高考物理压轴题专题复习—临界状态的假设解决物理试题的推断题综合及详细答案

高考物理压轴题专题复习—临界状态的假设解决物理试题的推断题综合及详细
答案
一、临界状态的假设解决物理试题
1．一足够长的矩形区域abcd 内充满磁感应强度为B,方向垂直纸而向里的匀强磁场,矩形区域的左边界ad 宽为L,现从ad 中点O 垂直于磁场射入一带电粒亍,速度大小为v 方向与ad 边夹角为30°,如图所示．已知粒子的电荷量为q,质量为m(重力不计)． 求：(1)若拉子带负电,且恰能从d 点射出磁场,求v 的大小；
(2)若粒子带正电,使粒子能从ab 边射出磁场,求拉子从ab 边穿出的最短时间．
【答案】（1）2BqL
m ；（
2）56m qB
【解析】 【分析】
（1）根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力，结合几何关系可确定半径的范围，即可求解；
（2）根据题意确定运动轨迹，再由圆心角与周期公式，即可确定最短运动的时间； 【详解】
（1）由图可知：R ＝ 2
L
据洛伦兹力提供向心力，得：20
v qvB m R
＝ 则02qBR qBL
v m m
＝
＝ （2）若粒子带正电，粒子的运动轨迹如图，
当粒子的速度大于与R 1相对应的速度v 1时，粒子从cd 边射出，由几何关系可知R 1=L ；由
洛伦兹力等于向心力可知：2
111
v qv B m R ＝
从图中看出，当轨迹的半径对应R 1时从ab 边上射出时用时间最短，此时对应的圆心角为
=18030=150θ- 由公式可得：22R m
T v qB
ππ=
= ； 由
1
=
360t T
θ
解得156π=
m
t qB
【点睛】
考查牛顿第二定律的应用，掌握几何关系在题中的运用，理解在磁场中运动时间与圆心角的关系．注意本题关键是画出正确的运动轨迹．
2．如图所示，圆心为O 、半径为r 的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B 。

P 是圆外一点，OP =3r ，一质量为m 、电荷量为q （q>0）的粒子从P 点在纸面内沿着与OP 成60°方向射出（不计重力），求： (1)若粒子运动轨迹经过圆心O ，求粒子运动速度的大小； (2)若要求粒子不能进入圆形区域，求粒子运动速度应满足的条件。

【答案】(1)3Bqr
；(2)(332)v m ≤+或(332)v m ≥-
【解析】 【分析】 【详解】
(1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R ，圆心为O '，依图题意作出轨迹图如图所示：
由几何知识可得：
OO R '=
()
2
22(3)6sin OO R r rR θ'=+-
解得
3R r =
根据牛顿第二定律可得
2
v Bqv m R
=
解得
3Bqr
v m
=
(2)若速度较小，如图甲所示：
根据余弦定理可得
()
2
2211196sin r R R r rR θ+=+-
解得
1332
R =
+
若速度较大，如图乙所示：
根据余弦定理可得
()
2
2222296sin R r R r rR θ-=+-
解得
2332
R =
-
根据
BqR
v m
=
得
1(332)v m =
+，2(332)v m =-
若要求粒子不能进入圆形区域，粒子运动速度应满足的条件是
(332)v m ≤
+或(332)v m
≥-
3．如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接绕定点O在竖直面内圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v，此时绳子拉力大小为F，拉力F与速度的平方的关系如图乙所示，图象中的数据a和b以及重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是（）
A．数据a与小球的质量有关
B．数据b与小球的质量无关
C．比值只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关
D．利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.当时，此时绳子的拉力为零，物体的重力提供向心力，则有：
解得：
解得：
与物体的质量无关，A错误；
B.当时，对物体受力分析，则有：
解得：
b=mg
与小球的质量有关，B错误；
C.根据AB可知：
与小球的质量有关，与圆周轨道半径有关，C错误；
D. 若F=0，由图知：，则有：
解得：
当
时，则有：
解得：
D 正确．
4．如图所示，C ﹑D 两水平带电平行金属板间的电压为U ，A ﹑B 为一对竖直放置的带电平行金属板，B 板上有一个小孔，小孔在C ﹑D 两板间的中心线上，一质量为m ﹑带电量为＋q 的粒子（不计重力）在A 板边缘的P 点从静止开始运动，恰好从D 板下边缘离开，离开时速度度大小为v ０，则A ﹑B 两板间的电压为
A ．20v 2m qU q
-
B ．2022mv qU q -
C ．20mv qU q -
D ．202mv qU q
-
【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
在AB 两板间做直线加速，由动能定理得：2
112
AB qU mv =
；而粒子在CD 间做类平抛运动，从中心线进入恰好从D 板下边缘离开，根据动能定理：22
0111222
qU mv mv =-；联立两式可得：2
02AB mv qU U q
-=；故选A.
【点睛】
根据题意分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、牛顿第二定律与运动学公式即可解题．
5．如图所示，AB 为竖直转轴，细绳AC 和BC 的结点C 系一质量为m 的小球，两绳能承担的最大拉力均为2mg 。

