2020高考物理 考前冲刺Ⅰ专题03 临界法解题方法及其应用

2020高考物理 考前冲刺Ⅰ专题03 临界法解题方法及其应用

‎2020考前冲刺物理 ‎ ‎ 在物理现象中存在大量的临界问题，所谓临界问题，是指在一种运动形（或者物理过程和物理状态）转变为另一种运运形式（或者物理过程和物理状态）的过程中，存在着分界限的现象．这是从量变到质量的规律在物理中的生动表现．这种分界限，通常以临界和临界状态的形式出现在不同的问题中．如热学中的临界温度，力学中的弹性限度、临界速度、临界加速度、临界力、平衡位置。电磁学中的临界电压、临界电阻、临界电流、发电机的中性面，几何光学中的全反射临界角，光电效应中的极限频率，链式反应中的铀块的临界体积，等等。‎ 通常情况下，解决临界问题有两种基本方法：演绎法和临界法。‎ 演绎法是以原理、定理或者定律为依据，先找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，即采用从一般到特殊的推理方法。‎ 临界法是以原理、定理或者定律为依据，直接从临界状态和相应的临界量入手，求出所研究问题的特殊规律和特殊解；然后，以此对一般情况进行分析、讨论和推理，即采用从特殊到一般的推理方法。临界法不同于归纳法，因为仅以临界状态和相应的临界量为前提，作为分析、讨论和推理的出发点，可能并不是最终要求的结果。‎ 中学物理解题中应用的临界法，以原理，定理或者定律为依据，直接从临界状态和相应的临界量入手,求出所研究问题的特殊规律和特殊性;然后,以此对一般情况且进行分析、讨论和推理,即采用从特殊到一般的推理方法.临界法不同行归纳法,因为仅以临界状态和相应的临界量为前提，作为分析、讨论和推理的出发点.‎ ‎1．临界量v = 的应用.‎ 物体在竖直平面内的以半径R作圆周运动,如果通过最高点所需的向心力Fn 正好由重力提供,则相应速度为v0 . ∴ v0 = ‎ 这时,物体与其接触的物体无径向接触力．利用这一临界状态和相应的临界量，可以极为简便地解决物体在竖直平面内作圆周运动的各种临界问题.‎ 例1. 试证明：近地人造卫星的环绕速度(v)、环绕加速度(a)环绕周期(T)分别是 v = ‎7.9km/s a =‎9.8 m/s2 T = 84.5min 分析与解：当人造地球卫星沿地球表面做匀速圆周运动时，轨道半径r=R．所需的向心力正好由重力mg提供，根据近似关系 mg = = m 　　　v0 = = ‎7.9km/s 向心加速度a = g=‎9.8m/s2‎ 环绕周期最小为 T0 = 2 π =84.5min 近地面人造卫星的环绕速度和加速度，是人造地球卫星的最大环绕速度和加速度，而环绕周期则是人造地还需卫星的最小周期．‎ 由万有引力定律和向心力公式得 ‎，所以在半径为r的轨道上的环绕速度为 v =∝‎ 当 r = R时，环绕速度最大为vmax = ‎ 向心加速度为a = ∝ ，所以当r =R时向心加速度最大为amax = g 环绕周期 T = ∝ ，当r=R时环绕周期最小为 Tmin = 2π ‎ ‎ 　 例2.．半径为R的半圆槽固定在水平地面上.质量为m的小球,以一定速度从A点无摩擦地沿半圆槽向上运动，通过最高点后落在水平地面的B点,且AB =2R.求小球在半圆槽最低点A的速度和在最高点对槽的压力。‎ 分析与解：设小球从半圆槽最高点平抛出的速度为v，则有 ‎2R = v t = v,所以得到 v = ‎ 可见，小球在最高点对半圆槽的压力为零，根据机械能守恒定律，设小球在轨道最低点的速度为v0‎ mv = mg • 2R + mv2 所以,，得最低点的速度最小值为 v0 = ‎ 例3．飞机在竖直平面内作特技飞行，绕半径R =‎180m的轨道作圆周运动．试计算：‎ ‎⑴飞行员在最高点不脱离座位的最小速度；‎ ‎⑵如果飞行员的质量m =‎70kg．当以同样的速度飞过最低点时，对座位的压力是多大?‎ 分析与解：如果飞行员到达最高点时，重力恰好等于圆周运动所需的向心力，就正好不脱离座位，即座位对飞行员的弹力为零。由牛顿第二定律和向心力公式，‎ mg = m v2/ R ,得最小速度为 v = = ‎42m/s 当飞行员到达最低点时，同理有 FN — mg = m v2 / R FN = mg + m v2/R = 1372 N 例4．如图所示，质量为M、m (M＞m)的两个小球，通过细绳跨置在顶部光滑的半圆 m的小球，以一定的初速度向滑块运动，且恰好能到达圆弧的顶点．试计算小球的初速度( v0)是多少? (不计一切摩擦阻力)‎ 分析与解：小球相对滑块作变速圆周运动，恰好到达圆弧顶点的临界速度为 v =．