衔接点29 动力学中的板块问题和传送带模型-【赢在高中起跑线】物理初高中教材衔接 知识回顾预习 专题特训（2026年）

衔接必刷题 0.3s,即当=0.8s时运动员到达最高处，B正确：由题 意，对A受力分析，水平方向上，由牛顿第二定律有F口 可知，ab部分关于t=0.3s对称，故曲线在t=0.1s和t =0.5s的斜率的绝对值相等，运动员的加速度大小相 ma= 2一mg,故A,B错误。 等，即a=g,根据牛频第二定律可知kx一mg=ma,解得 衔接点29动力学中的板块 x一75cm,C正确：0~0.38内运动员竖直向上做加速运 动，加速度向上，运动员处于超重状态，D错误 问题和传送带模型 6.答案：(1)向下失重状态2m.'2 轻松训练 (2)480N(3)重物的加速度立即变为10m‘s2,方向竖 L.答案：B 直向下 解析：物块相对木板向右滑动，对木板有mg=Ma2,得 解析：(1)以重物为研究对象，重物受向下的重力mg,向 a2=2m.'s2,对物块有F-mg=ma1,且根据a1>a2,可 上的拉力F,由于重物的重力mg大于弹簧的拉力F,因 此重物所受合力方向向下，即重物的加速度方向应向下， 得F>6N,故A错误：设历时1物块滑离木板，则有2Q2- 重物处于失重状态： 由牛顿第二定律有mg一F=ma 20212=L,物块滑离木板时的速度=a11,得1 所以a=mg-F-50-40 m/s2=2ms2. 2L 2L 1,可知当1 7a2a2,即a1=2ag 1 5 1 (2)以人为研究对象，人受到重力Mg,底板的支持力FN, anjai-az Vaa2· 由牛頓第二定律有Mg一Fv=Ma,得FN=Mg一Ma=60 ×(10一2)N=480N,由牛顿第三定律知，人对升降机底 =4ms2,时物块离开木板的速度最小，其最小值1mm= 板的压力大小为480N。 4mf5,故B正确：当a1=4ms2时，F=8N,t=1s,木板 (3)悬线突然断开，则此时重物的加速度立即变为重力加 获得的速度=a2t=2m/s,若F>8N,则1<1s,故C 速度，即大小是10ms2,方向竖直向下。 错误：若6N<F<8N,则2>2m/s,故D错误。 7.答案：(1)0.6kg(2)箱子做匀速直线运动 (3)箱子向 2.答案：D 解析：快件加速时，滑动摩擦力方向与运动方向相同，匀 上加速或向下域速，加速度大小为10m/s 解析：(1)由题意可知，金属块所受竖直向下的压力值即 速后，与传送带之间无相对运动趋势，不受摩擦力作用， 为上底板压力传感器示数（设为F1),金属块所受竖直向 故A,B错误：快件与传送带相对运动时，由牛顿第二定律 上的弹力值即为下底板压力传感器示数（设为F:)。当a 得其加速度为a=mg=g=2m/s2,快件由静止开始加 =2mfs2(竖直向下)、F1=7.2N、F2=12N时，对金属 块有F1十mg-F2=ma,代入数据解得m=0.6kg。 速至递率为0的过程所用时间为1=巴=0.5s,与传送带 (2)若上底板压力传感器示数为下底板压力传感器示数 a 的一半，因为弹簧形变量没有改变，所以下底板压力传感 器示数不变，根据牛顿第二定律得F'十mg一F2=m', 的相对位移为△=W一名1=0,25m,故C错误：快件匀 代入数据解得α'=0，知箱子做匀速直线运动。 (3)设上底板压力传感器示数恰好为零（即上底板与金属 1-2 速运动的时间为= -=5s,所以快件运输总时间 块接触但不挤压)，此时下底板压力传感器示数仍然不 变，有F2一mg=ma”,解得a”=10ms2,加速度的方向向 为1慧=1十t=5.5s,故D正确。 上：故要使上顶板压力传感器的示数为零，则箱子沿竖直 3.答案：C 轨道运动向上加速或向下减速，加速度大小为10m/s2。 解析：设滑块质量为，传送带倾角为0，刚开始时滑块受 重力、支持力、沿传送带向下的摩擦力作用，由牛顿第二 衔接点28牛顿第二定律瞬时 定律得mgsin日十mgcos0=ma1,滑块向下匀加速运动， 问题和连接体问题 当滑块与传送带达到共同速度时，如果mgsin>ngcos0, 轻松训练 则滑块受到沿传送带向上的摩擦力作用，由牛顿第二定 1.