高中物理解題方法之臨界法江蘇省特級教師戴儒京一種物理現(xiàn)象轉(zhuǎn)變?yōu)榱硪环N物理現(xiàn)象的轉(zhuǎn)折狀態(tài)叫臨界狀態(tài)。臨界狀態(tài)下的物理問題稱為臨界問題。解決臨界問題的方法稱為臨界法。在高中物理的各個部分都有臨界問題，都可用臨界方法。一、靜力學(xué)中的臨界問題：平衡物體的臨界狀態(tài)是指物體所處的平衡狀態(tài)將要被損壞而還沒有被損壞的狀態(tài)。解決臨界問題的重點是找來臨界條件。物理方法：物理方法是指充分利用物理狀態(tài)和物理規(guī)律，剖析臨界狀態(tài)或界線條件，在特別狀態(tài)下，依照物理規(guī)律列方程，即可直接解決臨界問題。<br>物理方法包括(1)利用臨界條件，(2)利用界線條件，(3)利用矢量圖。臨界問題與極值問題是有關(guān)系的，其主要差異是：臨界問題平常用物理方法，極值問題平常用數(shù)學(xué)方法。二、動力學(xué)中的臨界問題動力學(xué)中的臨界問題，臨界條件主要有以下幾種：（1）接觸與走開的臨界條件：兩物體間的彈力

FN

0（2）相對滑動的臨界條件：靜摩擦力達到最大值（3）繩子斷裂與廢弛的臨界條件：斷裂：繩中張力等于它所能承受的最大張力，廢弛：

FT

0（4）加快度最大與速度最大的臨界條件：在變化的外力作用下，物體所受合外力最大時加快度最大，所受合外力最小時加快度最??；加快度為0時，速度經(jīng)常最大。例1．一人乘電梯上樓，在豎直上漲過程中加快度a隨時間t變化的圖線以以下列圖，以豎直向上為向，則人對地板的壓力

a的正方A．t=2s

時最大

B．t=2s

時最小

C．t=8.5s

時最大

D．t=8.5s

時最小6.【剖析】

0~4s，加快度向上，人超重，設(shè)地板對人支持力為

FN，則

FN

mg

ma

，當(dāng)t

2s時，加快度最大，支持力就最大，依照牛頓第三定律，人對地板壓力也最大；7~10s，加快度向下，人失重，設(shè)地板對人支持力為F，則mg-FNma，F(xiàn)Nmgma當(dāng)t8.5s時，加快度最大，支持力就最小，依照牛頓N第三定律，人對地板壓力也最小?！敬鸢浮緼D【議論】此題觀察牛頓定律和超重失重知識，難度：中等三、圓周運動中的臨界問題1）水平面上圓周運動的臨界問題物體放在轉(zhuǎn)動的圓盤上，隨圓盤一同做勻速圓周運動，靜摩擦力經(jīng)過向心力。物體相對圓盤恰巧不發(fā)生相對滑動的臨界條件是：最大靜摩擦力恰巧供應(yīng)向心力，即mgmv2m02r，臨界角速度0g。當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動的角速度0時，物體將做離心運動。rr2）豎直平面內(nèi)的圓周運動的臨界問題輕繩模型和輕桿模型比較表輕繩模型輕桿模型常有種類均是沒有支撐的小球均是有支撐的小球過最高點的臨界條件由mgmv2由小球恰能運動到最高點，得v0r得vlingr討論剖析（1）過最高點時，vgr（1）當(dāng)v0時，F(xiàn)Nmg為支持力，2沿半徑背叛圓心FNmgmv，繩或軌道對球r（2）當(dāng)0vgr時，產(chǎn)生彈力FNv2mgFNm，F(xiàn)N沿半徑背叛圓心，（2）若vgr，球不能夠過最高點，r在抵達最高點前小球走開軌道。隨v的增大而減小。（3）當(dāng)vgr時，mgFNmv2，rFN沿半徑指向圓心，隨v的增大而增大。例2．一轉(zhuǎn)動裝置以以下列圖，四根輕桿OA、OC、AB和CB與兩小球以及一小環(huán)經(jīng)過鉸鏈連結(jié)，輕桿長均為l球和環(huán)的質(zhì)量均為m，O端固定在豎直的輕質(zhì)轉(zhuǎn)軸上，套在轉(zhuǎn)軸上的輕質(zhì)彈簧連結(jié)在O與小環(huán)之間，原長為