设这时滑块相对地面向右的速度为vM，则小球相对地面的速度为 vm = v—vM = —vM………⑴‎ 系统在水平方向动量守恒，有 Mv= --m vm +vM ………⑵‎ 系统的机械能守恒，则有 ‎　mv02= m vm2+ M vM2 +2 mg R………⑶‎ 联立解上面三式得 v0 = ‎ 思考：若将滑块固定，小球的初速度又应该是多大？‎ 可以利用＂极限分析方法＂：当M＞＞m时，v0 = ‎ 例6．如图所示，半径为R=‎0.1m的圆环竖直放置,一个质量为m=‎0.1kg的小球套在环上,可以无摩擦地运动．试分析：‎ ‎⑴小球到达环顶的最小速度是多少?这时对环的压力是多大?‎ ‎⑵小球以多大速度通过环顶时,受到的向下的拉力?以多大速度通过.‎ 分析与解：小球通过圆环最高点时只受重力，即与环的弹力 FN =0，应该具有临界速度 v 0= = ‎2m/s 当通过环顶的速度 v＞v0时，小球将受到环向下的拉力F1以补不足的向心力，由牛顿第二定律 F1 + mg = m v12/ R F = m v12/ R — mg 当通过环顶的速度v ＜ v0 时，小球将受到环向上的支持力F2，以抵消多余的向心力，同理有 mg — F2 = m v22 /R F2 = mg —m v22 /R 当通过环顶的速度v =0 时，环对小球的作用力 F = mg，即小球将静止在环顶，对环的压力等于其重力，所以，小球到达环顶的最小速度为 v min= 0‎ 例7．如图所示，在竖直平面内，有一个半径为R的半圆形光滑轨道.a、b、c三个小球，由光滑水平面滑向半圆轨道运动，最后以落回水平面，且落点A、B、C到切点O的距离分别为OA.＜2R，OB=2R，OC>2R.若三个小球离开半圆轨道后在空中飞行的时间依次为ta 、tb 、tc,．则三段时间的关系一定有：‎ A ．ta＞tb＞tc 　B．ta= tc 　 C． ta=tc 　 D． ta= tb ‎ 分析与解：假设某个球正好通过最高点，则应以临界速度v 0= 作平抛运动，且平抛的水平距离最小值为　x = v0 t = • = 2R 由三个水平距离大小的关系可见, b和c都是通过半圆顶后平抛飞出，而a则是在到达半圆顶前以斜抛方向飞离轨道，其运动时间在竖直方向应大于平抛运动的时间．所以，应选择Ｂ答案．‎ 例8．如图所示，一个小球从H=‎‎12m 高处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB，进入半径R= ‎4m的竖直圆环，且到达环顶C时，加速度为g．沿CB滑下后，又进入光滑弧形轨道BD，且到达高度为h的D点时速度为零，则h之值可能为 A．‎12m．　　　B．‎8m C．‎8.5m　　　D．‎9m．‎ 分析与与解：小球在A点的重力势能，即机械能为EA = 3mg R；在C点加速度为g，则速度为 机械能为　Ｅ= 2mgR + m vC2 = 2.5 mgR 从B上滑到C的过程中，小球克服摩擦力做功损失的机械能为△E1 = 0.5 mgR．从C又下滑到B的过程中，小球的平均速率较小，对圆环的压力和受到的摩擦力也较小，因此克服摩擦力做功而损失的机械能减小，即 △E2＜0.5 mgR．因此，小球到达D点的机械能，即重力势能的取值范围为 ‎　　2mg R ＜ ED ＜2.5 mg R D点相应的高度取值范围为 2 R＜ h ＜2 .5 R 即 ‎8 m＜ h ＜‎10 m．应选答案：　C D．‎ 二．临界量N=0和T=0的应用. ‎ ‎ 弹力与摩擦力都是接触力，其产生条件之一，就是物体必须相互接触．如果彼此接触的物体有相互作用力，那么，当发生分离时，接触力必然为零．这类临界问题的特点：就是物体彼此处于若即若离——刚好分离的状态，相应的临界量就是弹力FN=0；　这时相应的摩擦力f=0.‎ 柔软体(如绳、链)只能产生沿柔软体本身的拉力．当柔软体刚好处于拉直的自然状态时，对外的拉力(F)和内部各处的张力(T)均为零，即F=T=0.‎ 例9．如图所示，底边长为a、高为b的长方形匀质木块，置于倾角为θ的斜面上，且与斜面的摩擦因数为μ．当θ足够小时，木块静止在斜面上；当逐渐增大θ至某个临界值θ0时，木块将开始滑动或者翻倒．试分别求出发生滑动和翻倒时θ0是多少?‎ ‎　　分析与解：‎ ‎⑴在木块开始沿斜面匀速滑动时，由平衡条件有 mgsinθ0 = f = μ mgcosθ0 　得 tanθ0 = μ 即发生滑动的临界角度为θ0 = tan—1μ .