答案：D 律可得mgsin0-umgcos0=ma2,则滑块继续向下加速 解析：当合外力减小时，根据牛领第二定律=E知，加速 运动，加速度大小改变，故A、B错误：若减小传送带的倾 角，当滑块与传送带达到共同速度时mgsin≤ngcos0。 度减小，因为合外力的方向与速度方向相同，则加速度方 此后滑块与传送带一起匀速运动，所以滑块可能先微加 向与速度方向相同，故速度增大，D正确。 速运动后做匀速运动，故C正确：若传送带改为顺时针转 2.答案：C 动，若mngsin 0 umngcos 0,滑块不能向下运动：若ngsin0 解析：当用F向右推m1时，对1和m2整体，由牛频第 mgeos 0,则滑块一直向下匀加速运动，故D错误。 二定律可得F=(m1十g)a:对m2有FN=m2a= 4.答案：AD m2一F因m=2m2,得F=5,故C正确， 解析：由图像可知当F-12N时，加速度为a=4m's2,对 m1十m2 整体分析，由牛顿第二定律得F=(M十m)a,代入数据解 3.答案：B 得M十m=3kg:当F>12N时，根据牛顿第二定律得a 解析：对小铁球受力分析得F合=ngtan a=ma且合外力 方向水平向右，故小铁球的加速度为gtan a,因为小铁球 =F=F-器，知图线的斜率为大=方 M M 与凹槽相对静止，故系统的加速度也为g1ana,A、C错 误；对系统受力分析得F=(M十m)a=(M十m)gtan a,故 12-10=2kg,解得M=0.5kg,滑块的质量为m=2.5kg B正确，D错误 故A正确，B错误：根据F>12N的图线知，F=10N时， 4.答案：BD a=0,即0=2F-2×:×25,代入数据解得4=0.4，当F 解析：在撤去力F的瞬间，A球受力情况不变，仍静止，A =8N时，对滑块和木板的整体，根据牛频第二定律得F 的加速度为零，A错误，B正确：在撒去力F的瞬间，弹簧 的弹力还没来得及发生变化，故B的加速度大小为E,C =(M+m)d,解得。=ms3,故D正确，C错误。 5.答案：CD 错误，D正确 解析：行李无初速地轻放在左端时，由于相对运动产生了 5.答案：CD 水平向右的滑动摩擦力，行李在滑动摩擦力作用下做匀 解析：根据题意，对整体受力分析，竖直方向上有F、= 加速直线运动：如果当行李的速度等于传送带速度时，行 2mg,水平方向上有F=FN=u·2mg,由牛頓第二定律 李的位移小于传送带的长度，则行李与传送带相对静止 有F-F=2ma,解得a=2m一g,故C,D正确：根据题 做匀速直线运动，行李做匀速直线运动时不受摩擦力，故 A,B错误，C正确：如果行李从开始一直做速度为V的匀 104 参考答案 速运动，则时间为二，但实际上行李从开始做初速度为0 Q.5m,时释放石块醉间，轻弹簧的弹性势能为E,=号 的匀加速直线运动，最大速度不大于v,则全程平均速度 2×20×0,52=2.5J,故Λ错送：松手后，滑块微加连度 小于口，故行奉在传适带上的时间一定大于台，故D 减小的加速运动，当滑块受到的合力为零时，速度最大， 正确。 当滑块加速度为零时，石块的加速度也为零，对滑块受力 衔接点30 动力学中的图像 分析得FT一ngsin37°一ngucos37°-kr2=0,对石块受 问题和临界问题 力分析得FT=Mg,代入数据解得x2=0.5m,故B正确： 根据能量守恒定律，松手后到滑块最大速度的过程中有 轻松训练 1.答案：D Mg·△r=mgsin37·△x+amngeos37”·△r+2(M+ 解析：长木板a和滑块b速度达到相对之前，b相对a向 左运动，b受到a向右的摩擦力和恒力F,4受到b向左的 m)2+名kr号-名ki,根据前面选项的分新可知，从松 摩擦力，a微减速运动，b做加速运动，由于不清楚a、b质 手后到滑块最大速度的过程中，弹簧从压缩0.5m变为 量以及恒力的大小，无法比较a、b加速度的关系，a,b共 拉仲0.5m,则△x=1m,代入数据解得最大速度为v 速后，若在F作用下，a、b间的摩擦力没有达到最大静摩 2W15 擦力，对a、b整体由牛顿第二定律可知，a、b一起微加速 3 s,故C错误：当滑块向上滑行的距离最大时，滑 运动，若在F作用下，、b间的摩擦力达到最大静摩擦力 块与石块的速度都为0，石块的重力势能转化为滑块的重 后，则a、b加速度大小不相等，均微加速运动，故D正确。 