四川省遂寧市安居育才卓同國際學(xué)校高中物理解題方法：臨界狀態(tài)的假設(shè)壓軸題易錯(cuò)題一、高中物理解題方法：臨界狀態(tài)的假設(shè)1．一帶電量為＋q、質(zhì)量為m的小球從傾角為θ的光滑的斜面上由靜止開始下滑．斜面處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向如圖所示，求小球在斜面上滑行的速度范圍和滑行的最大距離．【答案】mgcosθ/Bq，m2gcos2θ/(2B2q2sinθ)【解析】【分析】【詳解】帶正電小球從光滑斜面下滑過程中受到重力mg、斜面的支持力N和洛倫茲力f的作用于小球下滑速度越來越大，所受的洛倫茲力越來越大，斜面的支持力越來越小，當(dāng)支持力為零時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)達(dá)到臨界狀態(tài)，此時(shí)小球的速度最大，在斜面上滑行的距離最大故解得：，為小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的最大速度此時(shí)小球移動(dòng)距離為：．2．平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面（紙面）如圖所示，平面OM上方存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點(diǎn)向左上方射入磁場，速度與OM成30°角。已知該粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡與ON只有一個(gè)交點(diǎn)，并從OM上另一點(diǎn)射出磁場。不計(jì)粒子重力。則粒子離開磁場的出射點(diǎn)到兩平面交線O的距離為A． B． C． D．【答案】D【解析】【詳解】、粒子進(jìn)入磁場做順時(shí)針方向的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有解得根據(jù)軌跡圖知，∠OPQ=60°則粒子離開磁場的出射點(diǎn)到兩平面交線O的距離為，則D正確，ABC錯(cuò)誤。故選D。3．用一根細(xì)線一端系一小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），另一端固定在一光滑錐頂上，如圖所示。設(shè)小球在水平：面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的角速度為，線所受拉力為，則下列隨變化的圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】C【解析】【分析】【詳解】對小球受力分析如圖當(dāng)角速度較小時(shí)，小球在光滑錐面上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)向心力公式可得聯(lián)立解得當(dāng)角速度較大時(shí)，小球離開光滑錐面做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)向心力公式可得則綜上所述，ABD錯(cuò)誤，C正確。故選C。4．如圖所示，輕質(zhì)桿的一端連接一個(gè)小球，繞套在固定光滑水平轉(zhuǎn)軸O上的另一端在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。小球經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，桿對球的作用力大小為F，其圖像如圖所示。若圖中的a、b及重力加速度g均為已知量，規(guī)定豎直向上的方向?yàn)榱Φ恼较?。不?jì)空氣阻力，由此可求得（）A．小球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為B．時(shí)，小球在最高點(diǎn)的動(dòng)能為C．時(shí)，小球?qū)U作用力的方向向下D．時(shí)，桿對小球作用力的大小為a【答案】D【解析】【詳解】A．由圖象知，當(dāng)時(shí)，，桿對小球無彈力，此時(shí)重力提供小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，有解得故A錯(cuò)誤；B．由圖象知，當(dāng)時(shí)，故有解得當(dāng)時(shí)，小球的動(dòng)能為故B錯(cuò)誤；C．由圖象可知，當(dāng)時(shí)，有則桿對小球的作用力方向向下，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)U的彈力方向向上，故C錯(cuò)誤；D．由圖象可知，當(dāng)時(shí)，則有解得故D正確。故選D。5．如圖，“”型均勻重桿的三個(gè)頂點(diǎn)O、A、B構(gòu)成了一個(gè)等腰直角三角形，∠A為直角，桿可繞O處光滑鉸鏈在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，初始時(shí)OA豎直．若在B端施加始終豎直向上的外力F，使桿緩慢逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)120°，此過程中（）A．F對軸的力矩逐漸增大，F(xiàn)逐漸增大B．F對軸的力矩逐漸增大，F(xiàn)先增大后減小C．F對軸的力矩先增大后減小，F(xiàn)逐漸增大D．F對軸的力矩先增大后減小，F(xiàn)先增大后減小【答案】C【解析】【分析】【詳解】桿AO的重心在AO的中點(diǎn)，桿BO的重心在BO的中點(diǎn)，故整體重心在兩個(gè)分重心的連線上某電，如圖所示：當(dāng)使桿緩慢逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)120°的過程中，重力的力臂先增加后減小，故重力的力矩先增加后減小，根據(jù)力矩平衡條件，拉力的力矩先增加后減??；設(shè)直角邊質(zhì)量為m1，長度為L，斜邊長為m2，從圖示位置轉(zhuǎn)動(dòng)角度θ（θ≤120°），以O(shè)點(diǎn)為支點(diǎn)，根據(jù)力矩平衡條件，有：故在θ從0°緩慢增加120°過程中，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可得F對軸的力矩先增大后減小，F(xiàn)逐漸增大，C正確；6．如圖所示，在傾角為30°的光滑斜面上端系有一勁度系數(shù)為20N/m的輕質(zhì)彈簧，彈簧下端連一個(gè)質(zhì)量為2千克的小球，球被一垂直于斜面的擋板A擋住，此時(shí)彈簧沒有形變．若擋板A以4m/s2的加速度沿斜面向下勻加速運(yùn)動(dòng)，則（）A．小球向下運(yùn)動(dòng)0.4m時(shí)速度最大B．小球向下運(yùn)動(dòng)0.1m時(shí)與擋板分離C．小球速度最大時(shí)與擋板分離D．小球從一開始就與擋板分離【答案】B【解析】試題分析：對球受力分析可知，當(dāng)球受力平衡時(shí)，速度最大，此時(shí)彈簧的彈力與物體重力沿斜面的分力相等，由胡克定律和平衡條件即可求得小球向下運(yùn)動(dòng)的路程．