备考2020版高考物理复习攻略之方法汇总专题05极限临界方法

1、专题05极限临界方法极限临界方法是解决物理问题经常用到的一种方法。伽利略应用极限临界方法探究力与运动的关系。他做了著名的斜坡实验，在这个实验中，两个光滑斜坡对接，其中一个斜坡的倾角可以调节，当从一个斜坡某一点让小球自由滚下，能看到小球滚到另一斜坡与起点等高处，这个实验最关键的问题是要使阻力足够小，使小球达到与起点等高处，只有这样，才能进行极限思维：当斜坡倾角趋近于零时，小球运动到无穷远处，小球永不停息地运动下去。这就是伽利略的理想实验，它一方面以真实的科学实验为根据，抓住关键性的科学事实，为理想实验的进行提供可靠的基础；另一方面，又要充分发挥极限临界方法的能动作用，进行合乎逻辑的推理。极限临界

2、方法实际上是依据一定的实验基础，进行理想推演的思维过程，是思维由存在向虚无、或由虚无向存在推进的过程，对于我们解决一些物理问题有所启迪：一种情况是对于有些问题不容易得出通解，我们可以应用极限临界方法求其特解（特解是理想状况下的不存在的解）由特解再回溯通解的有关特性；另一种情况是先求出问题的通解，再由极限临界方法逼近其特解，得出极值。极限临界方法是临界方法与极限方法的综合。典例1.（19年海南卷）如图，一段半圆形粗铜线固定在绝缘水平桌面（纸面）上，铜线所在空间有一匀强磁场，磁场方向竖直向下。当铜线通有顺时针方向电流时，铜线所受安培力的方向（）A.向前B.向后C.向左D.向右【答案】A【解析】以竖

3、直轴为对称轴，把半圆形通电铜线对称等分，每一段通电铜线长趋近于零但不为零，每一段通电铜线可以看作直线段，对称轴两边的对称直铜线受到的安培力由左手定则确定，其方向关于对称轴对称且斜向上，合力竖直向上。由此得出半圆形通电铜线受到的合力竖直向上。【点评与总结】本题利用极限思维方法将半圆形通电铜线化曲为直，从而有利于问题的解决。也可以用等效法处理：半圆形铜线的受力与水平直径长的铜导线等效。针对训练1（19年全国3卷）如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t=0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨

4、垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是（）【答案】AC；【解析】ab棒向右运动，切割磁感线产生感应电流，则受到向左的安培力，从而向左做减速运动，金属棒cd受向右的安培力作用而做加速运动，随着两棒的速度差的减小安培力减小，加速度减小，当两棒速度趋近相等时，回路的磁通量没有变化感应电流为零，最终两棒共速，一起做匀速运动，两棒的加速度为零。故最终电路中电流为0，故AC正确，BD错误。【点评与总结】本题不仅要考虑过程物理量的变化，还要善于发现终极状态。这是双杆模型，两杆构成的系统动量守恒，双杆最终速度趋近相同，可以得出末速度，两者的相对速度趋近为零。

5、电路中的电动势是切割类型，EBlv，速度是两杆的相对速度，相对速度逐渐减小，安培力逐渐减小，加速度逐渐减小，当两杆的相对速度为零，安培力为零，加速度也为零。典例2.（19年海南卷）一透明材料制成的圆柱体的上底面中央有一球形凹陷，凹面与圆柱体下底面可透光，表面其余部分均涂有遮光材料。过圆柱体对称轴线的截面如图所示。O点是球形凹陷的球心，半径OA与OG夹角=120?。平行光沿轴线方向向下入射时，从凹面边缘A点入射的光线经折射后，恰好由下底面上C点射出。已知ABFG1cm，BC3cm，OA=2cm。（i）求此透明材料的折射率；（ii）撤去平行光，将一点光源置于球心O点处，求下底面上有光出射的圆形区域

6、的半径（不考虑侧面的反射光及多次反射的影响）。【答案】（i）3（ii）26cm2【解析】（i）通过几何关系求得，入射角600，折射角300，nsinisinr3（ii）点光源处在球心，在进入介质的时候不会折射，当光线从CD面射向空气，刚好发生全反射时，入射角为临界角C.sinC1tanCn1n2-1OC31ROCtanC262【点评与总结】点光源光线射向CD面，能透射出来的临界状态事其入射角刚好达到临界角。小于临界角的透射光束在CD面形成圆形光斑。针对训练2（19年全国3卷）如图，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，A=90，B=30。一束光线平行于底边BC射到AB边上并进入棱镜，然后垂直于AC

