备战高考物理备考之临界状态的假设解决物理试题压轴突破训练∶培优 易错
难题篇及详细答案
一、临界状态的假设解决物理试题
1．水平传送带上A 、B 两端点间距L ＝4m ，半径R ＝1m 的光滑半圆形轨道固于竖直平面内，下端与传送带B 相切。传送带以v 0＝4m/s 的速度沿图示方向匀速运动，m ＝lkg 的小滑块由静止放到传送带的A 端，经一段时间运动到B 端，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g ＝10m/s 2。
(1)求滑块到达B 端的速度；
(2)求滑块由A 运动到B 的过程中，滑块与传送带间摩擦产生的热量；
(3)仅改变传送带的速度，其他条件不变，计算说明滑块能否通过圆轨道最高点C 。 【答案】(1)v B =4m/s ； (2)Q ＝8J ； (3)不能通过最高点 【解析】 【分析】
本题考查了动能定理和圆周运动。 【详解】
⑴滑块在传送带上先向右做加速运动，设当速度v = v 0时已运动的距离为x 根据动能定理
201-02
mgx mv μ=
得
x=1.6m ＜L
所以滑块到达B 端时的速度为4m/s 。 ⑵设滑块与传送带发生相对运动的时间为t ，则
0v gt μ=
滑块与传送带之间产生的热量
0()Q mg v t x μ=-
解得
Q = 8J
⑶设滑块通过最高点C 的最小速度为C v 经过C 点，根据向心力公式
2
C mv mg R
= 从B 到C 过程，根据动能定理
2211
222
C B mg R mv mv -?=
- 解得经过B 的速度
50B v =m/s
从A 到B 过程，若滑块一直加速，根据动能定理
2
1
02
m mgL mv μ=-
解得
40m v =m/s
由于速度v m ＜v B ，所以仅改变传送带的速度，滑块不能通过圆轨道最高点。
2．小明同学站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m =0.3kg 的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动.当球在某次运动到最低点时，绳恰好达到所能承受的最大拉力F 而断掉，球飞行水平距离s 后恰好无碰撞地落在临近的一倾角为α＝53°的光滑斜面上并沿斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h ＝0.8 m ．绳长r =0.3m(g 取10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：
(1)绳断时小球的速度大小v 1和小球在圆周最低点与平台边缘的水平距离s 是多少. (2)绳能承受的最大拉力F 的大小.
【答案】（1）3m/s ，1.2m （2）12N 【解析】 【详解】
(1)由题意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，否则小球会弹起，所以有
v y =v 0 tan53°
又v y 2=2gh ，代入数据得：
v y =4m/s ，v 0=3m/s
故绳断时球的小球做平抛运动的水平速度为3m/s ； 由
v y =gt 1
得：
10.4s y v t g
=
=
则
s =v 0 t 1=3×0.4m=1.2m
（2）由牛顿第二定律：
2
1mv F mg r
-= 解得：
F =12N
3．用一根细线一端系一小球（可视为质点），另一端固定在一光滑锥顶上，如图所示。设小球在水平：面内做匀速圆周运动的角速度为ω，线所受拉力为T ，则下列T 随2ω变化的图像可能正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
对小球受力分析如图
当角速度较小时，小球在光滑锥面上做匀速圆周运动，根据向心力公式可得
2sin cos sin T N mL θθθω-=?
cos sin T N mg θθ+=
联立解得
22cos sin T mg mL θθω=+?
当角速度较大时，小球离开光滑锥面做匀速圆周运动，根据向心力公式可得
2sin sin T mL ααω=?