，L，裝置靜止時，彈簧長為

3L，轉(zhuǎn)動該裝置并遲緩增大轉(zhuǎn)速，小環(huán)遲緩上漲。彈簧向來在彈性限度內(nèi)，忽2略所有摩擦和空氣阻力，重力加快度為

g，求：（1）彈簧的勁度系數(shù)k；（2）AB桿中彈力為零時，裝置轉(zhuǎn)動的角速度0；（3）彈簧長度從3L遲緩縮短為1L的過程中，外界對轉(zhuǎn)動裝置所做的功W。22【解答】（1）裝置靜止時，設(shè)OA、AB桿中的彈力分別為F1、T1，OA桿與轉(zhuǎn)軸的夾角為1.F彈1L小環(huán)碰到彈簧的彈力k2小環(huán)受力平衡F彈1mg2T1cos1小球受力平衡F1cos1T1cos1mg；F1sin1T1sin1解得k4mgL(2)設(shè)OA、AB桿中的彈力分別為F2、T2，OA桿與轉(zhuǎn)軸的夾角為2，彈簧長度為x。小環(huán)碰到彈簧的彈力F彈2k(xL)小環(huán)受力平衡F彈2mg,得x5L4對小球F2cos2mg；F2sin2m02lsin2；cos2x2l解得：08g5L（3）彈簧長度為1L時，設(shè)OA、AB桿中的彈力分別為F3、T3，OA桿與轉(zhuǎn)軸的夾角為3，2小環(huán)碰到彈簧的彈力F1kL彈32小環(huán)受力平衡F彈3mg2T3cos3，cos3L4l對小球F3cos3mgT3cos3；F3sin3T3sin3m32lsin3；16g解得3L整個過程彈簧彈性勢能變化為0，則彈力做功為0，由動能定理Wmg(3L1L)2mg(3L1L)22m(3lsin3)22244解得WmgL

