高中物理解题方法：临界状态的假设易错题提高题专题及答案

一、高中物理解题方法：临界状态的假设

1．一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶。在车厢底,一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定。上一层只有一只桶C，自由地摆放在A、B之间，和汽车一起保持静止，如图所示，当C与车共同向左加速时

A．A对C的支持力变大 B．B对C的支持力不变 C．当向左的加速度达到D．当向左的加速度达到【答案】D 【解析】 【详解】

对C进行受力分析，如图所示，

3g时，C将脱离A 23g时，C将脱离A 3

设B对C的支持力与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得：sinθ=30°；同理可得，A对C的支持力与竖直方向的夹角也为30°； AB．原来C处于静止状态，根据平衡条件可得：

NBsin30°=NAsin30°；

令C的加速度为a，根据正交分解以及牛顿第二定律有：

N′Bsin30°-N′Asin30°=ma

可见A对C的支持力减小、B对C的支持力增大，故AB错误； CD．当A对C的支持力为零时，根据牛顿第二定律可得：

mgtan30°=ma

解得：

R1＝，所以2R2a3g 3则C错误，D正确； 故选D。

2．如图所示，带电粒子（不计重力）以初速度v0从a点垂直于y轴进入匀强磁场，运动过程中经过b点，Oa＝Ob。若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度v0从a点垂直于y轴进入电场，仍能通过b点，则电场强度E和磁感应强度B的比值为（ ）

A．v0 【答案】C 【解析】 【详解】

B．

2 v0C．2v0 D．

v0 2设OaObd，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于

d，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：

qv0B解得：

2mv0d

Bmv0 qd如果换成匀强电场，水平方向以v0做匀速直线运动，在水平方向：

dv0t

竖直沿y轴负方向做匀加速运动，即：

d解得：

12qE2at t 22m22mv0E

qd则有：

E2v0 B故C正确，A、B、D错误； 故选C。

3．如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，圆形管道半径为R，管道

内径略大于小球直径，且远小于R，则下列说法正确的是（ ）

A．小球通过最高点时的最小速度vmingR B．小球通过最高点时的最小速度vmin0

C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力 D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力 【答案】BC 【解析】 【详解】

AB．小球在竖直放置的光滑圆形管道内的圆周运动属于轻杆模型，小球通过最高点时的最小速度为零，故A错误，B正确；

C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，沿半径方向的合力提供小球做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小球一定有作用力，而内侧管壁对小球一定无作用力，故C正确； D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，沿半径方向的合力提供小球做圆周运动的向心力，当速度非常大时，内侧管壁没有作用力，此时外侧管壁有作用力，当速度比较小时，内侧管壁有作用力，外侧管壁对小球无作用力，故D错误。 故选BC。

4．如图所示，用一根长为l＝1m的细线，一端系一质量为m＝1kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为FT．(g取10m/s2，结果可用根式表示)求：

(1)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？ (2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？ 【答案】（1）12.5? rad/s（2）25rad/s．【解析】

试题分析：（1）小球刚好离开锥面时，小球只受到重力和拉力，小球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：mgtanm0lsin

2解得：0g12.5rad/s lcos（2）同理，当细线与竖直方向成600角时由牛顿第二定律及向心力公式得：

mgtanm'2lsin

解得：g20rad/s lcos考点：牛顿第二定律；匀速圆周运动

【名师点睛】此题是牛顿第二定律在圆周运动中的应用问题；解题时要分析临界态的受力情况，根据牛顿第二定律，利用正交分解法列出方程求解．

5．如图所示，在边界OP、OQ之间存在竖直向下的匀强电场，直角三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。从O点以速度v0沿与Oc成60°角斜向上射入一带电粒子，粒子经过电场从a点沿ab方向进人磁场区域且恰好没有从磁场边界bc飞出，然后经ac和aO之间的真空区域返回电场，最后从边界OQ的某处飞出电场。已知Oc=2L，ac=3L，ac垂直于cQ，∠acb=30°，带电粒子质量为m，带电量为+g，不计粒子重力。求： (1)匀强电场的场强大小和匀强磁场的磁感应强度大小； (2)粒子从边界OQ飞出时的动能；

(3)粒子从O点开始射入电场到从边界OQ飞出电场所经过的时间。

22mv02043233mv0mv0 B （2）Ek （3）L 【答案】（1）E33v8qL2qL40【解析】 【详解】

（1）从O点到a点过程的逆过程为平抛运动 水平方向：

2Lv0cost1

竖直方向：

12at13L 2加速度：

aqE m可得：

2mv0E3，

8qLt14L， v0粒子进入磁场后运动轨迹如图所示，设半径为r，由几何关系得，

r洛伦兹力等于向心力：

r3L， sin30v2qvBm

rvv0cos60解得：

v0 2B在磁场内运动的时间：

3mv0 2qL23L. 3v0t2rv

（2）粒子由真空区域进入电场区域从边界飞出过程，由动能定理得，

1qE(3L2r)Ekmv2

2解得：

2mv0 Ek4（3）粒子经过真空区域的时间，

4L8L.

t33v3v0粒子从真空区域进入电场区域到从边界飞出经过的时间为

t4(3L2r)12at4， 2解得：

t443L. 3v0204323L.

