高考物理培优 易错 难题(含解析)之临界状态的假设解决物理试题附答案

高考物理培优 易错 难题(含解析)之临界状态的假设解决物理试题附答案

一、临界状态的假设解决物理试题

1．一带电量为＋q 、质量为m 的小球从倾角为θ的光滑的斜面上由静止开始下滑．斜面处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向如图所示，求小球在斜面上滑行的速度范围和滑行的最大距离．

【答案】m gcosθ/Bq ， m 2gcos 2θ/(2B 2q 2sinθ) 【解析】 【分析】 【详解】

带正电小球从光滑斜面下滑过程中受到重力m g 、斜面的支持力N 和洛伦兹力f 的作用于小球下滑速度越来越大，所受的洛伦兹力越来越大，斜面的支持力越来越小，当支持力为零时，小球运动达到临界状态，此时小球的速度最大，在斜面上滑行的距离最大 故cos mg qvB θ= 解得：cos mg v qB

θ

=

，为小球在斜面上运动的最大速度 此时小球移动距离为：

22222

cos 2(2sin )

v m g s a B q θθ==．

2．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

B 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

m 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。

3．平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m ，电荷量为q （q >0）。粒子沿纸面以大小为v 的速度从OM 的某点向左上方射入磁场，速度与OM 成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，并从OM 上另一点射出磁场。不计粒子重力。则粒子离开磁场的出射点到两平面交线O 的距离为

A ．2mv qB

B ．3mv qB

C ．2mv qB

D ．4mv qB

【答案】D 【解析】 【详解】 、

粒子进入磁场做顺时针方向的匀速圆周运动，轨迹如图所示，

根据洛伦兹力提供向心力，有

2

v qvB m R

=

解得

mv R qB =

根据轨迹图知

22mv

PQ R qB

==

， ∠OPQ =60°

则粒子离开磁场的出射点到两平面交线O 的距离为

42mv

OP PQ qB

==

， 则D 正确，ABC 错误。 故选D 。

4．中国已进入动车时代，在某轨道拐弯处，动车向右拐弯，左侧的路面比右侧的路面高一些，如图所示，动车的运动可看作是做半径为R 的圆周运动，设内外路面高度差为h ，路基的水平宽度为d ，路面的宽度为L ，已知重力加速度为g ，要使动车轮缘与内、外侧轨道无挤压，则动车拐弯时的速度应为（ ）

A．gRh

L

B．

gRh

d

C．

2

gR

D．

gRd

h

【答案】B

【解析】

【详解】

把路基看做斜面，设其倾角为θ，如图所示

当动车轮缘与内、外侧轨道无挤压时，动车在斜面上受到自身重力mg和斜面支持力N，二者的合力提供向心力，即指向水平方向，根据几何关系可得合力F=mg tanθ，合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有

mg tanθ＝

2 v m

R

计算得v tan

gR

tanθ＝h d

带入解得v gRh

d

gRh

d

压，故B正确，ACD错误。

故选B。

5．近年来我国高速铁路发展迅速，现已知某新型国产列车某车厢质量为m，如果列车要进入半径为R的弯道，如图所示，已知两轨间宽度为L，内外轨高度差为h，重力加速度为g，该弯道处的设计速度最为适宜的是（）

A ．

2

2

gRh L h

- B ．

2

2

gRL L h

-

C ．22

gR L h h

-

D ．

gRL

h

【答案】A 【解析】 【详解】

列车转弯时的向心力由列车的重力和轨道对列车的支持力的合力提供，方向沿水平方向，根据牛顿第二定律可知

2

22v mg m R L h

?=-

解得

2

2

gRh v L h

=

-

故A 正确。 故选A 。

6．如图所示，七块完全相同的砖块按照图示的方式叠放起来，每块砖的长度均为L ，为保证砖块不倒下，6号砖块与7号砖块之间的距离S 将不超过（ ）

A ．

31

15

L B ．2L

C ．

52

L D ．

74

L 【答案】A 【解析】

试题分析：因两部分对称，则可只研究一边即可；1砖受2和3支持力而处于平衡状态，则可由力的合成求得1对2的压力；而2砖是以4的边缘为支点的杠杆平衡，则由杠杆的平衡条件可得出2露出的长度，同理可求得4露出的长度，则可求得6、7相距的最大距离．