‎ ‎⑵在木块处于翻倒的临界状态时，重力作用线通过木块边沿A，支持力FN的作用点移至A点，即底面其他部分支持力为零，根据力矩平衡条件∑M = 0 有 mg sin θ0 • b = mgcosθ0 •a 　　　　tanθ0 = a/ b 所以，木块翻转的临界角为θ0 = tan—1(a /b)‎ 当μ ＜a/b 时，θ0 = tan—1 μ为物体开始滑动的临界条件；‎ 当μ＞a/b时，θ0 = tan—1 (a/b)为物体开始翻倒的临界条件．‎ 例9.如图所示,匀质木板AB=‎12m，重为G0=200牛;距A端OA=‎3m，处有一个固定转轴O，另一端B由细绳悬挂，使板处于水平状态，且绳与板的夹角θ=30°.如果绳能承受的最大拉力Fmax =200Ｎ，求重为G=600牛的人，在板上安全行走的范围．‎ 分析与解：当板处于逆时针转动的临界状态时，绳的拉力F= 0．设这时人在O点左侧x1处，根据力矩平平衡条件，有 Ｇ•x1= G0• 得 x1 === ‎1m．‎ 当板处于顺时针转动的临界状态时，绳的拉力达到最大Fmax，设这时人在O点右侧x2处，同理有 Fmax•sinθ= G0•+ G•x2 求得x2 =‎‎0.5m 所以，人只能在距O点左侧‎1m和右侧‎0.5m的范围内安全行走。‎ 例10．如图所示，摆球质量为m，从偏离水平方向为θ=30°的位置由静上开始释放。求小球运动最低点A点，绳子受到的拉力多大？‎ 分析与解：设悬线长为L，小球被释放后，先做自由落体运动，直到下落高度为L，处于松弛状态的细线（ T =0）被拉直为止，这时，小球的速度竖直向下，大小为 v= ……⑴‎ 当绳被拉直进，v的法向分量vn，在绳的冲力作用下迅速减为零，小球以切向分量vt = vcos30°开始做变速圆周运动到最低点。根据机械能守恒定律 m(vcos30°)2 + mg L(1—cos60°) = m vA2……⑵‎ 小球在最低点，由牛顿第二定律有 T— mg = m vA2/ L……⑶‎ 由以面三个方程可求得拉力 T = 3.5mg 例11．如图所示,两个质量相等的小球A和B,由长为L=‎25m的细绳连接,并列置于水平高度为 h= v12/ ‎2g = ‎5m.‎ 所以，A、B上升的高度分别为 hA= h+ L =‎30m, hB =h = ‎5m。‎ ‎⑵A、B达到最大高度后开始下落：前‎5m 绳自然拉直，张力为零；B着地后绳处于松弛状态。所以，A、B均作自由落体运动，到达地面的速度分别为 vA==‎24.5m/s vB = =‎10m/s 例12．如图所示，一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都不计。盘内放一物体Q处于静止，Q的质量M=‎12kg，弹簧的劲度系数k=800N/m，现在给Q施加一个竖直向上的力F，使Q从静止开始向上做匀加速直线运动。已知在头0.2秒内F是变力，在0.2秒后F是恒力(g取‎10m/s2)。则F的最小值是多少?　最大值是多少?‎ 分析与解：由于不计秤盘的质量，可以将物体和秤盘看成一个整体分析。‎ 未用向上的力F前，物体处于平衡状态，设弹簧压缩量为x1，则有 Mg = kx1………⑴‎ 物体做匀加速直线运动，a为恒量，物体和秤盘受重力Mg、弹簧向上的弹力kx、向上的拉力不从心Ｆ，物体向上运动，弹力减小，外力F增大，相互调节，才能保证合力不变，加速度不变。0.2s后Ｆ为恒力，则弹力必然为零，所以，在t =0.2s时刻，物体与秤盘恰好分离，由于秤盘不计质量，所以，弹簧应恰好恢复到原长。物体在0.2s内上升高度 h = x1 = a t2 ………⑵‎ 从上两式可知：Ｍ、k 、t已知，x1可求，则a可求。‎ 当弹簧压缩量为x时，由牛顿第二定律，得 F + kx—Mg = Ma ………⑶‎ 从⑶式分析可知：t = 0时， x= x1 kx1 =Mg，　则　F最小，且Fmin = Ma ………⑷‎ t= 0.2s时，F应为最大，且Fmax—Mg =M a ………⑸‎ 从⑴⑵两式求出加速度a= ‎7.5m/s2 ，由⑷式得 Fmin=90N，由⑸式得Fmax= 210N。‎ 例13．如图所示，一个带负电的小球，质量为m，电量为q，从倾角为θ的光滑斜面由静止开始下滑，且斜面固定在磁感强度为B的匀弹磁场中.求小球在斜面上滑行的最大距离和最大速度．‎ 分析与解：小球开始运动后，受到重力mg、斜面支持力不从心FN和洛仑兹力f =qvB的共同作用，且f随v的增大而增大，FN = mg cosθ—qvB 随v增大而减小；当FN=0时，小球与斜面恰好分离，同时在斜面上的速度达到最大值．这时，小球仅受到重力和洛仑兹力的作用。