当AC 和BC 均拉直时∠ABC =90°，∠ACB =53°，BC =1m ．ABC 能绕竖直轴AB 匀速转动，因而C 球在水平面内做匀速圆周运动．当小球的线速度增大时，两绳
均会被拉断，则最先被拉断那根绳及另一根绳被拉断时的速度分别为（已知g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）（）
A．AC绳 5m/s B．BC绳 5m/s
C．AC绳 5.24m/s D．BC绳 5.24m/s
【答案】B
【解析】
【分析】
当小球线速度增大时，BC逐渐被拉直，小球线速度增至BC刚被拉直时，对小球进行受力分析，合外力提供向心力，求出A绳的拉力，线速度再增大些，T A不变而T B增大，所以BC绳先断；当BC绳断之后，小球线速度继续增大，小球m作离心运动，AC绳与竖直方向的夹角α增大，对球进行受力分析，根据合外力提供向心力列式求解。

【详解】
当小球线速度增大时，BC逐渐被拉直，小球线速度增至BC刚被拉直时，根据牛顿第二定律得：
对小球有
T A sin∠ACB﹣mg=0 ①
T A cos∠ACB+T B=
2
v
m
l
②
由①可求得AC绳中的拉力T A=5
4
mg，线速度再增大些，T A不变而T B增大，所以BC绳先
断。

当BC绳刚要断时，拉力为T B=2mg，T A=5
4
mg，代入②得
22
5
cos2 4v v
mg ACB mg m m
r l
∠+==
解得
v=5.24m/s
当BC线断后，AC线与竖直方向夹角α因离心运动而增大，当使球速再增大时，角α随球速增大而增大，当α=60°时，T AC=2mg，AC也断，
则有
T AC sin53°
2
sin60
AC
v
m
L
=
︒代入数据解得
v =5m/s
故BC 线先断；AC 线被拉断时球速为5.0m/s ． 故选B 。

【点评】
解决本题的关键搞清向心力的来源，抓住临界状态的特点，运用牛顿第二定律进行求解．
6．如图所示，带电粒子（不计重力）以初速度v 0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v 0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 ．v 0
B ．0
2v
C ．2v 0
D ．
2
v 【答案】C 【解析】 【详解】
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：
20
0m d
q v v B =
解得：
mv B qd
=
如果换成匀强电场，水平方向以0v 做匀速直线运动，在水平方向：
0d v t =
竖直沿y 轴负方向做匀加速运动，即：
221 22qE d at t m
=
= 解得：
2
2v m E qd
=
则有：
02E
v B
= 故C 正确，A 、B 、D 错误；
故选C 。

7．如图所示，轻质杆的一端连接一个小球，绕套在固定光滑水平转轴O 上的另一端在竖直平面内做圆周运动。

小球经过最高点时的速度大小为v ，杆对球的作用力大小为F ，其
2F v -图像如图所示。

若图中的a 、b 及重力加速度g 均为已知量，规定竖直向上的方向
为力的正方向。

不计空气阻力，由此可求得（ ）
A ．小球做圆周运动的半径为
g b
B ．0F =时，小球在最高点的动能为
ab g
C ．22v b =时，小球对杆作用力的方向向下
D ．22v b =时，杆对小球作用力的大小为a 【答案】D 【解析】 【详解】
A ．由图象知，当2v b =时，0F =，杆对小球无弹力，此时重力提供小球做圆周运动的向心力，有
2
v mg m r
=
解得
b r g
=
故A 错误；
B ．由图象知，当20v =时，故有
F mg a ==
解得
a m g
=
当2v b =时，小球的动能为
2122k ab E mv g
=
= 故B 错误；
C ．由图象可知，当22v b =时，有
0F <
则杆对小球的作用力方向向下，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的弹力方向向上，故C 错误；
D ．由图象可知，当22v b =时，则有
2
2v F mg m mg r
+==
解得
F mg a ==
故D 正确。

