1、 临界问题分析方法例淡 高考上发表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：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.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
2、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?图1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 FA=GFB=G考虑到FC200N，FA150N，FB100N.由分别解得G1200N，G2173
3、.2N，G3200N.所以应有G173.2N.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：FAFBFC=312而三绳所能承受的最大拉力为FAmFBmFCm=1.512可见OA最易断，或者说只要保证OA不断，则OB、OC均不断，故FA=G150得G173.2(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.例题变式图21. 如图2所示.用穿过钢管的绳索起吊钢管，钢管重1.8104N.长2m，厚度可略去不计，绳索能承受的最大拉
4、力为1.5104N，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=制动所需时间：t=20s.这段时间内甲车走了s甲=v甲t=420=80m.因为(s甲+125)=205ms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
5、=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=乙车制动ts后，v甲=v乙.即v0+at=v甲201t=4，得t=16s此时s甲=v甲t=416=64m.s乙=v0t+at2=(20161162)=192m.因为(s甲+125)=189ms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=20tt2t232t+250=0 由根判别式得 =3224250=240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
6、错误的后果，解法一是直接分析临界状态(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?图3【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g10m/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
7、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?图4图5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=h2h1(2.52)m=0.5m，所以球飞行时间t1=可得球被击出时的下限速度v1=设球恰
8、好落在边界线上，此过程球水平射程s2=12m，球飞行时间t2=可得球被击出时的上限速度. v2= 欲使球既不触网也不出界则球被击出时的速度应满足： v0(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=,t3=，所以h32=10，球压线h3=，t4=，所以h3=10由以上式子消去v解得：h3m=2m即当击球高度小于2m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.图6例题变式3.平行板电容器两极板M、N间的距离
9、为板长的.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()图7A. B.C. D. 【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，有一个点状的放射源S.它向各个方向发射粒子，粒子的速度都是v=3.0106m/s，已知粒
10、子的比荷q/m=5.0107C/kg.现只考虑在图中纸平面内运动的粒子.求ab上被粒子打中的区域的长度.解析 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上被粒子打中的区域的长度，就要求出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；任何粒子在运动中离S的距离都不能超过2R(R为粒子的运动半径)即右侧最远点到S的距离为2R.图8用R表示粒子做圆周运动的轨道半径，由圆周运动知识有qvB=m由此得 R=.代入数值 R=10cm.可见，2RlR.因朝不同方向发射的粒子的圆轨迹都过S，由此可知，某一
11、圆迹在图8中N左侧与ab相切，则此切点P1就是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=再考虑N的右侧.任何粒子在运动中离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.例题变式图9
12、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粒子.已知粒子的质量为m=6.641027kg，电荷量q=3.21019C，射出时的初速率v0=3.2106m/s.求粒子从磁场区的另一边界bb射出的长度范围?图10图115.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
13、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?图12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
14、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.从O点射入的光线，折射角为r.根据折射定律有：n=.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=.代放数据得：C=45.PQO中=18090Cr=15.所以能射出的光线区域对应圆心角=90r=45.能射出光线的部分占AB面的比例为解后反思图13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，
15、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.图14【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
