 2 2 s ， 2q B sin 2 2 t mcos qBsin 易错点提示 很多同学认为小球脱离斜面，是在洛仑兹力的竖直方向分量增加到等于重力时，即 mg qvmB cos mg0，解得脱离时小球速度为v （ m
9、qB mg cos qB ）。实际上，小球在 v m mg cos qB cos 对斜面的压力 F N 即已经减为 FN=0，小球此时就要脱离斜面；此时小球的加速度仍为 agsin 沿斜面向下， 小球速度 v 继续增加，洛仑兹力超过重力垂直斜面向下的分力（qvmBmgcos ），小球脱离斜面。 本题中小球就要脱离斜面时，在垂直斜面方向与斜面的运动相同，即小球在垂直斜面方向加速度为零， 处于平衡状态，此即方程的依据。 针对训练 1 (2016四川成都诊断)(多选)如图，在光滑水平面上放着紧靠在一起的 A、B 两物体，B 的质量是 A 的 2 倍，B 受到水平向右的恒力 FB2 N，A 受到的水平
10、向右的变力 FA(92t)N，t 的单位是 s。从 t0 开始计时，则( ) 5 AA 物体在 3 s 末时刻的加速度是初始时刻的 倍 11 Bt4 s 后，B 物体做匀加速直线运动 Ct4.5 s 时，A 物体的速度为零 Dt4.5 s 后，A、B 的加速度方向相反 答案ABD 易错点提示 F 针对训练 2 如图所示，一个弹簧放在水平地面上，Q 为与轻弹簧上端连在一起的秤盘， P 盘内放一个物体 P 处于静止，P 的质量 M=10.5kg， Q 的质量 m=1.5kg，弹簧的劲度系数 k=800N/m Q 质量不计。现在给 P 施加一个竖直向上的力 F，使 P 从静止开始向上做匀加速直线运动
11、，已知 在 t=0.2s 内 F 是变力，在 0.2s 以后 F 是恒力，g=10m/s2, 求 F 的最大值和最小值。 答案168N，72N 易错点提示 以为弹簧初态处于原长初态弹簧处于压缩状态；不列出 P 运动过程中的动力学方程，从而无法分 析 P 运动过程中各力的变化情况；把握不住分离条件认为 PQ 分离时，Q 受力平衡，即 mgkx0，加速度计算出 错。 针对训练 3如图所示，A 和 B 是两个点电荷，电量均为 q，A 固定在绝缘架上，B 放在它的正上方很 远距离的一块绝缘板上，现手持绝缘板使 B 从静止起以加速度 a（a4 s 后，B 物体做匀加速直线运动 Ct4.5 s 时，A 物
12、体的速度为零 Dt4.5 s 后，A、B 的加速度方向相反 解析 对于 A、B 整体据牛顿第二定律有 FAFB(mAmB)a，设 A、B 间的作用力为 F，则对 B 据牛顿第 二定律可得 FFBmBa， FAF B 164t 解得 Fm B FB mAm B 3 N。 当 t4 s 时，F0，A、B 两物体开始分离，此后 B 做匀加速直线运动，而 A 做加速度逐渐减小的加速运 动。当 t4.5 s 时，A 物体的加速度为零而速度不为零；t4.5 s 后，A 所受合外力反向，即 A、B 的加速度 FAFB 方向相反。当 t4 s 时，A、B 的加速度均为 a 。综上所述，选项 A、B、D 正确。 mAmB 答案 ABD