力势能、弹性势能和摩擦产生的内能，根据能量守恒定律 2.答案：C 解析：汽车静止时，Q传感器示致 有Mgx=mgsin37·x十mgc0s37·x+之(x-x)2 为零，P、N传感器示数不为零。 水平方向Fysin15°=F,竖直方 21,代入教据解得滑块沿斜面向上运动的最大距离 向FNcos15°=mg,故A错误：当 为x=2m,故D正确。 向左加速运动时，当加速度达到 5.答案：ABD 某一值时，P,Q均无示数，水平方向F、sin15°=ma,竖直 方向Fxcos15°=mg,联立解得a=gtan15°=2.7m's2, 解析：由题图乙知，滑块刚滑上木板时加速度41=A四 △1 故当a<2.7m/s2时，P有示数，Q无示数，当a>2.7m/s2 时，P无示致，Q有示数，即当a=3.5m/s时，P无示数，Q 2-0m8=一4m'3,由牛顿第二定律可符一41mg 2-10 有示数，故B错误：当a<2.5m/s2时，水平方向Fysin15 ma1,得1=0.4，故A正确：2s后滑块与木板一起微匀 一F=ma,竖直方向FNcos15°=mg,解得F=mgtan 15 -ma,根据表达式可知a越大，P的示数越小，N的示数 减造直线运动，加途度a:一-号mg一1W 不变，故C正确：当a>3.5m/s2时，圆柱形工件F 由牛顿第二定律可得一2(m十M)g=(n十M)a3得以2 受力如图。水平方向FNsin15°=ma,竖直方向 0.1,故B正确：木板的长度为0一2s内滑块与木板的1 Fxcos15=FQ十mg,解得FQ=an15-mg, ma Fo 图线与时间轴所调面积差L=×10×2m=10m,故C 根据表达式可知a越大，Q的示数也越大，V的 G 示数也越大，故D错误。 错误：0~2s内木板的加速度a2==?0 ,442-0ms2- 3.答案：B 1m/s2,对M根据牛顿第二定律可得mg一2(M十m)g 解析：对斜面A和物块B整体分析，由牛顿第二定律得F =Ma2,解得M=1.5kg,故D正确。 =(2m十m)a=3ma,当物块B恰好不沿斜面向上滑动 时，对物块B分析，如图1所示有mg十Fnsin37°=FN 衔接点三初升高专题特训 cos37°，FN1sin37°+F1cos37°=ma1,又Fn=uFN1,解 得1-号，当物块B裕好不活斜面向下滑动时，对物块 专题一 物理学与日常生活 1.答案：B B分析，如图2所示有mg=F2sin37°+FN2cos37°，FN2 解析：冰箱没有接地线时，容易漏电造成触电事故，故A in37°-Fcos37°=ma2,又Fe=F2,解得a2=258 11 错误：用试电笔检测插座是否有电，手指应接触笔尾的金 属体，这样才不会使得流过人体的电流过大，故B正确： A,B保持相对静止，所以a2≤a≤a1,解得器， 23mg≤F≤ 用湿手拨动开关，极易造成触电事故，故C错误：多个大 功率用电器同时使用一个插座，容易使得插座的总功率 57 过大，使得电流过大造成火灾，故D错误。 17"g, 2.答案：A 解析：轮滑鞋装有滚轮，用滚动代替滑动，减小了摩擦，故 A正确：运动鞋底有凹凸的花纹，使鞋底与地面间变得更 粗糙，增大了摩镲力，故B错误；脚蹬面做得凹凸不平，使 鞋底与跨板间变得更粗糙，增大了摩擦力，故C错误：守 门员戴者防滑手套，使手与足球之间变得更粗粒，增大了 摩擦力，故D错误 图1 图2 3.答案：(1)见解析图(2)增大增大费力压力 故B正确。 (3)见解析 4.答案：BD 解析：(1)重力的方向竖直向下，作用点 解析：释放石块前，滑块受到弹簧弹力、静摩擦力、重力、 画在重心上，如图所示。 