16、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=mR=l-h得T=m(g)0故v2g(l-h)又由机械能守恒可得mv2=mgl-2(l-h)得v2=2g(2h-l) 即2g(2h-l)g(l-h)解得lhl解后反思图15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
17、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.图168.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
18、星体可视为均匀球体，引力常数G=6.671011m2/kgs2.【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，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，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
19、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，由平衡条件有图17F+fmgsin=0而F=BIL, f=mgcosI=联解得最大速度 vm=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.例题变式图189.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=0.1.当MN从AD向BC运动过程中，求：(1
20、)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.图19【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=2F.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=2106C、质量m=2103kg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
21、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而E=由解得n=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
22、理有：mg(h+d)q=0得K=代入数据得K=2000滴.即最多有2001滴油滴落到b板上.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.例题变式图2010.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
23、，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.图21【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?图22(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
24、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.如图22(a)所示.由平衡条件有mgsinqEcos=0由动能定理有qERsinmgR(1cos)=Ek因为qE=mg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与水平方向夹角如图22(b)所示.由动能定理有qERcosmgR(1+sin)=0得3cos=1+sin解此方程得=30因此小球上升的高度h=R(1+sin)=R.图23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
25、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=，得=60代入式得最大动能 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.例题变式图2411.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
26、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1，盘与桌面间的动摩擦因数为2.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)图25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1mg=ma1.桌布抽出后，盘在桌面上做匀减速运动，
27、以a2表示加速度的大小，有2mg=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x2lx1.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=at2. x1= 而x=l+x1. 由以上各式解得a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.例题变式图2612.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
28、杯A与桌布间动摩擦因数=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.图27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)
29、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.图28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=0.60m/s2.a2=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=0.15m/s.Fk=m2v02 (m1+m2)v
30、2=0.015J.(3)根据匀变速直线运动规律v1=a1tv2=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=a1t2,s2=v0ta2t2,s=s1+ds2,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.例题变式图2913.两个小球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
31、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.求弹簧长度刚被锁定后A球的速度.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=800Nm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