由∑Fy = 0 ,有 q B vmax= mg cosθ 所以在斜面上的最大速度为 vmax= mg cosθ / q B 小球在斜面上始终以加速度a =gsinθ作初速度为零的匀加速直线运动；当速度达到最大值时，沿斜面通过的距离也达到最大值．且为 Smax = ‎ 例14．如图所示，一个半径为R的光滑半球，固定在磁感强度为B的匀强磁场中，一个质量为m的带电小球．从球顶由静止开始沿右侧滑下,且始终未脱离球面．试分析小球带什么电荷?电量至少得多少?‎ 分析与解：小球要始终不脱离球面，必须有洛仑兹力提供向心力，由左手定则，小球带负电。‎ 小球到达地面瞬时，速度最大．所需要的向心力最大．这时，重力的法线方向的分量为零，向心力由洛仑兹力和球面弹力提供，即 qvB —FN = m, 或 f —FN = m,‎ f = FN + m：当FN恰好为零时，f 有最小值，相应的电量也最小。根据机械能守恒有 mgR =mv2 v = ‎ 由牛顿第二定律， qvB = m，所以小球带电量至少为　．‎ 例15．如图所示,一个质量为m，带电量为＋q的小球,固定在长为Ｌ的轻杆一端，并可以另一端O为轴在竖直平面内无摩擦转动．小球处于磁感强度为B的匀强磁场中．先将小球拉至左端水平位置；然后无初速释放.试分析:当带电量满足什么条件时，小球在摆动过程中才可能有时受到杆的拉力，有时又受到轻杆的压力?且拉力和压力各出现在什么范围?‎ 分析与解：在轻杆对小球的弹力从拉力(沿杆指向圆心)，变为压力（沿杆指向圆外）的过程中，必然存在着弹力 FN =0的分界限．‎ 设杆转过角度θ0时，对小球的弹力恰好为零．且这时小球的速度为v0，带电量为q0 如图所示．根据机械能守恒 mg Lsinθ0 = mv02 得 v0 = ‎ 由牛顿第二定律和向心力公式得： q0 v0B —mgsinθ0 = m ‎ 由上两式可得 q0 = ‎ 所以，小球的带电量应满足以下条件 q≥，对应的临界角为θ0 = sin—1‎ 根据摆球运动的对称性，可以看出：‎ 当0＜θ＜θ0和 π—θ0＜θ＜π 时，小球受到杆的拉力；‎ 当θ0＜θ＜π—θ0时，小球受到杆的压力。‎ 例16．如图所示,竖直绝缘杆处于方向彼此垂直、大小为E、B的匀强电、磁场中.一个质量为m、电量为q的小球，从静止开始沿杆下滑,且与杆的摩擦因数为μ．试计算:：‎ ‎⑴小球速度多大时，加速度最大？最大值是多少?‎ ‎⑵小球下滑的最大速度是多少? ‎ 分析与解：小球开始下滑后，在水平方向始终受到方向相反的电场力（qE）和洛仑兹力mg = μ( qvB —qE)，得最大速度为vmax =‎ 各个阶段和临界状态的受力图如图所示。‎ 三．临界量a = 0或∑F= 0的应用 物体在作加速度随时间不断减小的变速直线运动时，其运动速度最终会达到一个稳定值，即收尾速度．然后,开始以收尾速度作匀速直线运动；当加速度方向与速度方向相同时，收尾速度最大，当加速度方向与速度方向相反时，收尾速度最小．但是，不论达到哪一种收尾速度，其临界量都是加速度为零或者受到合外力为零,即 a = 0 或者 ∑F = 0‎ 物体处于上述收尾速度恒定的动平衡状态或瞬时加速度为零的状态时,具有一系列的重要特点: ⑴在电动式导轨问题中,电源功率等于可动边的机械功率与焦耳热功率之和.即 P电 = P机 + P热 在发电式导轨问题中,外力的机械功率等于回路的电功率,即 P机 = P电 瞬时加速度为零的物体可以作为惯性参照系——瞬时惯性系．例如,固定有半圆形光滑分析与解：‎ ‎⑴当安培力增大到恰好与重力沿斜面的分力平衡时，导体的加速度为零，其速度达最大值，即 mgsin30° = BIL I = ε /R = BLv /R 所以，最大速度 vmax = mgsin30°R/ B‎2 L2= ‎2.5m/s ‎⑵ 当以最大速度匀速下滑时，重力的机械功率等于电功率，这ab释放的电功率为 P = mgsin 30° vmax = 2.5W 例18．.如图所示,平行金属导轨的间距为Ｌ，与水平面的夹角为θ，处于磁感强度为B、方向垂直框架平面向上的匀强磁场中，所连电阻的阻值为R，导体ab的质量为m，与导轨的摩擦因数为μ，从静止开始下滑，不计其它电阻，求ab的最大速度．‎ 分析与解：当阻碍运动的摩擦力、安培力与重力沿斜面的分力恰好平衡时，ab的加速度为零，速度达到最大值，即 mg sinθ = μ mgcosθ + BIL…………⑴‎ 回路中的电流为 I = …………⑵‎ 由上面两式可得最大速度vmax= 。‎ 例19．.如图所示,绝缘细杆上,有一个质量为m、带电量为＋q的小球.小球与杆的摩擦因数为μ,置于磁感强度B的匀强磁场中,且杆与水平方向夹角为θ.小球由静止开始下滑.