则
2T mL ω=
综上所述，ABD 错误，C 正确。 故选C 。
4．如图所示，直线Oa 和Ob 的夹角为30?，在两直线所夹的空间内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场向右的区域无限大，磁感应强度为B 。在P 点有速度相等的正、负离子沿垂直于Oa 方向射入磁场。两离子的运动轨迹均与Ob 相切，若不计两离子间的相互作用力，则正、负两种离子的比荷之比为（ ）
A ．3
B 3
C ．1:3
D ．3:1 【答案】D 【解析】 【详解】
如图所示，由左手定则知磁场中的正离子向左偏转、负离子向右偏转。洛伦兹力提供向心力，正离子有
2
v q vB m r
=正正
负离子有
2
v q vB m R
=负负
由几何关系知
sin 30sin 30
r R
r R ??++= 解以上三式得
3:1
q q m m =负正负正 故选D 。
5．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 。
6．用长为L 的细杆拉着质量为m 的小球在竖直平面内作圆周运动，如下图下列说法中正确的是（ ）
A gL
B gL
C ．小球运动到最高点时，杆对球的作用力可能是拉力，也可能是支持力，也可能无作用力
D ．小球运动到最低点时，杆对球的作用力一定是拉力 【答案】BCD 【解析】 【详解】
小球在最高点的最小速度为零，此时小球重力和支持力相等．故A 错误，B 正确．当小球
在最高点压力为零时，重力提供向心力，有2
v mg m L
=，解得v gL =，当速度小于v
时，杆对小球有支持力，方向向上；当速度大于v 时，杆对小球有拉力，方向向下，故C 正确．小球在最低点时，合力提供向心力，知合力方向向上，则杆对球的作用力一定向上．故D 正确．
7．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 =0
D ．当小球运动到最高点的速度v gL =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2v mg m L
=，可得
v gL =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.
8．如图所示，在y 轴右侧平面内存在方向向里的匀强磁场，磁感应强度大小B =0.5T ，坐标
原点O 有一放射源，可以向y 轴右侧平面沿各个方向放射比荷为7
2.510m q
-=? Kg/C 的正
离子，这些离子速率分别在从0到最大值v m =2×106 m/s 的范围内，不计离子之间的相互作用
（1）求离子打到y 轴上的范围；
（2）若在某时刻沿x +方向放射各种速率的离子，求经过-75103
s π
?时这些离子所在位置构成的曲线方程；
（3）若从某时刻开始向y 轴右侧各个方向放射各种速率的离子，求经过75103
π
-?s 时已进入磁场的离子可能出现的区域面积； 【答案】（1）范围为0到2m （2）33
(0)y x x =≤≤ （3）273()12S m π=-
【解析】 【详解】
（1）离子进入磁场中做圆周运动的最大半径为R
由牛顿第二定律得： 2
mv qvB R
= 解得：1mv
R m Bq
== 由几何关系知，离子打到y 轴上的范围为0到2m
（2）离子在磁场中运动的周期为T ， 则62210R m
T s v qB
πππ-=
==? t 时刻时，这些离子轨迹所对应的圆心角为θ
则23
t t T ππ
== 这些离子构成的曲线如图1所示，并令某一离子在此时刻的坐标为（x ，y ）
3y x =
3
(0)x ≤≤ （3）将第（2）问中图2中的OA 段从沿y 轴方向顺时针方向旋转，在x 轴上找一点C ，以R 为半径作圆弧，相交于B ，则两圆弧及y 轴所围成的面积即为在0t =向y 轴右侧各个方向不断放射各种速度的离子在71503
t s π
-=?时已进入磁场的离子所在区域． 由几何关系可求得此面积为：
2222511373126212S R R R R R R πππ=
+-?=- 则：273
()12S m π=- 【点睛】
本题考查运用数学知识分析和解决物理问题的能力，采用参数方程的方法求解轨迹方程，根据几何知识确定出离子可能出现的区域，难度较大．
9．如图所示，为两组正对的平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，一电子由静止开始从竖直板的中点A 出发，经电压U 0加速后通过另一竖直板的中点B ，然后从正中间射入两块水平金属板间，已知两水平金属板的长度为L ，板间距离为d ，两水平板间加有一恒定电压，最后电子恰好能从下板右侧边沿射出．已知电子的质量为m ，电荷量为-e .求： （1）电子过B 点时的速度大小； （2）两水平金属板间的电压大小U ； （3）电子从下板右侧边沿射出时的动能．