32、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=10ms2)，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，由牛顿第二定律有图30F1mg+kx1=ma式中x1为弹簧的压缩量，由式可知，开始时F的值最小.考虑到kx1=mg当B刚要离开地面时，弹簧处于拉伸状态，有F2mgkx2=makx2=mg又：(x1+x2)=at2 比较、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
33、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.图31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：使木块A竖直向上做匀加速运动的过程中力F的最大值.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图1解：对结点进行受力分析
34、，如图1，由平衡条件有2Tcos=F得cos=0.6,而cos=解得l=1.25，绳索的总长L=2l+2=4.5m.2.答案： m/s21350m.解：设轿车加速度为a，加速时间为t，则有at2+40(120-t)=1000+20120.整理得：at240t+1400=0,由根判别式有：=16002800a=0,解得a= ms2两车速度相等时相距最远，即at=20, 得t=35s,于是有：s=1000+2035352=1350m.3.答案：A D图2解：只有电场时，有d=，l=7d,d为板间距离，得E=，只有磁场时有两种情况.若离子从板间右边飞出，则有：R2=(R-d)2+(7d)2,得离子运
35、动半径R=，则EB=v0，D正确.若离子从板间左边飞出，则离子的运动半径R=,可得EB=,A正确.4.32cm解：考虑两个边界如图2，沿aa方向射出的粒子在洛伦兹力作用下能从bb边界射出，粒子的运动半径R= =20cm，由几何知识可得：R2=l+(R-d)2，解得l1=16cm 沿另一个方向射出的粒子的运动轨迹恰与bb相切，此为上边界，同理由方程可得l2=16cm，因此粒子从bb射出的范围s=l1+l2=32cm.5.答案：O点上方之间.解：设带电粒子在磁场中正好经过cd边(相切)从ab边射出时速度为v1，有qBv1=m，由几何关系得R1=L,求解v1=.设带电粒子正好经过ab边(相切)，从a
36、d边射出时速度为v2有：qBv2=m,由几何知识得R2=，求得.故v0的大小范围为，带电粒子在磁场中的周期T=,带电粒子在磁场中的轨迹占圆周比值最大，即运动时间最长.当0v0时，最长时间为tm=.这种情况下带电粒子从ad边射出，射出点的范围为距O点上方之间.6.答案：R图3解：半园形玻璃砖对光的临界角sinC=，C=45，由此可知沿着半径方向射向园心的光线恰发生全反射。因此从左侧折射到底面的光全部发生全反射，如图3所示，右侧与圆面相切的光射入玻璃中，由折射定律,得2=45.因此从底面有光线射出的宽度为OA=Rcos1=Rcos45R.7.答案：qEl;3qE解：依题意小球受重力mg，电场力qE
37、，且qE=2mg,由此可知，小球在最低点A容易脱离圆轨道，在A点时有qE+T-mg=m，为使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，令上式中T=0，得通过A点的最小动能Ex=，故条件为EKA.在B点由动能定理有：qE2l-mg2l=mv2B-mv2A，T+mg-qE=，解得T=3qE8.答案：1.271014kg/m3解：设中子星的半径为R，质量为M，在中子星赤道上选一质量为m的物体，物体随中子星自转而作圆周运动，要使其不脱离，则必须满足：G，得.故最小密度=1.271014kgm3.9.答案：0.3V；1.37W图4 解：当MN以v=0.5m/s切割磁感线时，其等效电路如图4所示，MN两端的电势
38、差即为路端电压，即UMN=E-Ir=E，当R左=R右=0.3，即MN运动到框的中点时，UMN最大，得UMN=0.3V.P=IE=，要P最大，则需R外最小，由电路并联知识可知，当MN在最左端或最右端时，外电路电阻最小，最小为R外=，Pmax=1.37W.10.答案：;U0;解：当B板吸收了N个电子时，电容器所带电量Q=Ne,由C=,得AB两板间电压U=.电子经U0电压加速后进入A、B间作匀减速运动，随着B板电荷增加，电子在A、B间的加速度越来越大，直至电子到达B板的速度恰为零，此时A、B板间电压达到最大值，由动能定理有：eU0-eUm=0,得Um=U0设从电子进入A、B板间直到电压到最大值Um经
39、过的时间为t，则板吸收的总电荷Q=net，又C=,得t=。11.答案：1m/s图6解：依题意环下滑到最大位移处时速度为零，由机械能守恒有：mgh=Mg(L)=0，cos=，由此得M=2m.当环具有最大速度时，环在竖直方向上受合力为零，即Tsinm1g=0，而T=Mg，解得=30，由机械能守恒有：mgLtg30Mg(L)=.由运动的合成和分解可知：v=vmsin30,如图6所示，由以上解得环下滑的最大速度vm=m/s1m/s.12.答案：v1.6m/s解：A刚放到桌布上时，A与桌布发生相对运动产生摩擦力作用，A将向右作匀加速运动，当A滑到桌布左端时若VAV0,则A将从木板上滑下，否则桌布不能抽出
40、，考虑临界情况VA=V0,由以上分析有：桌布的位移S1=v0t，A的位移S2=at2，v0=at,S2-S1=d，a=g，联立解得v0=1.6m/s，故当桌布速度v01.6m/s时，才可以抽出.13.答案：v0；mv解：设C球与B球粘结成D时，D的速度为v1，由动量守恒有，mv0=2mv1,v1=v0，当弹簧压缩最短时，D与A的速度相等，设此速度为v2，由动量守恒有2mv1=3mv2,得v2=v0.设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为Ep,由能量守恒有：2mv=3 mv+Ep，撞击P后，A与D的动能都为零，解除锁定后，当弹簧恢复到自然长度时，势能全部变成D的动能，设D的速度为v3，则有：E
41、p= (2m)v，得v3=v0，以后弹簧伸长，A球离开档板并获得速度，当A、D的速度相等时，弹簧伸至最长，设此时的速度为v4，则有：2mv3=3mv4,由能量守恒有：2mv=3mv+Ep，解得A离开档板后弹簧的最大弹性势能Ep=.图7 14.答案：4.41N；9.64102J解：AB向上作加速直线运动，对A进行受力分析如图7所示，由牛顿第二定律有：F+N-mg=ma,即F=mg+ma-N,N为B对A的弹力，由此可知，当N=0即A、B即将分离时F有最大值，有Fm=m(g+a)=0.42(10+0.5)=4.41N.A、B开始上升前，系统平衡有kx1=(mA+mB)g，A、B分离时，对B有kx2-mBg=mBa,分离前A、B系统作匀加速运动，分离时速度v2=2a(x1-x2)，该过程对AB系统由动能定理有：WF+0.248-(mA+mB)g(x1-x2)= (mA+mB)v2，联立解得拉力F做功WF=9.6410-2J.我为人人 人人为我 共 16 页 第 16 页