16mglL

2【剖析】小球和小環(huán)地點表示圖【議論】此題觀察圓周運動，彈簧等知識和力的剖析，力的平衡，向心力等能力，綜合性強，物理狀況復(fù)雜。難度：難四、圓錐擺中的臨界問題做圓錐擺類的圓周運動，隨轉(zhuǎn)動角速度的增大，物體碰到的支持力會減小，當(dāng)該力恰巧減為0時，經(jīng)常就是該問題的連結(jié)狀態(tài)，由連結(jié)狀態(tài)求臨界線速度和角速度。五、電場中的臨界問題例4.勻強電場中有a、b、c三點．在以它們?yōu)闃O點的三角形中，∠a＝30°、∠c＝90°,．電場方向與三角形所在平面平行．已知a、b和c點的電勢分別為(23)V、(23)V和2V．該三角形的外接圓上最低、最高電勢分別為A．(23)V、(23)VB．0V、4VC．(243)V、(243)D．0V、3V33【作圖】1.作三角形的外接圓，圓心為o,以以下列圖，連結(jié)co過o作de⊥oc,交外接圓d和e從a、b作de的垂線，g、f為垂足【解答】de為電場線，o與c,a與g，f與b為等勢點，所以UogUof3Vog2of，由于oe=ob=0,cos303所以UoeUod23V2V,所以Ud224V，Ue220V，所以選B.3原因：由于Uo2V,所以oc為等勢線，它的垂線ed為電場線,沿電場線電勢降落最快，所以，d、e分別是圓上電勢最高點和最低點。六、帶電粒子在有界磁場中運動的臨界問題從重點詞語找打破口，如“恰巧”、“最大”、“最小”、“最高”、“最少“等詞語，挖掘出題目隱含的信息。數(shù)學(xué)方法與物理方法相聯(lián)合，借助半徑r與速度v和磁感覺強度B的關(guān)系rmv進行動向軌跡剖析，確定qB軌跡圓與有界磁場界線之間的關(guān)系，找出臨界點，解決問題。這一類題目甚多也甚難，經(jīng)常作為高考物理卷的壓軸題。例5．圖中左側(cè)有一對平行金屬板，兩板相距為d，電壓為V；兩板之間有勻強磁場，磁感覺強度大小為B0，方向平行于板面并垂直于紙面朝里。圖中右邊有一邊長為a的正三角形地區(qū)EFG（EF邊與金屬板垂直），在此地區(qū)內(nèi)及其界線上也有勻強磁場，磁感覺強度大小為B，方向垂直于紙面朝里。假定一系列電荷量為q的正離子沿平行于金屬板面、垂直于磁場的方向射入金屬板之間，沿同一方向射出金屬板之間的地區(qū)，并經(jīng)EF邊中點H射入磁場所區(qū)。不計重力。（1）已知這些離子中的離子甲抵達磁場界線EG后，從界線EF穿出磁場，求離子甲的質(zhì)量。（2）已知這些離子中的離子乙從EG邊上的I點（圖中未畫出）穿出磁場，且GI長為3a。求離子乙的4質(zhì)量。3）若這些離子中的最輕離子的質(zhì)量等于離子甲質(zhì)量的一半，而離子乙的質(zhì)量是最大的，問磁場界線上什么地區(qū)內(nèi)可能有離子抵達?！敬鸢浮浚?）R23aq23m3Bt0（2）速度與y軸的正方向的夾角范圍是60°到120°（3）粒子發(fā)射到所有走開所用時間為2t0例6.以以下列圖，MN、PQ是足夠長的圓滑平行導(dǎo)軌，此間距為L，且MP⊥MN．導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角0m的金屬棒ab緊θ=30．MP接有電阻R．有一勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面，磁感覺強度為B．將一根質(zhì)量為0靠PM放在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸優(yōu)秀，金屬棒的電阻也為R，其余電阻均不計．現(xiàn)用與導(dǎo)軌平行的恒力F=mg沿導(dǎo)軌平面向上拉金屬棒，使金屬棒從靜止開始沿導(dǎo)軌向上運動，金屬棒運動過程中向來與MP平行．當(dāng)金屬棒滑行至cd處時已經(jīng)達到堅固速度，cd到MP的距離為S．求：1）金屬棒達到的堅固速度；2）金屬棒從靜止開始運動到cd的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量；（3）若將金屬棒滑行至cd處的時刻記作t=0，此后時刻起，讓磁感覺強度漸漸減小，可使金屬棒中不產(chǎn)生感覺電流，寫出磁感覺強度B隨時間t變化的關(guān)系式．【解答】（1）當(dāng)金屬棒堅固運動時，F(xiàn)mgsinF安B02L2vmgRF安解得：v2RB02L2（2）由動能定理得：FSmgsinSW克安1mv20W克安1mgSm3g2R2222B04L4QR1mgSm3g2R244B04L4（3）當(dāng)回路中的總磁通量不變時，金屬棒中不產(chǎn)生感覺電流。此時金屬棒將沿導(dǎo)軌做勻加快運動。Fmgsinmaa1g2B0LSBL(Svt1at2)B2B03L2S2mgRt2B02L2(2Sgt2)【總結(jié)】電磁感覺與力學(xué)的綜合，平常用到動能定理。動能定理與能量守恒是一致的。在動能定理中，能量的轉(zhuǎn)變用功來表現(xiàn)，其中戰(zhàn)勝安培力做功等于機械能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔茉俎D(zhuǎn)變?yōu)閮?nèi)能即焦耳熱?！半姶鸥杏X”題中的“焦耳熱”問題，又是高考題中常出現(xiàn)的問題。所謂“焦耳熱”，就是電流產(chǎn)生的熱量，“電磁感覺”中的“焦耳熱”，是感覺電流產(chǎn)生的熱量。“焦耳熱”的求法平常有3種：一是直接法，依照公式QI2Rt求解；二是間接法，應(yīng)用動能定理Q1mv021mv2或能量守恒定律22mgh11mv12Qmgh21mv22求解。三是用功與功率的關(guān)系QPt求解。此題用第二種方法。還要22注意：此題求電阻R上產(chǎn)生的熱量，是總焦耳熱的二分之一。