培优 易错 难题临界状态的假设解决物理试题辅导专题训练含答案解析

培优 易错 难题临界状态的假设解决物理试题辅导专题训练含答案解析
一、临界状态的假设解决物理试题
1．如图所示，M 、N 为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值。

静止的带电粒子带电荷量为＋q ，质量为m （不计重力），从点P 经电场加速后，从小孔Q 进入N 板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，CD 为磁场边界上的一绝缘板，它与N 板的夹角θ＝45°，孔Q 到板的下端C 的距离为L ，当M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD 板上，求：
（1）两板间电压的最大值U m ；
（2）CD 板上可能被粒子打中区域的长度s ； （3）粒子在磁场中运动的最长时间t m 。

【答案】（1）两板间电压的最大值m U 为22
2qB L m
；
（2）CD 板上可能被粒子打中的区域的长度x 为(22)L ； （3）粒子在磁场中运动的最长时间m t 为m
qB
π。

【解析】 【分析】
（1）粒子恰好垂直打在CD 板上，根据粒子的运动的轨迹，可以求得粒子运动的半径，由半径公式可以求得电压的大小；
（2）当粒子的运动的轨迹恰好与CD 板相切时，这是粒子能达到的最下边的边缘，在由几何关系可以求得被粒子打中的区域的长度．
（3）打在QE 间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半周期，根据周期公式即可求解。

【详解】
（1）M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD 板上，所以圆心在C 点，CH=QC=L ，故半径R 1=L ，又因
2
11
v qvB m R =
2m 11
2
qU mv =
所以
22
m 2qB L U m
=
（2）设轨迹与CD 板相切于K 点，半径为R 2，在△AKC 中：
2
2
sin 45R R L ︒=
- 所以
2(21)R L =-
即KC 长等于2(21)R L =-
所以CD 板上可能被粒子打中的区域即为HK 的长度
12(21)(22)x HK R R L
L L -===-=﹣﹣ （3）打在QE 间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半周期：
2m
T qB
π=
所以
m 12m t T qB
π==
【点睛】
本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了。

2．一足够长的矩形区域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
π 【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．
3．壁厚不计的圆筒形薄壁玻璃容器的侧视图如图所示。

圆形底面的直径为2R ，圆筒的高度为R 。

(1)若容器内盛满甲液体，在容器中心放置一个点光源，在侧壁以外所有位置均能看到该点光源，求甲液体的折射率；
(2)若容器内装满乙液体，在容器下底面以外有若干个光源，却不能通过侧壁在筒外看到所
有的光源，求乙液体的折射率。

【答案】(1)
5
n≥
甲
；
(2)2
n>
乙
【解析】
【详解】
(1)盛满甲液体，如图甲所示，P点刚好全反射时为最小折射率，有
1
sin
n
C
=
由几何关系知
2
2
2
sin
2
R
C
R
R
=
⎛⎫
+ ⎪
⎝⎭
解得
5
n=
则甲液体的折射率应为
5
n≥
甲
(2)盛满乙液体，如图乙所示，与底边平行的光线刚好射入液体时对应液体的最小折射率，A点
1
sin n C =
'
乙 由几何关系得
90C α'=︒-
B 点恰好全反射有
C α'=
解各式得
2n =乙
则乙液体的折射率应为
2n >乙
4．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．
5．质量为m的光滑圆柱体A放在质量也为m的光滑“ V”型槽B上，如图，α=60°，另有质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与B相连，现将C自由释放，则下列说法正确的是( )
A．当M= m时，A和B保持相对静止，共同加速度为0.5g
B．当M=2m时，A和B保持相对静止，共同加速度为0.5g
C．当M=6m时，A和B保持相对静止，共同加速度为0.75g
D．当M=5m时，A和B之间的恰好发生相对滑动
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
D.当A和B之间的恰好发生相对滑动时，对A受力分析如图
根据牛顿运动定律有：cot 60mg ma ︒= 解得cot 603a g g =︒=
B 与
C 为绳子连接体，具有共同的运动情况，此时对于B 和C 有：
()Mg M m a =+
所以3M a g g M m =
=+，即3M
M m
=+ 解得3 2.3713
M m m =
≈-
选项D 错误；
C.当 2.37M m >，A 和B 将发生相对滑动，选项C 错误；
A. 当 2.37M m <，A 和B 保持相对静止。

