高考物理解题方法：临界状态的假设压轴难题综合题含答案

高考物理解题方法：临界状态的假设压轴难题综合题含答案
一、高中物理解题方法：临界状态的假设
1．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，重力加速度为g ，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sin 37°＝0.6，cos 37° ＝0.8)
【答案】最大速度为：4mg 5qB ;最大位移为：222
815m g q B 【解析】
【分析】
【详解】
经分析，物块沿斜面运动过程中加速度不变，但随速度增大，物块所受支持力逐渐减小，最后离开斜面．所以，当物块对斜面的压力刚好为零时，物块沿斜面的速度达到最大，同时位移达到最大，即qv m B ＝mgcos θ
物块沿斜面下滑过程中，由动能定理得
21sin 2
mgs mv θ= 联立解得：22m m 22
cos 48,52sin 15m v mg mg m g v s qB qB g q B θθ====
2．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 。

3．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/s2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/s2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F1和弹簧弹力F．
根据牛顿第二定律有：mgsin30°﹣kx﹣F1=ma，
保持a不变，随着x的增大，F1减小，当m与挡板分离时，F1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．
4．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：
2tan37sin37mg 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
2211sin37sin37AC 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
2tan53sin53mg 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
232sin53sin53AC 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 =
5．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F T ．(g 取10m/s 2，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】（112.5?/s （2）25/rad 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：20tan sin mg m l θωθ= 解得：012.5rad/s cos g l ωθ
== （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：
'2tan sin mg m l θωθ= 解得：20rad/s cos g l ωα
='= 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．
6．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245︒，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】
2 2
R
【解析】
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
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即是出射光的宽度．
7．如图所示. 半径分别为a 、b的两同心虚线圆所围空间分别存在电场和磁场，中心O处固定一个半径很小（可忽略不计）的金属球，在小圆空间内存在沿半径向内的辐向电场，小圆周与金属球间电势差U，两圆之间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，设有一个带负电的粒子从金属球表面沿x轴正方向以很小的初速度逸出，粒子质量为m，电荷量为q.（不计粒子的重力，忽略粒子逸出的初速度）
试求：（1）粒子到达小圆周上时的速度为多大？
（2）粒子以（1）中的速度进入两圆间的磁场中，当磁感应强超过某一临界值时，粒子将不能到达大圆周，求此磁感应强度的最小值B．
（3）若当磁感应强度取（2）中最小值，且时，粒子运动一段时间后恰好能沿x轴负方向回到原出发点，求粒子从逸出到第一次回到原出发点的过程中，在磁场中运动的时间.（设粒子与金属球正碰后电量不变且能以原速率原路返回）
【答案】（1）（2）（3）
22
3()
2
b a m
b qU π-
【解析】
（1）粒子在电场中加速，根据动能定理得：
………………3分
所以………………3分
（2）粒子进入磁场后，受络伦兹力做匀速圆周运动，
有…………………………2分
要使粒子不能到达大圆周，其最大的圆半径为轨迹圆与大圆周相切，如图.
则有…………2分所以
联系解得……………………2分
（3）由图可知………………2分
则粒子在磁场中转，然后沿半径进入电场减速到达金属球表面，再经电场加速原路返回磁场，如此重复，恰好经过4个回旋后，沿与原出射方向相反的方向回到原出发点.
因为，…………2分
将B 代入，得粒子在磁场中运动时间为……2分
8．如图所示，A 、B 是竖直放置的中心带有小孔的平行金属板，两板间的电压为U 1，C 、D 是水平放置的平行金属板，板间距离为d ，板的长度为L ，P 是C 板的中点，A 、B 两板小孔连线的延长线与C 、D 两板的距离相等，将一个负离子从板的小孔处由静止释放，求：
(1)为了使负离子能打在P 点，C 、D 两板间的电压应为多少？
(2) C 、D 两板间所加的电压为多少时，负离子不能打在板上？
【答案】（1）2128U d L
（2）2
1222U d U L '≤ 【解析】
【分析】
【详解】
(1)设负离子的质量为m ，电量为q ，从B 板小孔飞出的速度为v 0，由动能定理得：
U 1q ＝
2012
mv 由类平抛规律有： 2
L ＝v 0t 2d ＝12
at 2 又
a ＝
2qU md
联立解得 U cd ＝2
12
8U d L (2)若负离子不能打在板上，则应满足：
L ＝v 0t '
2122
d a t ''≥ 又
2qU a md ''
= 联立解
U 2′2122U d L
≤
9．如图所示，一束电子流在U 1=500V 的电压加速后垂直于平行板间的匀强电场飞人两板间的中央．若平行板间的距离d=1cm ，板长L=5cm ，求：
（1）电子进入平行板间的速度多大?
（2）至少在平行板上加多大电压U 2才能使电子不再飞出平行板?(电子电量e=1.6×10-19C ，电子的质量m=9×10-31kg)
【答案】（1）1.33×107m/s （2）400V
【解析】 【分析】
【详解】
（1）电子在加速电场中运动时，由动能定理得：
eU 1=mv 02-0，
代入数据解得：v 0=1.33×107m/s ；
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，
水平方向：L=v 0t ，
竖直方向，加速度：
，
偏移量：y=at 2，
电子刚好不飞出电场时：y=d ，
代入数据解得：U 2=400V ；
10．如图为玻璃三棱镜，其界面ABC 为直角三角形，一光线以45︒的人射角射到侧面AB 上，∠B =75︒；若三棱镜的另一侧面BC 上折射光线恰好消失。

求：
(i)玻璃的折射率；
(ii)画出光路图。

【答案】（i ）2n =；（ii ）
【解析】
【分析】
【详解】
(i)光路图如图所示，入射光线与AB 面的夹角为45︒，折射角为θ，
由折射定律可知sin 45sin n θ
︒
=，由几何关系可知，入射在BC 边上的入射角为75θ︒-，此入射角为临界角，则
()1sin 75n θ︒=- 联立求得
30,2n θ︒==(ii)光路图如图所示，光线最终从AC 边射出。