1处于平衡，则1对2的压力应为

2

G

；当1放在2的边缘上时距离最大；2处于杠杆平衡状态，设2露出的长度为x ，则2下方的支点距重心在()2

L

x -处；由杠杆的平衡条件可

知：()22L G G x x -=，解得3L

x =，设4露出的部分为1x ；则4下方的支点距重心在

1()2L x -处；4受到的压力为2G G +，则由杠杆的平衡条件可知11()()22

L G

G x G x -=+，解得12L x =，则6、7之间的最大距离应为()131

22()3515

L L L x x L L ++=++=

，A 正确．

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．图甲为 0.1kg 的小球从最低点A 冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4m 半圆轨道后，小球速度的平方与其高度的关系图像。已知小球恰能到达最高点C ，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计。g 取210m/s ，B 为AC 轨道中点。下列说法正确的是（ ）

A ．图甲中x ＝4

B ．小球从A 运动到B 与小球从B 运动到

C 两个阶段损失的机械能相同 C ．小球从A 运动到C 的过程合外力对其做的功为–1.05J

D ．小球从C 抛出后，落地点到A 的距离为0.8m 【答案】ACD

【解析】 【分析】 【详解】

A ．当h =0.8m 时，小球运动到最高点，因为小球恰能到达最高点C ，则在最高点

2

v mg m r

=

解得

v =

则

24x v ==

故A 正确；

B ． 小球从A 运动到B 对轨道的压力大于小球从B 运动到

C 对轨道的压力，则小球从A 运动到B 受到的摩擦力大于小球从B 运动到C 受到的摩擦力，小球从B 运动到C 克服摩擦力做的功较小，损失的机械能较小，胡B 错误； C ． 小球从A 运动到C 的过程动能的变化为

22k 0111

Δ0.1(425)J 1.05J 222

E mv mv =

-=??-=- 根据动能定理W 合=E k 可知，小球从A 运动到C 的过程合外力对其做的功为–1.05J ，故C

正确；

D ．小球在C 点的速度v =2m/s ，小球下落的时间

2

122

r gt =

0.4s t =

== 则落地点到A 点的距离

20.4m 0.8m x vt '==?=

故D 正确。 故选ACD 。

9．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2

10m/s ，3sin 375?=

，4

cos375

?=）

（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 ?=10

0.8

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：

102

rad/s rad/s cos3710.82

g 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

50

rad/s 3

ω'=

由于250

20rad/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

2

32sin 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 =

10．如图所示，斜面上表面光滑绝缘，倾角为θ，斜面上方有一垂直纸面向里的匀强磁场.磁感应强度为B ，现有一个质量为m 、带电荷量为+q 的小球在斜面上被无初速度释放，假设斜面足够长.则小球从释放开始，下滑多远后离开斜面.

【答案】2222cos 2sin m g q B θ

θ

【解析】 【分析】 【详解】

小球沿斜面下滑，在离开斜面前，受到的洛伦兹力F 垂直斜面向上，其受力分析图

沿斜面方向：mg sinθ=ma ； 垂直斜面方向：F +F N -mg cosθ=0. 其中洛伦兹力为F =Bqv .

设下滑距离x 后小球离开斜面，此时斜面对小球的支持力F N =0，由运动学公式有v 2=2ax ，

联立以上各式解得2222cos 2sin m g x q B θ

θ

=

11．在某路口，有按倒计时显示的时间显示灯．有一辆汽车在平直路面上正以36 km/h 的速度朝该路口停车线匀速前行，在车头前端离停车线70 m 处司机看到前方绿灯刚好显示“5”．交通规则规定：绿灯结束时车头已越过停车线的汽车允许通过．

(1)若不考虑该路段的限速，司机的反应时间为1 s ，司机想在剩余时间内使汽车做匀加速直

线运动以通过停车线，则汽车的加速度至少为多大？

(2)若该路段限速60 km/h ，司机的反应时间为1 s ，司机反应过来后汽车先以2 m/s 2的加速度沿直线加速3 s ，为了防止超速，司机在加速结束时立即踩刹车使汽车匀减速直行，结果车头前端与停车线相齐时刚好停下，求刹车后汽车加速度的大小．(结果保留两位有效数字) 【答案】(1)2.5 m/s 2 (2)6.1 m/s 2 【解析】

试题分析：（1）司机反应时间内做匀速直线运动的位移是：10110x v t m ==； 加速过程：2154t t s =-=

2

102121702

x v t a t -=+

代入数据解得：2

1 2.5/a m s =

（2）汽车加速结束时通过的位移：

22201022311

10103234922

x v t v t a t m =++=+?+??=

此时离停车线间距为：327021x x m =-= 此时速度为：1022102316/v v a t m s =+=+?=

匀减速过程：2

322ax v =

带入数据解得：23128

6.1/21

a m s =

= 考点：匀变速直线运动规律

【名师点睛】本题关键分析清楚汽车的运动规律，然后分阶段选择恰当的运动学规律列式求解，不难．

12．如图所示，在边长为L 的正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B .在正方形对角线CE 上有一点P ，其到CF ，CD 距离均为