若A 和B 保持相对静止，则有
(2)Mg M m a =+
解得2M
a g M m
=
+
所以当M= m 时，A 和B 保持相对静止，共同加速度为1
3
a g =，选项A 错误； B. 当M=2m 时，A 和B 保持相对静止，共同加速度为1
0.52
a g g ==，选项B 正确。

故选B 。

6．如图所示，在竖直平面内的光滑管形圆轨道的半径为R （管径远小于R ），小球a 、
b 大小相同，质量均为m ，直径均略小于管径，均能在管中无摩擦运动。

两球先后以相同速度v 通过轨道最低点，且当小球a 在最低点时，小球b 在最高点，重力加速度为g ，以下说法正确的是（ ）
A ．当小球b 在最高点对轨道无压力时，小球a 比小球b 所需向心力大4mg
B ．当v =时，小球b 在轨道最高点对轨道压力为mg
C ．速度v
D ．只要两小球能在管内做完整的圆周运动，就有小球a 在最低点对轨道的压力比小球b 在最高点对轨道的压力大6mg 【答案】A 【解析】 【详解】
A.当小球b 在最高点对轨道无压力时，所需要的向心力
2b
b v F mg m R
==
从最高点到最低点，由机械能守恒可得
22
11222
b a mg R mv mv ⋅+=
对于a 球，在最低点时，所需要的向心力
25mg a
a v F m R
==
所以小球a 比小球b 所需向心力大4mg ，故A 正确；
B.由上解得，小球a 在最低点时的速度a v ，可知，当v b 在轨道最高点对轨道压力为零，故B 错误；
C.小球恰好通过最高点时，速度为零，设通过最低点的速度为0v ，由机械能守恒定律得
20122
⋅=
mg R mv
解得0v =v 至少为C 错误；
D.若v = 小球b 在最高点对轨道的压力大小b F mg '=，小球a 在最低点时，由
20
a v F mg m R
'-=
解得5a F mg '=，小球a 在最低点对轨道的压力比小球b 在最高点对轨道的压力大4mg ，故D 错误。

故选A 。

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．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上端系有一劲度系数为20N/m 的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2千克的小球，球被一垂直于斜面的挡板A 挡住，此时弹簧没有形变．若挡板A 以4m/s 2的加速度沿斜面向下匀加速运动，则（ ）
A ．小球向下运动0.4m 时速度最大
B ．小球向下运动0.1m 时与挡板分离
C ．小球速度最大时与挡板分离
D ．小球从一开始就与挡板分离 【答案】B 【解析】
试题分析：对球受力分析可知，当球受力平衡时，速度最大，此时弹簧的弹力与物体重力沿斜面的分力相等，由胡克定律和平衡条件即可求得小球向下运动的路程．从开始运动到小球与挡板分离的过程中，挡板A 始终以加速度a=4m/s 2匀加速运动，小球与挡板刚分离时，相互间的弹力为零，由牛顿第二定律和胡克定律结合求得小球的位移．
解：A 、球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零． 即 kx m =mgsin30°， 解得：x m =
由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时小球向下运动的路程为0.5m ．故A 错误． 设球与挡板分离时位移为x ，经历的时间为t ，
从开始运动到分离的过程中，m 受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力F N ，沿斜面向上的挡板支持力F 1和弹簧弹力F ．
根据牛顿第二定律有：mgsin30°﹣kx ﹣F 1=ma ，
保持a 不变，随着x 的增大，F 1减小，当m 与挡板分离时，F 1减小到零，则有： mgsin30°﹣kx=ma ，
解得：x=
m=0.1m ，即小球向下运动0.1m 时与挡板分
离．故B 正确． C 、因为速度最大时，运动的位移为0.5m ，而小球运动0.1m 与挡板已经分离．故C 、D 错误．
故选B ．
【点评】解决本题的关键抓住临界状态：1、当加速度为零时，速度最大；2、当挡板与小球的弹力为零时，小球与挡板将分离．结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．
9．一个光滑的圆锥体固定在水平桌面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线间的夹角为θ＝30°，如图所示．一条长为L 的细绳，一端拴着一个质量为m 的物体．物体沿锥面在水平面内绕轴线以速度V 做匀速圆周运动，则（ ）
A ．随着物体线速度的不断增大，绳子的拉力不断增大
B ．随着物体线速度的不断增大，物体受到的支持力先增大后减小
C ．当V 16
gL D ．当V 32gL 【答案】AD
【解析】
【分析】
根据题意分析可知，本题考查水平面内圆周运动有关知识，根据水平面内圆周运动的规律方法，运用向心力方程、力的分解等，进行求解．
【详解】
A.设圆锥对物体支持力为F N ，绳对物体拉力为T ，当物体没离开圆锥时：
2
sin cos sin N v T F m l θθθ
-=，cos sin N T F mg θθ+=两方程联立：()2
cos sin tan cos v T mg m l θθθθ
+=+，线速度越大，拉力越大．选项A 正确 B.根据选项A 分析B 错误
C.当要脱离时，F N =0，所以2
sin sin v T m l θθ=，cos T mg θ=得到36
gl v =所以C 错误
D.根据C分析，
3
6
gl
v>时脱离圆锥，只受重力和拉力作用，所以选项D正确
故选AD
10．如图所示，长为L的轻绳，一端栓住一个质量为m的小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球能够在竖直平面内做圆周运动，下列叙述中错误
．．的是
A．小球运动到最高点的速度v的极小值为0
B．当小球运动到最低点时，小球的向心力由绳的拉力和重力的合力提供
C．当小球运动到最高点的速度v gL
=时，绳对小球的弹力为0
D．当小球运动到最高点的速度v gL
=时，绳对小球的弹力为mg
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
ACD.当小球在最高点绳的拉力为零时，圆周运动的速度最小，则
2
v
mg m
L
=，可得
v gL
=，故A错误，C正确、D错误．
B.当小球运动到最低点时，由牛顿第二定律可知
2
v
T mg m
L
-=，即小球的向心力由绳的
拉力和重力的合力提供，则B正确．故选BC.
11．如图所示，光滑水平桌面上放置一个倾角为37°的光滑楔形滑块A，质量为M=0.8kg。