3v0粒子从入射直至从电场区域边界飞出经过的时间

tt1t2t3t4

6．如图所示，在边长为L的正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B.在正方形对角线CE上有一点P，其到CF，CD距离均为

L ，且在P点处有一个发射4正离子的装置，能连续不断地向纸面内的各方向发射出速率不同的正离子．已知离子的质量为m，电荷量为q，不计离子重力及离子间相互作用力．

(1)速率在什么范围内的所有离子均不可能射出正方形区域？ (2)求速率为v＝

13qBL的离子在DE边的射出点距离D点的范围． 32mqBLL(23)L (2)d 8m48【答案】(1)v【解析】 【分析】 【详解】

因离子以垂直于磁场的速度射入磁场，故其在洛伦兹力作用下必做圆周运动． (1)依题意可知离子在正方形区域内做圆周运动不射出该区域，做圆周运动的半径为r≤

L . 8qBLv2v对离子，由牛顿第二定律有qvB＝m⇒

8mr(2)当v＝

13qBL时，设离子在磁场中做圆周运动的半径为R， 32m13Lv2 则由qvB＝m可得.R32R要使离子从DE射出，则其必不能从CD射出，其临界状态是离子轨迹与CD边相切，设切点与C点距离为x，其轨迹如图甲所示，

由几何关系得： R2＝(x－

L2L )＋(R－ )2， 44计算可得x＝

5L， 8设此时DE边出射点与D点的距离为d1，则由几何关系有：(L－x)2＋(R－d1)2＝R2， 解得d1＝

L . 4而当离子轨迹与DE边相切时，离子必将从EF边射出，设此时切点与D点距离为d2，其轨迹如图乙所示，由几何关系有：

R2＝(

3LL－R)2＋(d2－ )2，

44解得d2＝

23L

813qBL23L的离子在DE边的射出点距离D点的范围为Ld 32m48故速率为v＝【点睛】

粒子圆周运动的半径rmv ，速率越大半径越大，越容易射出正方形区域，粒子在正方BqL ，则粒子一定不能射出磁场区域，根据牛顿第二定律求8形区域圆周运动的半径若不超过出速率即可．

7．将倾角为θ的光滑绝缘斜面放置在一个足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B，一个质量为m、带电量为q的小物体在斜面上由静止开始下滑（设斜面足够长）如图所示，滑到某一位置开始离开，求：

（1）物体带电荷性质

（2）物体离开斜面时的速度及物体在斜面上滑行的长度是多少？

m2gcos2【答案】(1) 小物体带负电 (2)L

2q2B2sin【解析】 【分析】 【详解】

（1）当小物体沿斜面加速下滑时，随着速度的增加，洛伦兹力逐渐增大，为了使小物体离开斜面，洛伦兹力的方向使必须垂直于斜面向上，可见，小物体带负电。 （2）小物体离开斜面时

qvB = mgcosθ，

解得

vmgcos ； qB12mv 2由于只有重力做功，故系统机械能守恒，即

mgLsin解得小物体在斜面上滑行得长度

m2gcos2L22

2qBsin

8．一个光滑的圆锥体固定在水平桌面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角

30，一条长为L的细绳（其质量不计）一端固定在圆锥体的顶点处，另一端拴一个质

量为m的小球（小球可以看成质点）。小球以速度v绕圆锥体的轴线做水平圆周运动，如图所示，当v3gl时，求细绳对小球的拉力。 2

【答案】2mg 【解析】 【分析】 【详解】

设当小球的速度为v0时小球恰好脱离锥面，满足

2v0 mgtanmLsin解得

v0所以当v3gL3gL

v623gL时，小球已经脱离了锥面，设小球脱离锥面后细绳与轴线之间的夹角为2mv2 TsinrTcosmg0

，则有

又有

rLsin

v解得

3gL 260，T2mg

9．如图所示为柱状玻璃的横截面，圆弧MPN的圆心为O点，半径为R，OM与ON的夹角为90°。P为MN中点，与OP平行的宽束平行光均匀射向OM侧面，并进入玻璃，其中射到P点的折射光线恰在P点发生全反射。 (i)分析圆弧MPN上不能射出光的范围； (ii)求该玻璃的折射率。

【答案】(i)分析过程见解析；(ii)n5 【解析】 【详解】

(i)光路图如图

从OM入射的各光线的入射角相等，由nsinr知各处的折射角相等。各折射光线射至圆sini弧面MPN时的入射角不同，其中M点最大。P点恰能全反射，则PM段均能全反射，无光线射出。 (ii)P点全反射有

sin相应的Q点折射有

1 nsin45n

sin由几何关系知

45

解各式得

n5

10．半径为R的半圆柱形玻璃砖，横截面如图所示．O为圆心，已知玻璃的折射率为

2．当光由玻璃射向空气时，发生全反射的临界角为45，一束与ΜΝ平面成45的平

行光束射到玻璃砖的半圆柱面上，经玻璃折射后，有部分光能从MN平面上射出．求能从MN平面射出的光束的宽度为多少？

【答案】【解析】

2R 2图中，BO为沿半径方向入射的光线，在O点正好发生全反射，入射光线③在C点与球面相切，此时入射角

，折射角为r，则有

即宽度．

这表示在C点折射的光线将垂直MN射出，与MN相交于E点．MN面上OE即是出射光的