支持力，四力平衡，且滑块恰好不上滑，则沿针面方向有 (2)头部模型相当于简单机械中的杠杆： mgsin37+F=,代入数据解得1=mgsin37+E 支点大约颈部下端，根据杠杆平衡条件 k GL1=FL2,重力的方向竖直向下，当低 =mngsin37°+mgcos372_10×0.6+0.5×10×0.8 头角度变大时，重力的力臂L1增大，L2不变，故拉力F 20 105衔接必刷题 A.加速度增大,速度增大 二、多选题 B.加速度减小,速度减小 4.质量均为n的A、B两球之间系 A A C.加速度增大,速度减小 着一个质量不计的水平轻弹策并 D.加速度减小,速度增大 2.如图所示,并排放在光滑水平面E 放在光滑水平台面上,A球紧靠墙壁,如图所示, 今用水平力F推B球使其向左压弹策,平衡后, 上的两物体的质量分别为;和 突然撤去力F的瞬间 7 ) m2,且m-2n2。当用水平推力F向右推m1 时,两物体间的相互作用力的大小为E,则 ( ) B.A的加速度大小为零 A.Fn-F C.FN- .## 3.如图所示,质量为M、中间 5.如图,质量均为n的粗糙木块 A 为半球形的光滑凹放置 A、B叠放在一起,静止于水平 于光滑水平地面上,光滑回糟内有一质量为” 7777777. 面上。现对木块B施加一个 的小铁球,现用一水平向右的推力F推动回橹 水平方向的拉力F,使木块A、B一起向右做匀 小铁球与光滑凹相对静止时,回球心和小铁 加速直线运动,A与B,B与地面之间动摩擦因 球的连线与竖直方向成a角。重力加速度为g 数相同均为1,则 ( 则下列说法正确的是 ) A.木块A与木块B之间无摩擦力 A.小铁球受到的合外力方向水平向左 B.木块A对木块B的摩擦力为mg B. F-(M+m)gtana C.木块B受到的地面的摩擦力为2mg C.系统的加速度为a一gsina D. F-mgtana 衔接点29 动力学中的板块问题和传送带模型 知识清单 高中物理新知识、新模型 的纽带,即每一个过程的末速度是下一个过程 一、板块模型 的初速度。 1.模型概述;一个物体在另一个物体上,两者之间 3.常见的两种位移关系 滑块从木板的一端运动到另一端的过程中,若滑 有相对运动。问题涉及两个物体、多个过程,两 物体的运动速度、位移间有一定的关系。 块和本板同向运动,则滑离木板的过程中滑块的 位移与木板的位移之差等于木板的长度;若滑块 2.解题方法 和木板相向运动,滑离木板时滑块的位移和木板 (1)明确各物体对地的运动和物体间的相对运动 的位移大小之和等于木板的长度。 情况,确定物体间的摩擦力方向。 注意:运动学公式中的位移都是对地位移。 (2)分别隔离两物体进行受力分析,准确求出各 4.注意摩擦力的突变 物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的 当滑块与木板速度相同时,二者之间的摩擦力通 连接处加速度可能突变) 常会发生突变,由滑动摩擦力变为静摩擦力或者 (3)物体之间的位移(路程)关系或速度关系是 消失,或者摩擦力方向发生变化,速度相同是摩 解题的突破口。求解中应注意联系两个过程 擦力突变的一个临界条件。 78 衔接点二 初升高知识衔接 二、传送带问题 (2)倾斜传送带常见类型及物体运动情况 1.传送带的基本类型 类型 物体运动情况 传送带运输是利用货物和传送带之间的摩擦力 将货物运送到其他地方,传送带模型涉及摩擦力 (>tan)” (1)可能一直加速 的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学 (2)可能先加速后 知识的综合运用。有水平传送带和倾斜传送带 匀速 两种基本模型。 2.传送带模型分析流程 (1)可能一直加速 相对运_ 摩擦力加速度 速度变 方向 动方向 方向= 化情况 (2)可能先加速后匀速 物与 (3)可能先以a1加速 同向 共突变匀速或 再以a2加速 速 置变速 ”智与 是否反 区向 向加速 4.注意 3.