在與電磁感覺有關(guān)的能量轉(zhuǎn)變與守恒的問題中,要明確什么力做功與什么能的轉(zhuǎn)變的關(guān)系,它們是:協(xié)力做功=動能的改變；重力做功=重力勢能的改變；重力做正功,重力勢能減少；重力做負功,重力勢能增加；彈力做功=彈性勢能的改變；彈力力做正功,彈性勢能減少；彈力做負功,彈性勢能增加；電場力做功=電勢能的改變；電場力做正功,電勢能減少；電場力做負功,電勢能增加；安培力做功=電能的改變,安培力做正功,電能轉(zhuǎn)變?yōu)槠溆嘈问降哪?安培力做負功(即戰(zhàn)勝安培力做功),其余形式的能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔?此題第（3）問比較少見。例7.圖為可測定比荷的某裝置的簡化表示圖，在第一象限地區(qū)內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感覺強度大小B=2.0×10-3T,在X軸上距坐標原點L=0.50m的P處為離子的入射口，在Y上部署接收器，現(xiàn)將一帶4的M處被觀察正電荷的粒子以v=3.5×10m/s的速率從P處射入磁場，若粒子在y軸上距坐標原點L=0.50m到，且運動軌跡半徑恰巧最小，設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m,電量為q,不計其重力。（1）求上述粒子的比荷q；m（2）若是在上述粒子運動過程中的某個時刻，在第一象限內(nèi)再加一個勻強電場，就能夠使其沿y軸正方向做勻速直線運動，求該勻強電場的場富強小和方向，并求出從粒子射入磁場開始計時經(jīng)過多長時間加這個勻強電場；3）為了在M處觀察到按題設(shè)條件運動的上述粒子，在第一象限內(nèi)的磁場能夠限制在一個矩形地區(qū)內(nèi)，求此矩形磁場所區(qū)的最小面積，并在圖中畫出該矩形?！狙芯窟^程】審題中，要抓住重點詞，此題的重點詞是：運動軌跡半徑恰巧最小。怎樣畫圖半徑才最??？有同學(xué)可能先畫出以以下列圖，從入射口垂直進入，從出射口垂直射出的圓弧，即以l為半徑的1圓弧。4若是這樣繪圖，往下解就都錯了。由于這其實不是最小半徑，最小半徑是以入射口到出射口的連線為直徑的1圓弧，由于此圓弧的半徑為2l，自然小于l。此題典型地說明：圖畫錯所有全錯。22爾后，若要使帶電粒子“沿y軸正方向做勻速直線運動”，必定在圓弧上畫切線，此切線與y軸平行。最后，擁有“最小面積”的矩形磁場所區(qū)，就是圓弧的外接長方形，即以直徑為一邊，以半徑為另一邊的長方形，以以下列圖所示?！敬鸢浮浚?）設(shè)粒子在磁場中的運動半徑為r。如上圖，依題意M、P連線即為該粒子在磁場中作勻速圓周運動的直徑，由幾何關(guān)系得2Lr①2由洛倫茲力供應(yīng)粒子在磁場中作勻速圓周運動的向心力，可得qvBmv2②r聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)得q=4.9×107C/kg（或5.0×107C/kg）③m（2）設(shè)所加電場的場富強小為E。如圖乙，當(dāng)粒子經(jīng)過Q點時，速度沿y軸正方向，依題意，在此時加入沿x軸正方向的勻強電場，電場力與此時洛倫茲力平衡，則有qEqvB④代入數(shù)據(jù)得E70N/C⑤所加電場的場強方向沿x軸正方向。由幾何關(guān)系可知，圓弧PQ所對應(yīng)的圓心角為45°，設(shè)帶點粒子做勻速圓周運動的周期為T，所求時間為t，則有4500T⑥T2rtv⑦360聯(lián)立①⑥⑦并代入數(shù)據(jù)得t7.9106s3MM1P1P，該地區(qū)面積⑧（）如圖丙，所求的最小矩形是S2r2⑨聯(lián)立①⑨并代入數(shù)據(jù)得S0.25m2矩形如圖中MM1P1P（虛線）例7.如圖甲所示，成立Oxy坐標系，兩平行極板P、Q垂直于y軸且對于x軸對稱，極板長度和板間距均為l，第一四象限有磁場，方向垂直于Oxy平面向里。位于極板左側(cè)的粒子源沿x軸向右連續(xù)發(fā)射質(zhì)量為m、電量為+q、速度相同、重力不計的帶電粒子，在0~3t0時間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓（不考慮極板邊緣的影響）。已知t=0時刻進入兩板間的帶電粒子恰幸虧t0時刻經(jīng)極板邊緣射出磁場。上述m、q、l、l0、B為已知量。（不考慮粒子間相互影響及返回板間的狀況）1）求電壓U0的大小。2）求1t0時刻進入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑。2（3）何時進入兩板間的帶電粒子在磁場中的運動時間最短？求此最短時間?！敬鸢浮浚?）t0時刻進入兩極板的帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動，t0時刻恰巧從極板邊緣射出，1l，在y軸負方向偏移的距離為2則有EU0①，Eqma②l1l1at02③22聯(lián)立以上三式，解得兩極板間偏轉(zhuǎn)電壓為U0ml2④。2qt0（2）1t0時刻進入兩極板的帶電粒子，前1t0時間在電場中偏轉(zhuǎn)，后1t0時間兩極板沒有電場，帶電粒子222做勻速直線運動。帶電粒子沿x軸方向的分速度大小為v0l⑤t0y軸負方向的分速度大小為vy1帶電粒子走開電場時沿at0⑥2帶電粒子走開電場時的速度大小為vv02vy2⑦設(shè)帶電粒子走開電場進入磁場做勻速圓周運動的半徑為R，則有Bvqmv2⑧R聯(lián)立③⑤⑥⑦⑧式解得5ml⑨。R2qBt0（3）2t0時刻進入兩極板的帶電粒子在磁場中運動時間最短。帶電粒子走開磁場時沿y軸正方向的分速度為vy'at0⑩，設(shè)帶電粒子走開電場時速度方向與y軸正方向的夾角為，則tanv0'，vy聯(lián)立③⑤⑩式解得，帶電粒子在磁場運動的軌跡圖以以下列圖，圓弧所對的圓心角為2，所求421T,帶電粒子在磁場中運動的周期為T2mtminm最短時間為tmin，聯(lián)立以上兩式解得。4Bq2Bq【評說】第3問中，“2t0時刻進入兩極板的帶電粒子在磁場中運動時間最短”，為什么？需要說明。由于從