從開始運(yùn)動(dòng)到小球與擋板分離的過程中，擋板A始終以加速度a=4m/s2勻加速運(yùn)動(dòng)，小球與擋板剛分離時(shí)，相互間的彈力為零，由牛頓第二定律和胡克定律結(jié)合求得小球的位移．解：A、球和擋板分離前小球做勻加速運(yùn)動(dòng)；球和擋板分離后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)，速度最大，此時(shí)物體所受合力為零．即kxm=mgsin30°，解得：xm=由于開始時(shí)彈簧處于原長，所以速度最大時(shí)小球向下運(yùn)動(dòng)的路程為0.5m．故A錯(cuò)誤．設(shè)球與擋板分離時(shí)位移為x，經(jīng)歷的時(shí)間為t，從開始運(yùn)動(dòng)到分離的過程中，m受豎直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的擋板支持力F1和彈簧彈力F．根據(jù)牛頓第二定律有：mgsin30°﹣kx﹣F1=ma，保持a不變，隨著x的增大，F(xiàn)1減小，當(dāng)m與擋板分離時(shí)，F(xiàn)1減小到零，則有：mgsin30°﹣kx=ma，解得：x=m=0.1m，即小球向下運(yùn)動(dòng)0.1m時(shí)與擋板分離．故B正確．C、因?yàn)樗俣茸畲髸r(shí)，運(yùn)動(dòng)的位移為0.5m，而小球運(yùn)動(dòng)0.1m與擋板已經(jīng)分離．故C、D錯(cuò)誤．故選B．【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵抓住臨界狀態(tài)：1、當(dāng)加速度為零時(shí)，速度最大；2、當(dāng)擋板與小球的彈力為零時(shí)，小球與擋板將分離．結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解．7．如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于圓平面向里的勻強(qiáng)磁場。磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，O為圓心，∠AOC=，D為AC的中點(diǎn)，DO為一塊很薄的粒子吸收板。一束質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以相同速度在AD間平行于DO方向垂直射入磁場，不考慮電子的重力及相互作用，電子打在吸收板上即被板吸收。則電子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間可能為（）A． B． C． D．【答案】AC【解析】【詳解】所有電子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r相同，由得r=電子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期畫出電子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示可知從AO邊射出磁場的電子在磁場中運(yùn)動(dòng)二圓周，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間為從CO邊射出磁場的電子在磁場中運(yùn)動(dòng)等于或大于圓周，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間為其中沿DO方向從O點(diǎn)射人磁場的電子在磁場中運(yùn)動(dòng)圓周，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長，最長時(shí)間綜上所述，故選AC。8．如圖所示，豎直放置的光滑圓軌道被固定在水平地面上，半徑r=0.4m，最低點(diǎn)處有一小球（半徑比r小很多），現(xiàn)給小球一水平向右的初速度v0，則要使小球不脫離圓軌道運(yùn)動(dòng)，v0應(yīng)當(dāng)滿足（g=10m/s2）（）A．m/s B．m/sC． D．m/s【答案】BD【解析】【分析】【詳解】小球不脫離圓軌道時(shí)，最高點(diǎn)的臨界情況為解得m/s根據(jù)機(jī)械能守恒定律得解得m/s故要使小球做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，必須滿足m/s；若不通過圓心等高處小球也不會(huì)脫離圓軌道，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有解得m/s故小球不越過圓心等高處，必須滿足m/s，所以要使小球不脫離圓軌道運(yùn)動(dòng)，v0應(yīng)當(dāng)滿足m/s或m/s，AC錯(cuò)誤，BD正確。故選BD。9．如圖所示，x軸上方存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，坐標(biāo)原點(diǎn)處有一正離子源，單位時(shí)間在xOy平面內(nèi)發(fā)射n0個(gè)速率為υ的離子，分布在y軸兩側(cè)各為θ的范圍內(nèi)．在x軸上放置長度為L的離子收集板，其右端點(diǎn)距坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為2L，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0時(shí)，沿y軸正方向入射的離子，恰好打在收集板的右端點(diǎn)．整個(gè)裝置處于真空中，不計(jì)重力，不考慮離子間的碰撞，忽略離子間的相互作用．（1）求離子的比荷；（2）若發(fā)射的離子被收集板全部收集，求θ的最大值；（3）假設(shè)離子到達(dá)x軸時(shí)沿x軸均勻分布．當(dāng)θ=370，磁感應(yīng)強(qiáng)度在B0≤B≤3B0的區(qū)間取不同值時(shí)，求單位時(shí)間內(nèi)收集板收集到的離子數(shù)n與磁感應(yīng)強(qiáng)度B之間的關(guān)系（不計(jì)離子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間）【答案】（1）（2）（3）時(shí)，；時(shí)，；時(shí)，有【解析】（1）洛倫茲力提供向心力，故，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R=L，解得（2）和y軸正方向夾角相同的向左和向右的兩個(gè)粒子，達(dá)到x軸位置相同，當(dāng)粒子恰好達(dá)到收集板最左端時(shí)，達(dá)到最大，軌跡如圖1所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知，解得（3），全部收集到離子時(shí)的最小半徑為R，如圖2，有，解得當(dāng)時(shí)，所有粒子均能打到收集板上，有，恰好收集不到粒子時(shí)的半徑為，有，即當(dāng)時(shí)，設(shè)，解得當(dāng)時(shí)，所有粒子都不能打到收集板上，10．如圖所示，斜面上表面光滑絕緣，傾角為θ，斜面上方有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場.磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球