求小球下滑过程中的最大加速度和最大速度过.‎ 分析与解：小球滑动后，受到重力mg、支持力FN、摩擦力f =μ FN 和活仑兹力 F = qvB的作用：F随v的增大而增大；支持力FN = mgcosθ—qvB及f均随v的增大而减小。‎ 加速度 a = 随v的增大而增大。‎ 当FN恰好等于零时，摩擦力f = μFN= 0，此时加速度恰好达到最大值，此时小球受到的合力为mgsinθ.‎ 所以小球的加速度最大值为 amax= gsinθ 当 FN=0时，有 mgcosθ = qBv0 。这时小球的速度v0 = mgcosθ /q B 当小球的速度增至v′＞v0后，相应的洛仑兹力也增至F′=qBv′＞mgcosθ 于是，细杆对小球的弹力反向，垂直于杆向下，如图所示。这时，摩擦力为 f′=μFN= μ ( qv′B —mgcosθ)‎ f ′随v′增大而增大，小球受到的合外力为（mgsinθ—f′）随v′的增大而减小，即小球做加速度 减小的变加速运动。‎ 当加速度恰好为零时，速度达到最大值，根据合力为零列方程：‎ mgsinθ= f′= μ (qB vmax—mgcosθ )‎ vmax=‎ 例20.在竖直的绝缘棒上，套着质量m =‎0.1kg ,带正电荷q =4×10—‎4C的小球，彼此间的动摩擦因数μ=0.2 ．置于相互垂直的匀强电场和匀强磁场之中，如图所示．电场强度E=10N./C，磁感应强度B=0.5T．小球由静止开始沿棒滑下，求最大加速度和最大速度 分析与解：小球运动后受重力mg、电场力F=qE、洛仑兹力FB=qvB、弹力FN =qE+qvB，摩擦力f =μFN的共同作用，加速度为 a= 。当v=0时，加速度最大，为 amax= =‎2m/s2‎ 当a =0时，速度最大，为vmax==‎5m/s 例21．.如图所示,间距L=‎1m的平行金属导轨,处于磁感强度为B=0.4T的匀强磁场中.质量m=‎0.2kg、电阻R=0.4Ω的金属杆ab,可以在导轨上无摩擦地滑动．ab中点悬挂有质量 中产生反电动势 ε0 = BLv，从而使ab中的电流强度为 I= ，ＦB、∑F均随v的增大而减小，当∑F减为零时，a=0，速度达到最大值，即 ‎（Ｍ＋m）g = FB+ BIL = F+ B．所以，小球在水中的收尾速度最大，即 ‎　　　vmax= =‎7.5m/s．‎ 当小球以vmax出水后，浮力为零，安培力为FB= B =10N．因为FB＜(M+m)g，合外力方向向下，ab开始向上作变减速直线运动．这时FB　随v减小而增大，合外力∑F＝(M+m)g—FB则随v的减小而减小．‎ 当∑F=0时，a＝０，速度达到最小值．由 ‎（Ｍ＋m）g= B ‎⑵线框匀速上升过程中产生的焦耳热;‎ ‎⑶线框匀速上升过程中导线横截面的电量.．‎ 分析与解：⑴以系统为研究对象，根据平衡条件 ‎(M—m)g =BIL =B得匀速上升的速度为 v =‎ ‎⑵当匀速粘升时，系统减少的重力势能等于线框中产生的焦耳热，所以Q =(M—m) gL =0.08 J ‎⑶根据法拉第电磁感应定律，线框进入磁场中产生的感应电量为 q =△t ===‎0.2C．‎ 例24．如图所示,在宽为L=‎10cm的光滑竖直导轨上,电源电动势ε=1.5V,内阻r=0.1Ω；导体ab的质量m=‎20g，电阻R=0.2Ω,其他电阻不计.试计算在开关K闭合后:‎ ‎⑴导体ab的最大加速度；‎ ‎⑵导体ab的最大速度；‎ ‎⑶导体ab速度最大时,电源的功率、电路的热功率和ab的机械功率各是多少；‎ ‎⑷若ab达到最大速度是,上升高度h=‎10m，此过安培力对ab做了多少功?‎ 分析与解：‎ P = ε I=6W 回路热功率P1＝Ｉ(R+r) =4.8 W 机械功率　　P2 = mgvmax ‎⑷根据功能关系，变力安培力对导体ab所做的功为 ＷB=mgh + m v2max =2.36 J 例25．如图所示，用密度为D、电阻率为ρ的导线做成正方形线框,从静止开始沿竖直平面自由下落，线框经过方向垂直纸面,磁感强度为B的匀强磁场,且磁场区域的高度等于线 设线框截面积为S，则其质量为m =4LSD…………⑶‎ 电阻为 R =ρ…………⑷‎ 所以下落高度为 h =128D2ρ‎2g / B4‎ 例26．如图所示，将上端封闭、下端开口的玻璃管插入水中，放掉部分空气后松手,让玻璃管竖直地浮在水中．玻璃管的质量m=‎40kg，横截面积S=‎2cm2，水面以上部分长度h0=‎1cm，大气压强P0=1.0×105Pa。不计管壁厚度和管内空气的质量．试问：‎ ‎⑴玻璃管内、外水面的高度差h是多少?