4

L

，且在P 点处有一个发射正离子的装置，能连续不断地向纸面内的各方向发射出速率不同的正离子．已知离子的质量为m ，电荷量为q ，不计离子重力及离子间相互作用力．

(1)速率在什么范围内的所有离子均不可能射出正方形区域？ (2)求速率为v ＝

1332qBL

m

的离子在DE 边的射出点距离D 点的范围．

【答案】(1)8qBL v m ≤ (2)(23)48

L L

d +≤< 【解析】 【分析】 【详解】

因离子以垂直于磁场的速度射入磁场，故其在洛伦兹力作用下必做圆周运动． (1)依题意可知离子在正方形区域内做圆周运动不射出该区域，做圆周运动的半径为r ≤

8

L

. 对离子，由牛顿第二定律有qvB ＝m 2

v r

? 8qBL v m ≤

(2)当v ＝

1332qBL

m

时，设离子在磁场中做圆周运动的半径为R ， 则由2

v qvB m R

＝可得.1332L R = 要使离子从DE 射出，则其必不能从CD 射出，其临界状态是离子轨迹与CD 边相切，设切点与C 点距离为x ，其轨迹如图甲所示，

由几何关系得： R 2＝(x －

4L )2＋(R －4

L

)2， 计算可得x ＝

5

8

L ， 设此时DE 边出射点与D 点的距离为d 1，则由几何关系有：(L －x )2＋(R －d 1)2＝R 2， 解得d 1＝

4

L . 而当离子轨迹与DE 边相切时，离子必将从EF 边射出，设此时切点与D 点距离为d 2，其轨迹如图乙所示，由几何关系有：

R2

＝(3

4

L－R)2＋

(d2－

4

L

)2，

解得d2＝

()

23

8

L

+

故速率为v＝

13

32

qBL

m

的离子在DE边的射出点距离D点的范围为

()

23

48

L

L

d

+

≤<

【点睛】

粒子圆周运动的半径

mv

r

Bq

=，速率越大半径越大，越容易射出正方形区域，粒子在正方

形区域圆周运动的半径若不超过

8

L

，则粒子一定不能射出磁场区域，根据牛顿第二定律求出速率即可．

13．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MN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)5

n=

【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

n =

14．客车以30m/s 的速度行驶，突然发现前方72m 处有一自行车正以6m/s 的速度同向匀速行驶，于是客车紧急刹车，若以3m/s 2的加速度匀减速前进，问： (1)客车是否会撞上自行车？若会撞上自行车，将会在匀减速前进多久时撞上？ (2)若要保证客车不会撞上自行车，客车刹车时的加速度至少多大？ 【答案】(1)会撞上,4s (2)4m/s 2 【解析】 【详解】

(1)两车速度相等经历的时间为

21

18s v v t a

-=

= 此时客车的位移为

2

1221144m 2v x a

v -==

自行车的位移为：

2248m x v t ==

因为x 2>x 1+72m 可以知道客车会撞上自行车； 设经过时间t 撞上则

21

307262

t at t -=+

解得

4t s =， 12t s = （舍去）

(2)两车速度相等经历的时间

21

2'

v v t a -=

根据位移关系有：

2

122221'722

v t a t v t +=+

得：

2'4m /s a =

故若要保证客车不会撞上自行车，客车刹车时的加速度至少为2'4m /s a =。

15．如图所示，木板静止于光滑水平面上,在其右端放上一个可视为质点的木块，已知木块的质量m =1kg ，木板的质量M =3kg ，木块与木板间的动摩擦因数μ=0.3，设木块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，板长L =2 m ，g 取10 m/s 2，问：

(1) 若木块不能在木板上滑动，则对木板施加的拉力应该满足什么条件? (2) 若拉力为30N ，则木块滑离木板需要多少时间?

【答案】(1) F ≤12 N ；6

s 。 【解析】 【详解】

(1) 以木块为研究对象，木块能受到的最大静摩擦力f m =μmg

木块的最大加速度

a m =

m

f m

=μg ， 木块不能在木板上滑动，木块与木板整体的最大加速度为μg ， 以整体为研究对象，由牛顿第二定律可得

F=(M+m )a m ，

代入数值可求得12 N F =。

若木块不能在木板上滑动，则对木板施加的拉力F ≤12 N 。

(2) 当拉力F=30 N 时木块已经相对滑动，木块受到滑动摩擦力，产生的加速度

a=μg=3 m/s 2，

对于木板，根据牛顿第二定律有

F-f=Ma'，

设木块滑离木板的时间为t ，则有

12a't 2-12

at 2

=L ， 联立解得6

s 。