一细线的一端固定于楔形滑块A的顶端O处，细线另一端拴一质量为m=0.2kg的小球。

若滑块与小球在外力F作用下，一起以加速度a向左做匀加速运动。

取g=10
m/s2;s in370=0.6;s in530=0.8，则下列说法正确的是（）
A．当a=5 m/s2时，滑块对球的支持力为0 N B．当a=15 m/s2时，滑块对球的支持力为0 N C．当a=5 m/s2时，外力F的大小为4N D．当a=15 m/s2时，地面对A的支持力为10N
【答案】BD
【解析】
【详解】
设加速度为a 0时小球对滑块的压力等于零，对小球受力分析，受重力和拉力， 根据牛顿第二定律，有：
水平方向：0cos37F F ma =︒=合，
竖直方向：sin37F mg ︒=， 解得20413.3m/s 3a g == A.当205m/s a a =<时，小球未离开滑块，斜面对小球的支持力不为零，选项A 错误；
B.当2015m/s a a =>时，小球已经离开滑块，只受重力和绳的拉力，滑块对球的支持力为
零，选项B 正确；
C.当25m/s a =时，小球和楔形滑块一起加速，由整体法可知：
()5N F M m a =+=
选项C 错误；
D.当系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对A 的支持力一定等于两个物体的重力之和，即
()10N N M m g =+=
选项D 正确。