常见类型及物体运动情况 求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对 (1)水平传送带常见类型及物体运动情况 运动情况,确定摩擦力的大小和方向。当物体的 类型 物体运动情况 速度与传送带的速度相等时,物体所受的摩擦力 1## 有可能发生突变,速度相等前后对摩擦力的分析 (1)可能一直加速 是解题的关键。 (2)可能先加速后匀速 初、高中物理衔接点 (1)v>v时,可能一直减 1.板块模型,要对板和块分别受力分析和运动过程 速,也可能先减速再匀速 分析,利用牛顿第二定律和运动学公式求解动力 (2)一v时,一直匀速 学和运动学问题。 (3)vv时,可能一直加 2.倾斜传送带向下传送物体,当物体加速运动与传 速,也可能先加速再匀速 送带速度相等时; (1)传送带较短时,物体一直 (1)若tan0,物体随传送带一起匀速运动 减速到达左端 (2)若tan0,物体不能与传送带保持相对静 (2)传送带足够长时,物体先向 止,物体将以较小的加速度a一gsin0一gcos6 左减速再向右加速回到右端 继续做加速运动。 专题达标 [经典例题] (2)经过多长时间可将B从木板A的左端拉到 右端? 【答案】 【典例1】 如图所示,在光滑的水平 F (1)1ms2 3m/s2 (2)0.8s 【解析】 1(1)A、B间的摩擦力F-mng=4N 地面上有一个长为0.64m、质量 以B为研究对象,根据牛顿第二定律得; 为4kg的木板A,在木板的左端有一个大小不 F-F-mpaB 计、质量为2kg的小物体B,A、B之间的动摩擦 F-F3m 2 因数为,一0.2,当对B施加水平向右的力F 则aB一- nB 10N时,求:(g取10ms2) 以A为研究对象,根据牛顿第二定律得 (1)A、B的加速度各为多大? F'-mAaA, -79 衔接必刷题 由牛顿第三定律得F'一F 摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度i取10m/s{} 解得aA-1ms2。 现对物块施加一水平向右的恒定拉力F,使物块 (2)设将B从木板的左端拉到右端所用时间为1, 相对木板向右滑动。则下列说法正确的是( ) A、B在这段时间内发生的位移分别为工A和 xB,其关系如图所示,则有xA-aAt②,xn- 1 2 A.拉力F7N ant2,xB-xA-L B.物块离开木板时速度的最小值为4m/s C.物块离开木板的最短时间为1s B BE D.木板获得的最大速度为2m/s 2.2023年2月中国快递同比提升11.1%,总体来 联立解得t-0.8s。 看行业规模实力有所增强,服务能力稳步提升 【典例2】 如图所示,物块A、木板B的质量均为 发展态势持续向好。某快递公司为了提高效率 n=10kg,不计A的大小,木板B长L=3m。 使用电动传输机输送快件如图所示,水平传送带 开始时A、B均静止。现使A以水平初速度v AB长度L一5.25m,始终保持恒定速度v 从B的最左端开始运动。已知A与B、B与水平 1m/s运行,在传送带上A处轻轻放置一快件 面之间的动摩擦因数分别为11=0.3和12 (可视为质点),快件与传送带之间的动摩擦因数 0.1,g取10ms2。 一0.2,快件由静止开始加速,与传送带共速后 A→% 做匀速运动到达B处,忽略空气阻力,重力加速 度取g-10m/s{},下列说法正确的是 C ) (1)发生相对滑动时,A、B的加速度各是多大 (2)若A刚好没有从B上滑下来,则A的初速度 vo为多大? 】(1)3m/s21m/s2 【答案】 (2)26m/s A.快件所受摩擦力的方向与其运动方向始终 1 (1)分别对物块A、木板B进行受力分 【解析】 相反 析可知,A在B上向右做匀减速运动。 B.快件先受滑动摩擦力作用,后受静摩擦力作用 设其加速度大小为a1,则有a-/1mg-3m/{} C.快件与传送带的相对位移为0.5m 7 D.快件由A到B的时间为5.5s 木板B向右做匀加速运动, 3.