t

0時刻進入兩極板的帶電粒子偏轉(zhuǎn)后沿下邊緣射出，

在磁場中作圓周運動的軌跡是優(yōu)弧

（大于

），以以下列圖所示，運動時間最長，從

t

0到t0時間內(nèi)進入兩極板的帶電粒子偏轉(zhuǎn)后沿偏向下方向射出，在磁場中作圓周運動的軌跡都是優(yōu)弧，時間大于

1T

。2從t

2t0到

3t0時間內(nèi)進入兩極板的帶電粒子偏轉(zhuǎn)后沿偏向上方向射出，在磁場中作圓周運動的軌跡都是劣?。ㄐ∮?/p>

），時間小于

1T2

，其中從

2t0時刻進入兩極板的帶電粒子在走開電場時偏轉(zhuǎn)的

角最小，在磁場中運動的時間最短。求帶電粒做在圓周運動的時間，必定先求圓周運動軌跡（圓?。┧鶎Φ膱A心角，此圓心角的度數(shù)與

360的比（或弧度數(shù)與

2

的比），等于時間與周期的比。例8.如圖，ABCD是邊長為a的正方形。質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以大小為v0的初速度沿紙面垂直于BC邊射入正方形地區(qū)。在正方形內(nèi)適合地區(qū)中有勻強磁場。電子從BC邊上的隨意點入射，都只能從A點射出磁場。不計重力，求：1）此勻強磁場所區(qū)中磁感覺強度的方向和大??；2）此勻強磁場所區(qū)的最小面積?！狙芯窟^程】依照此題的條件，很簡單畫出CEA圓?。阂訠為圓心以a為半徑的1圓弧，這樣，第1問便4可求出。爾后猜想從隨意點如Q點射入的粒子可能以以下列圖QA圓弧，那么就產(chǎn)生了矛盾：直角三角形ABO’的直角邊AB長為a，斜邊AO’長也為a（等于CB），所以此圖錯誤。就要把圓心O’左移，能夠畫出如答案中所畫的圖，這樣帶電粒子從Q點不是直接進入磁場，而是先做勻速直線運動到P，再在磁場中做圓周運動，磁場的最小范圍不是以B為圓心以a為半徑的半圓，而是以AEC弧和AFC弧包圍的面積?！敬鸢浮吭O(shè)勻強磁場的磁感覺強度的大小為B。令圓弧AEC是自C點垂直于BC入射的電子在磁場中的運行軌跡。電子所碰到的磁場的作使勁fev0B應(yīng)指向圓弧的圓心，所以磁場的方向應(yīng)垂直于紙面向外。圓弧AEC的圓心在CB邊或其延伸線上。依題意，圓心在A、C連線的中垂線上，故B點即為圓心，圓半徑為a，依照牛頓定律有2mv02聯(lián)立①②式得mv0ea（2）由（1）中決定的磁感覺強度的方向和大小，可知自C點垂直于BC入射電子在A點沿DA方向射出，且自BC邊上其余點垂直于入射的電子的運動軌跡只幸虧BAEC地區(qū)中。所以，圓弧AEC是所求的最小磁場所區(qū)的一個界線。為了決定該磁場所區(qū)的另一界線，我們來觀察射中A點的電子的速度方向與BA的延伸線交角為（不妨設(shè)0）的狀況。該電子的運動軌跡qpA如上圖所示。2圖中，圓AP的圓心為O，pq垂直于BC邊，由③式知，圓弧AP的半徑仍為a，在D為原點、DC為x軸，AD為y軸的坐標系中，P點的坐標(x,y)為xasin④y[a(zacos)]acos⑤這意味著，在范圍0內(nèi)，p點形成以D為