‎ ‎⑵如果将玻璃管慢慢地竖直压入水中，当管顶浸入水中多深时，松手后玻璃管不会浮起?(设温度不变)‎ ‎⑶在第⑵问中，松手后玻璃管的位置是否变化，如何变化？‎ 分析与解：以玻璃管和其中的气体为系统，根据浮力与重力平衡，有 mg = ρSh g 所以管内外水面的高度差为 h= m /ρS =‎‎20cm ‎⑶在管顶位于H0=‎51cm深处，玻璃管处于不稳定平衡状态，‎ 当松手时，若管顶的深度 H ＜H0 ，浮力F ＞mg：玻璃管理体制变加速上升；‎ 当松手时，若管顶深度H＞H0 ,浮力F＜ mg :，玻璃管将变加速下降。‎ 例27．如图所示，轻质长绳水平地跨接在相距为L的两个小定滑轮A，B上．质量为m的物块悬挂在绳的O点，且O点与A，B两滑轮距离相等．在轻绳两端C，D分别施加竖直向下的恒力F＝mg．若先托住物块，使绳处于水平拉直状态，然后由静止释放，在物块下落过程，保持C，D两端拉力不变．‎ ‎⑴当物块下落距离h为多大时，物块的加速度为零；‎ ‎⑵在物块下落上述距离的过程中，克服C端恒力F做功W是多少？‎ ‎⑶求物块下落过程中的最大速度vm和最大距离H ‎⑷物块下落的最大距离为多少？‎ 分析与解：物块在三个共点力作用下运动，运用临界法进行分析．‎ ‎⑴当三力平衡，且F =mg，即互成120°时，加速度为零．这时，绳与竖直方向的夹角θ = Φ/2=60°,所以，物块下落的距离为 h = Lctg60°= ‎ 四、临界量相对速度V=0的应用 两个运动物体的相对速度为零，即处于相对静止状态，是一种常见而重要的临界状态。这种临界状态具有丰富的物理意义：‎ ‎⑴当彼此滑动的物体相对速度为零碎时,将停止对滑动,且滑动摩擦力为零;‎ ‎⑵当同方向运动的物体相对速度为零时，将不会发生磁撞;或者虽然接触，沿运动方向却无弹力作用；‎ ‎⑶当两个发生弹性碰撞的物体相对速度过为零时，形变达到最大,弹性势能最大 ‎⑷当两段有效长度相同的导体,在匀强磁场中沿同方向切割磁力线,且相对速度为零时，所构成的回路中无感应电流.‎ ‎………………………‎ 当两车向运动，且vA＜vB时，间距随时间而增大。‎ 所以，当两车速度相等时，间距最小。设这时的速度为v，根据动量守恒，有 mvA—mvB =(m+m) v v= (vA—vB)/2 = ‎1.5m/s 。‎ 例29．如图所示，长为L、质量为M的小车停在光滑水平面上.车的左端有一个质量为m的小滑块，与车的摩擦因数为μ.若小车沿水平面与竖直墙碰撞后，滑块要从车上掉下．碰撞前小车和滑块系统应以多大水平速度运动?‎ 分析与解：设初速度为v0，小车与墙壁碰撞后瞬间，先以原速率反弹，而不受碰撞力作用的滑块仍保持向右的速度v0，然后，滑块相对小车向右作匀减速直线运动．‎ 以碰后的小车，滑块为研究对象，且水生向左为正．若滑块正好滑至右端，即到右端时与车具有共同的速度v，根据动量守恒 Ｍv0—m v0 =( m+M) v 根据能量守恒关系 ‎（m+M）v02 = (m+M) v2 +μ mgL． 由上面两式解出最终的共同速度后取v＞‎ 例30．如图所示，质量M=‎16kg的平板车静止在光滑水平面上，一个质量m =‎4kg的物体以v0=‎5.0m/s水平初速度从车的A端滑向B端．若物体与车之间的动摩擦因数μ=0.5．试问：‎ ‎⑴如果物体未从B端滑出，其最终速度是多少？‎ ‎⑵如果物体不从B端滑出，车的最小长度应为多少？‎ 分析与解：在相互滑动的过程中，摩擦力使物体减速而使车加速，直到最终速度相等．保持相对静止为止．这就是物体不会从车上滑出的条件．可见，上述相互作用过程，可能等效为完全非弹性碰撞．‎ 根据动量守恒定律，有　m v0 = (m+M) v 所以，小车最终的速度　v = m v0 /( m+M) =‎1m/s 设车的最小长度为L，由系统能量守恒关系，有 mv02 = (m+M) v2 +μ mgL 求出L =‎2m．‎ 例30．如图所示,质量M=‎2kg的物体A,静止在同样质量的小车B上,小车停在光滑水平面上,一颗质量m=‎10g的子弹,以v0=‎600m/s水平速度射入物体,以v=‎100m/s速度穿出.试问：‎ ‎⑴物体的最大速度是多少?⑵如果物体始终不离开小车，小车的最大速度是多少?‎ 分析与解：子弹与物体相互碰撞刚结束时，物体具有最大速度，设为vA ，对子弹和物体应用动量守恒定律，得方程：m v0 = m v + M vA ．所以A物体的最大速度为vA= ‎2.5m/s ．‎ 物体沿车滑动时，摩擦力使物体减速而使车加速，直到相对速度为零，摩擦力消失为止．