如图所示,足够长的倾斜传送带沿逆时针方向匀 速转动,一滑块从斜面顶端由静止释放后一直做 2 ( 加速运动。则 ) 1m2。 (2)由题意可知,A刚好没有从B上滑下来,则A 滑到B最右端时的速度和B的速度相同,设为 v,则有: 一v__ 时间关系:一 a1 2 A.滑块受到的摩擦力方向保持不变 B.滑块的加速度保持不变 C.若减小传送带的倾角,滑块可能先做加速运动 解得v-2v6m/s。 后做匀速运动 D.若传送带改为顺时针转动,滑块可能先做加 [轻松训练] 速运动后做匀速运动 一、单选题 二、多选题 1.如图所示,一个长度L一1m、质量M-2kg的木 4.如图甲所示,一质量为M的长木板静置于光滑 板静止在光滑的水平面上,本板的左端放置一个 水平面上,其上放置质量为的小滑块。木板 质量n一1kg可视为质点的物块,物块与木板间 受到随时间7变化的水平拉力F作用时,用传感 的动摩擦因数一0.4,物块与木板间的最大静 器测出其加速度a,得到如图乙所示a-F图像 80 衔接点二 初升高知识衔接 最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,取g一10m/s2; 5.传送带被广泛地应用于机场和火车站,如图所示 则 ( ) 为一水平传送带装置示意图,绸紧的传送带始终 .a/fm/s}) 保持恒定的速率v运行,将行李无初速度地放在 左端点A处。传送带的水平部分A、B间的距离 为L,则 ) #A 777777777 1012 *F/N 甲 乙 A.行李在传送带上一定匀加速至B端 A.滑块的质量n=2.5kg B.行李在传送带上可能受到向右的静摩擦力 B.本板的质量M-3kg C.行李在传送带上可能有一段时间不受摩擦力 C.当F-8N时滑块加速度为2m/s2} D.行李在传送带上的时间一定大于I D.滑块与木板间动摩擦因数为0.4 衔接点30 动力学中的图像问题和临界问题 知识清单 高中物理新知识、新模型 (3)绳子断裂与松弛的临界条件:绳子所能承受 一、动力学常见图像和分析方法 的张力是有限的,绳子断裂的临界条件是实际张 1.常见的图像形式 力等于它所能承受的最大张力,绳子松弛的临界 在动力学问题中,常见的图像是v-t图像、F-:图 条件是张力为零。 像、aF图像等,这些图像反映的是物体的运动 (4)加速度最大、最小与速度最大、最小的临界条 规律、受力规律,而不是物体的运动轨迹。 件:当所受合力最大时,具有最大加速度;当所受 2.图像问题的分析方法 合力最小时,具有最小加速度。当出现加速度为 (1)把图像与具体的题意、情景结合起来,明确图 琴时,物体处于临界状态,对应的速度达到最大 像的物理意义,明确图像所反映的物理过程。 值或最小值。 (2)特别注意图像中的一些特殊点,如图线与横 4.解答临界问题的三种方法 纵轴的交点,图线的转折点,两图线的交点等所 (1)极限法:把问题推向极端,分析在极端情况下 表示的物理意义。注意图线的斜率、图线与坐标 可能出现的状态,从而找出临界条件。 轴所围图形面积的物理意义。 (2)假设法:有些物理过程没有出现明显的临界 二、动力学临界问题 线索,一般用假设法,即假设出现某种临界状态 1.临界问题:某种物理现象(或物理状态)刚好要发 分析物体的受力情况与题设是否相同,然后再根 生或刚好不发生的转折状态。 据实际情况处理。 2.关键词语:在动力学问题中出现的“最大”“最小” (3)数学法:将物理方程转化为数学表达式,如二 “刚好”“恰好”等词语,一般都暗示了临界状态的 次函数、不等式、三角函数等,然后根据数学中求 出现,隐含了相应的临界条件。 极值的方法,求出临界条件 3.临界问题的常见类型及临界条件 初、高中物理衔接点 (1)接触与脱离的临界条件;两物体间的弹力恰 1.所谓临界问题,是指物体的某种状态恰能维持而 好为零。 又未被破坏的一种特殊状态,这是从量变到质变 (2)相对静止或相对滑动的临界条件:静摩擦力 的哲学思想在物理学中的生动表现,这种分界 达到最大静摩擦力。 线,通常以临界值和临界状态的形式出现在不同 H81