7、边射出。（i）求棱镜的折射率；（ii）保持AB边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到BC边上恰好有光线射出。求此时AB边上入射角的正弦。【答案】（i）n=3，（ii）sini=322【解析】（i）光路图及相关量如图所示。光束在AB边上折射，由折射定律得sinisinn式中n是棱镜的折射率。由几何关系可知+=60由几何关系和反射定律得=B联立式，并代入i=60得n=3（ii）设改变后的入射角为i，折射角为，由折射定律得sinisin=n依题意，光束在BC边上的入射角为全反射的临界角c，且sinc=1n由几何关系得c=+30由式得入射角的正弦为sini=322典例3（19年江苏卷）如图所示，匀强磁

8、场的磁感应强度大小为B磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN=L，粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反质量为m、电荷量为-q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且d0）。质量为m，电荷量为q（q0）的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。（1）求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；（2）若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？2qh；lv（2）L=2l

9、2vdqq【答案】（1）E=1mv2k02mdhmdh00qEhEmv22【解析】（1）PG、QG间场强大小相等，均为E，粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有E2dF=qE=ma设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有1k0设粒子第一次到达G时所用时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有h12at2E=mv2qh2dl=v0t联立式解得12k0lv0mdhq（2）设粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，由对称性知，此时金属板的长度L为0qL=2l2vmdh典例4.（18年天津卷）如图所示，在水平线ab下方有一匀强电场，电场强度为E，方向竖直向下

10、，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，磁场中有一内、外半径分别为R、3R的半圆环形区域，外圆与ab的交点分别为M、N。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放，由M进入磁场，从N射出，不计粒子重力。（1）求粒子从P到M所用的时间t；（2）若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出，同样能由M进入磁场，从N射出，粒子从M到N的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q时速度v0的大小。【解析】（1）设粒子在磁场中运动的速度大小为v，所受洛伦兹力提供向心力，有qvBm设粒子在电场中运动所受电场力为F，有F=qE；设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛

11、顿第二定律有F=ma；粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有v=at；联立式得tv23R3RBE；（2）粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期和速度、半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定，故当轨迹与内圆相切时，所有的时间最短，设粒子在磁场中的轨迹半径为r，由几何关系可知rR2(3R)2r2设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为，即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系可知tan3RrR；粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v，在垂直于电场方向的分速度始终为v0，由运动的合成和分解可

12、知tanvv0联立式得vqBR0m【点评与总结】第二小题中，首先要画出粒子从M到N的过程中（始终在环形区域中运动）所用的时间最少的轨迹，由于粒子做完整圆周运动的周期一定，如果在磁场中运动时间最短，圆弧对应的圆心角最小，粒子轨迹与内环顶点相切，这条轨迹时临界轨迹，这样的轨迹时间最短。针对训练4a.如图，一不可伸长的轻质细绳跨过滑轮后，两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B。若滑轮有一定大小，质量为m且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的磨擦。设细绳对A和B的拉力大小分别为T1和T2，已知下列四个关于T1的表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析判断正

13、确的表达式是（）A.T1(m2m)mgB.T1(m2m)mg2112m2(mm)m4(mm)1212D.T1C.T1(m4m)mg(m4m)mg2112m2(mm)m4(mm)1212【答案】C【解析】假定滑轮质量m趋近于零（实际上滑轮总有质量），对于A有：Tmgma。111对于B有;mgTma。222又知TT12以上三式解得：TT2m1m2mm1212g把m0代入本题四个选择项，可得出C答案与之相符。【点评与总结】本题的机械叫阿特伍德机，阿特伍德机问题是大学物理经典问题，在高考试题中出现这样给定选项的问题，显然不需要高深的理论推导。本题如果考虑滑轮的质量，高中生是无法直接求解的，因此要应用极

14、限思维方法。针对训练4b.如图所示，长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30角固定放置。将一质量为m的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为M=km的小物块相连，小物块悬挂于管口。现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变。(重力加速度为g)(1)求小物块下落过程中的加速度大小；(2)求小球从管口抛出时的速度大小；(3)试证明小球平抛运动的水平位移总小于2L2k1g,（2）v0【答案】（1）a2k12k22k1gL【解析】（1）设细线中张力为L对于Mm分别隔离，由牛顿第二定律得MgTMaTmgsinma又有Mkm解得a2k12k1g（2）设M落地时速度为v，m从管口射出时速度为v0，M落地后m的加速度为a0对m有mgsinma0k1gL2v22aLsinv2v22aL(1sin)00解得vk20(k2)（3）m射出后，作