所以，两者速度相等时，小车的速度最大，设为vB，对车和物体应用动量守恒定律：‎ M vA = (M +M) vB 所以，小车的最大速度 vB = vA/2= ‎1.25m/s 例31．如图所示，质量M的小车停在光滑水平轨道上．一个小球质量为m．用长为Ｌ的细线固定在小车上，开始时，将小车向左拉至水平，然后由静止释放．求小球向右摆起的最大高度．‎ 分析与解：在小球从水平位置摆至最低点的过程中，小球的速度达到最大值，而小车由于挡板的阻碍始终静止．当小球从最低点开始向右摆动时，在绳的拉力的水平分力的作用下，小车向右做变加速直线运动，而小球向右做变减速运动．当小车与小球的速度相等时，即相对速度为零时，小球向右摆动的高度达到最大值．‎ 小球从绳子处于水平位置时摆到最低点的过程机械能守恒，设小球到最低点的速度为v0‎ mg L =m v02 , 　v0 = ………⑴‎ 小球从最低点摆到最大高度过程，系统在水平方向动量守恒，‎ mv0 = ( m+M ) v………⑵‎ 系统机械能守恒： mg L = (m+M) v2 + mg h………⑶‎ 由上面三式可得 h = ‎ 例32．如图所示，小车质量MA=‎3kg，停在光滑水平轨道上，并用长L=‎1m的细绳悬挂MB=‎2kg的摆块．一颗质量m=‎10g子弹，以水平速度v0=‎600m/s射入摆块．射出时速度为v=‎100m/s.求摆块向右摆起的最大高度．‎ 分析与解：根据子弹与摆块碰撞过程中，水平方向动量守恒，有 mv0 = MBvB +m v ………⑴‎ 以摆块和小车为系统，摆块与小车通过细绳的相互作用，因水平方向无外力，系统在水平方向运动守恒，有　　MBvB =( MB+ MA) v′………⑵‎ ‎　　机械能守恒： ＭB vB2 = ( MB +MA) v′2 + MBg h ………⑶‎ 所以，摆块达到的最大高度 h = =‎0.1875m．‎ 例30．A、B两人各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，其总质量均为M=‎30kg，A推着质量 设冰块推出手时的速度为v，有 ‎（Ｍ＋m）v0 = m v + M v1 ………⑴‎ 因为B接住冰块后的速度也应为v1，以冰块和B为系统，设向右为正方向，应用动量守恒定律，得 mv—Mv0 = (M+m ) v1 ………⑵‎ 所以，冰块推出的最小速度 v = =‎5.2m/s ‎⑵对冰块应用动能定理，得到A推出冰块时对冰块做的功为 W= mv2 —m v02 =1.7×102 J．‎ 例31．光滑平行导轨的水平部分，处于方向竖直向上的匀强磁场中．质量m的导体ab从h高处由静止开始滑下，且与原来停在水平轨道上的质量为M的金属棒cd始终未相撞．试计算：‎ ‎⑴ab刚进入磁场时，ab 与cd的加速度之比；‎ ‎⑵ab的最小速度和cd的最大速度；‎ ‎⑶导轨与ab、cd构成的回路消耗的电能是多少?‎ ‎⑷若导轨宽度为L，回路的总电阻为R，回路中的最大电流和最小电流分别是多少?‎ 分析与解：‎ ‎⑴ab边进入磁后，水平向右切割磁感线，为发电边，而cd则为电动边，并受到等值反向的安培力F作用 由牛顿第二定律 F =ma 得a ∝ 1/m ，所以，‎ 在F≠0的情况下，ab与cd的加速度之比始终为 ‎⑵ab进入磁场的速度为v0 ，由机械能守恒 mg h = mv02 v0 =‎ 然后，在逐渐减小的安培力作用下，ab作减速运动，而cd作加速运动，直到具有相同速度v 在水平轨道上两导体受到的安培力等大反向，构成合力为零，系统动量守恒 mv0 = (m+M) v 由此可得ab的最小速度及cd的最大速度 v = ‎ 根据能量守恒定律，有mgh = (m+M) v2 + Q 所以，回路消耗的电能，即产生的焦耳热为　Q = mgh—(m+M) v2 = mgh ‎ 例32．如图所示,足够长的光滑平行导轨,水平置于方向竖直的匀强磁场中,电阻不计．导 ‎ 当达到共同速度进，ab不再损失机械能，所以损失的机械能的最大值为 ‎△E= Ek —(m1+m2) v2 = ‎ ab损失的机械能转化为两导体的热能，根据Q = I2 R t ∝ R ，即在相同时间内，串联电阻消耗的热能与电阻成正比，所以，cd消耗的热能最大值为 Ｑ= △E= Ek 五、全反射的临界问题 ‎⑴七色光的临界角比较：因紫光的折射率最大，红光折射率最小，故当白光从空气射向光密介质时,紫光的临界角最小，红光的最大；在入射角逐渐增大的过程中，最先发生全反射的是紫光，最后发生全反射的是红光．‎ ‎⑵全反射的条件：①光从光密介质射向光疏介质；②入射角大于临界角 例33．