故选D 。

8．铁路在弯道处的内、外轨道高低是不同的，已知内、外轨道连线与水平面倾角为θ，弯道处的圆弧半径为R ，若质量为m 的火车转弯的时速度小于临界转弯速度tan Rg θ 时，则（ ）
A ．内轨受挤压
B ．外轨受挤压
C ．这时铁轨对火车的支持力等于cos mg
θ D ．这时铁轨对火车的支持力小于cos mg
θ
【答案】AD 【解析】 【详解】
AB ．当车轮对内外轨道均无作用力时，受力分析：
根据牛顿第二定律：
2
tan v mg m R
θ=
解得：tan v Rg θ=
，当速度小于tan Rg θ，车轮有向心的趋势，所以对内轨产生压
力，A 正确，B 错误；
CD ．当车轮对内外轨道均无作用力时，轨道对火车的支持力：
cos mg
N θ
=
当内轨道对火车施加作用力沿着轨道平面，可以把这个力分解为水平和竖直向上的两个分力，由于竖直向上的分力作用，使支持力变小，C 错误，D 正确。

故选AD 。

9．如图所示,在光滑的圆锥顶用长为l 的细线悬挂一质量为m 的物体,圆锥体固定在水平面上不动,其轴线沿竖直方向,细线与轴线之间的夹角为030θ= ,物体以速度v 绕圆锥体轴线做水平匀速圆周运动.
（1）当16
gl
v =时,求绳对物体的拉力. （2）当232
gl
v = ,求绳对物体的拉力. 【答案】(133)mg
+ （2）2mg 【解析】 【分析】
求出物体刚要离开锥面时的速度，此时支持力为零，根据牛顿第二定律求出该临界速度，当速度大于临界速度，则物体离开锥面，当速度小于临界速度，物体还受到支持力，根据
牛顿第二定律，物体在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，求出绳子的拉力； 【详解】
当物体恰好离开锥面时，此时物体与锥面接触但是没有弹力作用，如图所示：
则：竖直方向：0Tcos mg θ-=，水平方向：2mv
Tsin R
θ=，R Lsin θ= 解得36
gl v =
；
（1）当1v v ＜时，物体没有离开锥面时，此时物体与锥面之间有弹力作用，如图所示：
则在水平方向：2
111mv T sin N cos R
θθ-=，竖直方向：110T cos N sin mg θθ+-=，R Lsin θ= 解得：1331
T +=
； （2）2v v ＞时，物体离开锥面，设线与竖直方向上的夹角为α，如图所示：
则竖直方向：20T cos mg α-=，水平方向：2
222
mv T sin R α=，而且：2R Lsin α= 解得：22T mg =． 【点睛】
解决本题的关键找出物体的临界情况，以及能够熟练运用牛顿第二定律求解．
10．如图所示，x 轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，坐标原点处有一正离子源，单位时间在xOy 平面内发射n 0个速率为υ的离子，分布在y 轴两侧各为θ的范围内．在x 轴上放置长度为L 的离子收集板，其右端点距坐标原点的距离为2L ，当磁感应强度为B 0时，沿y 轴正方向入射的离子，恰好打在收集板的右端点．整个装置处于真空中，不计重力，不考虑离子间的碰撞，忽略离子间的相互作用．
（1）求离子的比荷
q m
； （2）若发射的离子被收集板全部收集，求θ的最大值；
（3）假设离子到达x 轴时沿x 轴均匀分布．当θ=370，磁感应强度在B 0 ≤B≤ 3B 0的区间取不同值时，求单位时间内收集板收集到的离子数n 与磁感应强度B 之间的关系（不计离子在磁场中运动的时间） 【答案】（1）
0q v m B L =（2）3
π（3）001.6B B B ≤≤时，10n n =；001.62B B B <≤时，200
5(5)2B
n n B =-
；0023B B B <≤时，有30n = 【解析】
（1）洛伦兹力提供向心力，故
2
v qvB m
R
=，
圆周运动的半径R=L，解得
q v
m B L
=
（2）和y轴正方向夹角相同的向左和向右的两个粒子，达到x轴位置相同，当粒子恰好达到收集板最左端时，θ达到最大，轨迹如图1所示，
根据几何关系可知2(1cos)m
x
R L
θ
∆=-=，解得
3
m
π
θ=
（3）
B B
>，全部收集到离子时的最小半径为R，如图2，有
1
2cos37
R L
︒=，
解得10
1
1.6
mv
B B
qR
==
当
00
1.6
B B B
≤≤时，所有粒子均能打到收集板上，有
10
n n
=
1.6
B B
>，恰好收集不到粒子时的半径为
2
R，有
2
0.5
R L
=，即
20
2
B B
=
当
00
1.62
B B B
<≤时，设'
mv
R
qB
=，解得
200
2'5
5
2'(1cos37)2
R L B
n n n
R B
⎛⎫
-
==-
⎪
-︒⎝⎭
当
00
23
B B B
<≤时，所有粒子都不能打到收集板上，
3
n=
11．如图所示，带电荷量为＋q、质量为m的物块从倾角为θ＝37︒的光滑绝缘斜面顶端由静止开始下滑，磁感应强度为B的匀强磁场垂直纸面向外，求物块在斜面上滑行的最大速度和在斜面上运动的最大位移．(斜面足够长，取sin37︒＝0.6，cos37︒＝0.8)
【答案】v m＝
4
5
mg
qB
s＝
2
22
8
15
m g
q B
【解析】
【分析】
【详解】
[1]以小球为研究对象，分析其受力情况：小球受重力、斜面支持力及洛伦兹力作用，沿斜面方向上；根据牛顿第二定律，有：
sin mg ma θ=
在垂直于斜面方向上，有
cos N f F F mg θ+=洛
由f F qvB =洛，知F f 洛随着小球运动速度的增大而增大，当F f 洛增大到使F N =0时，小球将脱离斜面，此时有：
cos m f F qv B mg θ==洛
所以
cos3745m mg mg
v qB qB
︒==
[2]小球在斜面上匀加速运动的最大距离为：
2
222
2
4(
)522sin 17835m mg v qB s a g m g q B ︒===
12．一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
30θ︒=，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32
gl
v =
时，求细绳对小球的拉力。