故选BD 。

12．如图所示，装置BO O '可绕竖直轴O O '转动，可视为质点的小球A 与两轻细线连接后分别系于B 、C 两点，装置静止时细线AB 水平，细线AC 与竖直方向的夹角
37θ=︒．已知小球的质量m =1kg ，细线AC 长L =1m ，B 点距C 点的水平和竖直距离相等．（重力加速度g 取210m/s ，3sin 375︒=，4cos375
︒=）
（1）若装置以一定的角速度匀速转动时，线AB 水平且张力恰为0，求线AC 的拉力大小？
（2）若装置匀速转动的角速度110rad/s ω，求细线AC 与AB 的拉力分别多大？ （3）若装置匀速转动的角速度220rad/s ω=
，求细线AC 与AB 的拉力分别多大？ 【答案】（1）12.5N （2）12.5N 1.5N （3）20N 2N
【解析】
【详解】
（1）线AB 水平且张力恰为0时，对小球受力分析：
线AC 的拉力：
T =cos37mg ︒=100.8
N=12.5N
（2）当细线AB 上的张力为0时，小球的重力和细线AC 拉力的合力提供小球圆周运动的向心力，有：
2tan 37sin 37mg m L ω︒=︒
解得：
1052rad/s rad/s cos3710.8g L ω===︒⨯ 由于1ωω<，则细线AB 上有拉力，设为1AB T ，AC 线上的拉力为2AC T
竖直方向
2cos37AC T mg ︒=
根据牛顿第二定律得
2211sin 37sin 37AC AB T T m L ω︒-=︒
解得细线AC 的拉力
212.5N AC T =
细线AB 的拉力
1 1.5N AB T =
（3）当AB 细线竖直且拉力为零时，B 点距C 点的水平和竖直距离相等，故此时细线与竖直方向的夹角为53︒，此时的角速度为ω'，
根据牛顿第二定律
2tan 53sin 53mg m L ω'︒=︒
解得 50rad/s 3ω'=
由于25020rad/s rad/s 3
ω=>，当220rad/s ω=时，细线AB 在竖直方向绷直，拉力为2AB T ，仍然由细线AC 上拉力3AC T 的水平分量提供小球做圆周运动需要的向心力． 水平方向
232sin 53sin 53AC T m L ω︒=︒
竖直方向
32cos530AC AB T mg T ︒--=
解得细线AC 的拉力
320N AC T =，
细线AB 的拉力
22N AB T =
13．如图在长为3l ，宽为l 的长方形玻璃砖ABCD 中，有一个边长为l 的正三棱柱空气泡EFG ，其中三棱柱的EF 边平行于AB 边，H 为EF 边中点，G 点在CD 边中点处．（忽略经CD 表面反射后的光）
（i ）一条白光a 垂直于AB 边射向FG 边的中点O 时会发生色散，在玻璃砖CD 边形成彩色光带．通过作图，回答彩色光带所在区域并定性说明哪种颜色的光最靠近G 点；
（ii ）一束宽度为2
l 的单色光，垂直AB 边入射到EH 上时，求CD 边上透射出光的宽度？（已知该单色光在玻璃砖中的折射率为3n =
【答案】（i ）红光更靠近G 点 （ii ）l
【解析】
【详解】
（i ）光路如图：MN 间有彩色光带，红光最靠近G 点
在FG 面光线由空气射向玻璃，光线向法线方向偏折，因为红光的折射率小于紫光的折射率，所以红光更靠近G 点
（ii ）垂直EH 入射的光，在EG 面上会发生折射和反射现象，光路如图所示
在E 点的入射光，根据几何关系和折射定律，可得：
160∠=︒
sin 1sin 2
n ∠=∠ 联立可得：230∠=︒
在E 的折射光射到CD 面的I 点，由几何关系得：
330∠=︒
根据折射定律可得：
13sin C n ==1sin 3sin 2
C ∠=< 所以C
D 面上I 点的入射光可以发生折射透射出CD 面.
在E 的反射射光射经FG 面折射后射到到CD 面的J 点，由几何关系得：
460o ∠=
3sin 4sin C ∠=> 所以CD 面上J 点的入射光发生全反射，无法透射出CD 面
综上分析，CD面上有光透射出的范围在GI间
由几何关系得CD面上有光透出的长度为l。

14．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
m
+
【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 +
15．如图所示，A、B是竖直固定的平行金属板，板长为L，间距为d，板间有水平向右的匀强电场，不计边缘效应。

一带正电的粒子，质量为m，电荷量为q，经电压为U的电场加速后，从靠近A板处竖直向下进入匀强电场并从下方离开板间电场，不计粒子的重力和空气阻力，求：
(1)粒子在A、B板间运动的时间；
(2)若使粒子在板间电场中偏离量最大，则板间电场的电场强度是多少?
【答案】(1)24Ud E L
= 【解析】
【分析】
【详解】 (1)粒子加速，根据动能定理得
212
qU mv =
， 解得：
v =； 粒子在竖直方向做匀速运动，粒子在A 、B 板间运动的时间为：
L t v =
= (2)粒子在板间电场中偏离量最大时： x d =②，
又
212
x at =
③， 由牛顿第二定律得： F ma E q q
==④， ①②③④联立解得板间电场的电场强度大小是：
24Ud E L
=。