在厚度为d、折射率为n的玻板下面紧贴一个半径为r 圆发光面，为了在玻板上方看不到圆发光面，可以在玻板上表面贴一块纸片，求纸片的最小面积 分析与解：当发光面边缘光线恰好发生全反射时，光线就不能从玻璃板折射入空气中．设临界角为C．所以，在玻板上方能看到的发光面积为 S = π R2 = π ( r+ d tg Ｃ )2 = π (r + )2‎ 此即纸片的最小面积．‎ 例34．如图所示，ABCD是一个用折射率n=2.4的透明介质做成的四棱镜，∠A=∠C=90°，∠B=60°, AB＞BC ．一束平行光垂直入射到棱镜的AB面上，若每个面上的反射都不能忽略，求出射光线，并要求：‎ ‎⑴画出所有典型光线从射入到射出的光路图(为了使光路简洁，只在棱镜外的光线上标箭头)；‎ ‎⑵简要说明所画光路的依据和每条典型光线只可能从棱镜表面的哪部分射出．‎ 分析与解：根据介质的临界角公式sinC = 1/ n 得棱镜的临界角为 C =sin—1＜30°‎ 即光线从棱镜射向空气，如果入射角 i＞30°时，均会发生全反射现象．‎ 为了确定有几条特殊光线，必须首先注意AB面上有两个临界点E和F，以及相应的两条临界光线．‎ 第一条：从E垂直入射的光线，正好到达BC和CD面的交界线C；若光线从EB间垂直入射，则经BC面全反射到DC面；若光线从EF间的垂直入射，则经DC面全反射到BC面．‎ 第二条：从F垂直入射的光线，经DC面全反射后，正好到达AB和BC面的交界线B（）；若光线从AF间垂直入射，则经DC面全反射到达AB面；若从EF间垂直入射，则经DC面全反射到达BC面．‎ 根据上述光路的共性和特殊性，具有代表性的典型光线仅有三条，现分别从AF间、EF间和BE间垂直入射的三条光线，如图所示。可以看出：‎ 第Ⅰ条光线，只能从BC面和AB面上的AF间垂直射出：‎ 第Ⅱ条光线，只能从AB面上的BF间垂直射出；‎ 第Ⅲ条光线，也只能从AB面上的BF间射出。‎ 这三条特殊光线如下图所示。‎ 例35．如图所示，一个三棱镜的顶角θ=41°30′，一束白光以较大的入射角i 从棱镜左侧面射入，从右侧面射出，并在光屏P 上形成从红到紫的光谱．‎ 已知黄光临界角为41°23′，橙光临界角为41°34′，紫光临界角为41°14′，那么，当入射角逐渐减小到0°的过程中，彩色光谱的变化情况是：A A．紫光最先消失，最后只剩下橙、红光 B．紫光最先消失,最后只剩下黄、橙、红光;‎ C．红光最先消失,最后只剩下紫、靛、蓝、绿光;‎ D．红光最先消失,最后只剩下紫光　‎ 分析与解：当光在左侧的入射角减为零时，在右侧面的入射角等于θ角，因为入射角θ大于黄光的临界角，所以，黄光和比其临界角小的的绿、蓝、靛、紫光都因为全反射而消失，其临界角最小的紫光最先消失；而θ角小于橙光的临界角，更小于红光的临界角，所以，红、橙光仍能从右侧面折射出，照在光屏上，即正确答案为A。‎ 例36．如图所示,一段直光导纤维,折射率为n．长为L.‎ ‎⑴为了使光线能从右端全部射出，在左端的入射角应限制在什么范围?为了使光线任意角度入射时，都能从右端全部射出，折射率n应限制在什么范围?‎ ‎⑵ 如果光线在光纤内恰好发生全反射，那么从左端进入到从右端射出，共需要多少时间?‎ 分析与解：‎ ‎⑴当光线在光纤内的入射角为临界角C时，光线处于全反射的临界状态，从而有 n= ‎ 从而有 sinθ = ‎ 所以，入射角应为 θ ≤ sin—1‎ 当θ=90°时，sinθ = =1 , n =。所以折射率为 n≥‎ ‎⑵根据平行光导纤维的光速的水平分量为vx = v sinC = • =‎ 所以，在光导纤维中的传播时间为t = ‎ 分析与解：当入射光顺时针方向偏转时，棱镜中的折射光在AB面的入射角减小，且小于各色光的临界角时，将发生折射现象，因为红光的临界角最大，所以首先从AB面折射出．‎ 当入射光逆时针方向偏转时，棱镜中的折射光在AB面的入射角增大，各种色光仍处于全反射状态，不会从AB面折射出．‎ 所以，应选答案A．‎ 例38．如图所示，将一横截面为矩形的玻璃棒弯成半圆状．如果玻璃棒横截面的宽度为d，折射率为n，为了使从一少端垂直射入的平行光，全部从另一端射出，内圆半径R不得小于多少？‎ 分析与解：为了使入射光线全部从另一端射出，从内圆边缘入射的临界光线，在玻璃棒外圆的入射角 应大于临界角C。根据折射定律 sin i = ＞sinC = ‎ 所以，内圆半径应满足条件 R＞‎ 例39．如图所示，有一半圆形玻璃砖，其折射率为n=1.414，AB为其直径，O为圆心．一束宽度恰等于玻璃砖半径的单色平行光，垂直于AB从空气射入玻璃砖，且中心光线通过O点，则光束中的光线射出玻璃砖时，最大的折射角为多大?并画出图中三条光线在玻璃砖内