【答案】2mg 【解析】 【分析】 【详解】
设当小球的速度为0v 时小球恰好脱离锥面，满足
20
tan sin v mg m
L θθ
=⋅ 解得
03362
gL gL v v =
<=
所以当32
gL
v =
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β
，则有
2
sin mv T r
β= cos 0T mg β-=
又有
sin r L β=⋅
32
gL
v =
解得
60β︒=，2T mg =
13．如图甲所示，在足够大的水平地面上有A 、B 两物块(均可视为质点)。

t =0时刻，A 、B 的距离x 0=6m ，A 在水平向右的推力F 作用下，其速度—时间图象如图乙所示。

t =0时刻，B 的初速度大小v 0=12m/s 、方向水平向右，经过一段时间后两物块发生弹性正碰。

已知B 的质量为A 的质量的3倍，A 、B 与地面间的动摩擦因数分别为μ1=0.1、2μ=0.4，取g=10m/s 2。

(1)求A 、B 碰撞前B 在地面上滑动的时间t 1以及距离x 1； (2)求从t =0时刻起到A 与B 相遇的时间t 2；
(3)若在A 、B 碰撞前瞬间撤去力F ，求A 、B 均静止时它们之间的距离x 。

【答案】(1)3s ，18m(2)4s(3)10m 【解析】 【详解】
(1)设B 的质量为3m ，A 、B 碰撞前B 在地面上滑动的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律有
233mg ma μ⋅=
若A 、B 碰撞前B 已停止运动，则由匀变速直线运动的规律有：
010v at =-
2012v ax -=-
解得
1t =3s ，1x =18m
由题图乙可得，0~3s 时间内A 滑动的距离为：
()1
1382
A x =⨯+⨯m=16m
由于
01A x x x <+=24m
故A 、B 碰撞前B 已停止运动，假设成立。

(2)由(1)可知1t =3s 时，A 、B 尚未发生碰撞，故A 、B 碰撞前瞬间A 的速度大小为：
A v =8m/s
经分析可知
0121()A A x x x v t t +-=-
解得：
2t =4s
(3)设碰撞后瞬间A 、B 的速度分别为1v 、2v ，有：
123A mv mv mv =+
222121113222
A mv mv mv =+⨯ 解得：
1v =4m/s(1v 为负值，说明1v 的方向水平向左)，2v =4m/s
设A 、B 碰撞后滑行的距离分別为L 1、L 2，有：，
12x L L =+
根据动能定理有：
21111
02mgL mv μ-=-
2
22213032
mgL mv μ-⋅=-⨯
解得：
x =10m
14．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¼MN
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)5n =
【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sin sin r
n i
=
知各处的折射角相等。

各折射光线射至圆弧面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
1sin n
α=
相应的Q 点折射有
sin 45sin n β
︒=
由几何关系知
45αβ︒=+
解各式得
5n =
15．如图所示，宽度为d 的匀强有界磁场，磁感应强度为B ，MN 和PQ 是磁场左右的两条边界线,现有一质量为m ，电荷量为q 的带正电粒子沿图示方向垂直射入磁场中，θ=45o ，要使粒子不能从右边界PQ 射出，求粒子入射速率的最大值为多少?
【答案】(22)Bqd +
【解析】
【详解】
用放缩法作出带电粒子运动的轨迹，如图所示，
当其运动轨迹与PQ边界线相切于C点时，这就是具有最大入射速率v max的粒子的轨迹，由图可知:
R(1-cos45o)=d
又
Bqv max=m
2 max v R
联立可得：
v max (22)Bqd +。