【答案】(1) 02eU v m
= (2) 202
2d U U L = (3) 220
2()K L d eU E L += 【解析】 【分析】 【详解】
（1）令电子过B 点时的速度大小为v ，有：
2012eU mv =
，02eU v m
= （2）电子在水平板间做类平抛运动，有：
L vt =，
2
122d at =，eU a md
= 联立解得：
202
2d U U L =
（3）总过程对电子利用动能定理有：
002
K U eU e E +=-，220
K 2()L d eU E L +=
10．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？
【答案】(1) 小物体带负电 (2)2222cos 2sin m g L q B θ
θ
=
【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 = mg cos θ，
解得
mgcos v qB
θ
=
； 由于只有重力做功，故系统机械能守恒，即
21
2
mgLsin mv θ=
解得小物体在斜面上滑行得长度
222
2cos 2sin m g L q B θθ
=
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sin 37?＝0.6，cos 37?＝0.8)
【答案】v m ＝45mg qB s ＝222
815m 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．光滑绝缘的水平轨道AB 与半径为R 的光滑的半圆形轨道BCD 相切于B 点，水平轨道AB 部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B 为最低点，D 为最高点。一质量为m 、＋q 的小球从距B 点x 的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB 向右运动，恰能通过最高点，重力加速度为g ，求： (1)电场强度的大小E ；
(2)小球从开始运动到D 的过程中减少的电势能；
(3)如果将同一带电小球从AB 中点处由静止释放，它离开半圆轨道时离水平轨道的竖直高度。
【答案】(1)52mgR E qx =；(2)52mgR
；(3)76
h R =。 【解析】 【详解】
(1)小球刚好通过圆轨道的最高点，只有重力提供向心力，
2
D
v mg m R
=
解得：
D v gR =
小球从A 点到D 点的全过程，由动能定理：
2
1202
D qEx mg R mv -?=-
联立可得：
52mgR
E qx
=
； (2)小球在AB 段电场力做正功，电势能减少，由功能关系得：
52
P mgR
E qEx ?=-=-
即电势能减少了
52
mgR
； (3)从AB 中点处由静止释放的小球，进入圆轨道的速度偏小，将不能顺利通过最高点D ，设即将离开轨道时为F 点，此时的半径与竖直方向的夹角为θ，如图所示：
由动能定理：
21
022x qE
mg h mv -?=- 在F 点刚好由重力沿径向的分力提供向心力，由牛顿第二定律：
2cos v mg m R
θ=
由几何关系：
cos h R R θ=+
联立三式解得：
7
6
h R =
。
13．一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 =
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 =
14．一质量为m 的小球（可视为质点），系于长为R 的轻绳的一端，绳的另一端固定在空间的O 点，假定绳是不可伸长的、柔软且无弹性的。今把小球从O 点的正上方离O 点距离为
8
9R 的点以水平速度034
v gR =抛出，如图所示。当小球到达O 点的正下方时，绳对小球的拉力为多大？
【答案】
43
9
mg 【解析】 【详解】
设绳即将伸直时，绳与竖直方向的夹角为θ，如图甲所示，根据平抛运动规律有
0sin R v t θ=，281
cos 92
R R gt θ-=
解得
π2θ=
，43R t g
=即绳绷紧时，绳刚好水平，如图乙所示，由于绳不可伸长，故绳绷紧时，沿绳方向的分速度0v 消失，小球仅有速度v ⊥
4
3
v gt gR ⊥==
以后小球在竖直平面内做圆周运动，设到达O 点正下方的速度为v '，由机械能守恒定律有
221122
mv mv mgR ⊥'=+ 设此时绳对小球的拉力为T F ，则有
2
T v F mg m R
'-= 解得
T 439
F mg =
15．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=at2，
电子刚好不飞出电场时：y=d，代入数据解得：U2=400V；