高考物理易错题精选-临界状态的假设解决物理试题练习题含答案

高考物理易错题精选-临界状态的假设解决物理试题练习题含答案

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．如图所示，圆心为O 、半径为r 的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B 。P 是圆外一点，OP =3r ，一质量为m 、电荷量为q （q>0）的粒子从P 点在纸面内沿着与OP 成60°方向射出（不计重力），求： (1)若粒子运动轨迹经过圆心O ，求粒子运动速度的大小； (2)若要求粒子不能进入圆形区域，求粒子运动速度应满足的条件。

【答案】(1)3Bqr ；(2)(332)v m ≤+或(332)v m ≥- 【解析】 【分析】 【详解】

(1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R ，圆心为O '，依图题意作出轨迹图如图所示：

由几何知识可得：

OO R '=

()

2

22(3)6sin OO R r rR θ'=+-

解得

3R r =

根据牛顿第二定律可得

2

v Bqv m R

=

解得

3Bqr

v m

=

(2)若速度较小，如图甲所示：

根据余弦定理可得

()

2

2211196sin r R R r rR θ+=+-

解得

1332

R =

+

若速度较大，如图乙所示：

根据余弦定理可得

()

2

2222296sin R r R r rR θ-=+-

解得

2332

R =

-

根据

BqR

v m

=

得

1(332)v m =

+，2(332)v m

=-

若要求粒子不能进入圆形区域，粒子运动速度应满足的条件是

(332)v m ≤

+或(332)v m

≥-

3．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

4．铁路在弯道处的内、外轨道高低是不同的，已知内、外轨道连线与水平面倾角为θ，弯道处的圆弧半径为R ，若质量为m 的火车转弯的时速度小于临界转弯速度tan Rg θ 时，则（ ）

A ．内轨受挤压

B ．外轨受挤压

C ．这时铁轨对火车的支持力等于cos mg

θ D ．这时铁轨对火车的支持力小于cos mg

θ

【答案】AD 【解析】 【详解】

AB ．当车轮对内外轨道均无作用力时，受力分析：

根据牛顿第二定律：

2

tan v mg m R

θ=

解得：tan v Rg θtan Rg θ力，A 正确，B 错误；

CD ．当车轮对内外轨道均无作用力时，轨道对火车的支持力：

cos mg

N θ

=

当内轨道对火车施加作用力沿着轨道平面，可以把这个力分解为水平和竖直向上的两个分力，由于竖直向上的分力作用，使支持力变小，C 错误，D 正确。 故选AD 。

5．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

100.4m/s=2m/s v gr =?

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=n 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 =

440.4s 0.4s 10

r t g ?=

== 则落地点到A 点的距离

20.4m 0.8m x vt '==?=

故D 正确。 故选ACD 。

6．在上表面水平的小车上叠放着上下表面同样水平的物块A 、B ，已知A 、B 质量相等，A 、B 间的动摩擦因数10.2μ=，物块B 与小车间的动摩擦因数20.3μ=。小车以加速度

0a 做匀加速直线运动时，A 、B 间发生了相对滑动，B 与小车相对静止，设最大静摩擦力等

于滑动摩擦力，重力加速度g 取210m/s ，小车的加速度大小可能是（ ）

A ．22m/s

B ．22.5m/s

C ．23m/s

D ．24.5m/s

【答案】BC 【解析】 【详解】

以A 为研究对象，由牛顿第二定律得：

μ1mg =ma 0，

得：

a 0=μ1g =2m/s 2，

所以小车的加速度大于2m/s 2。

当B 相对于小车刚要滑动时静摩擦力达到最大值，对B ，由牛顿第二定律得：

μ2?2mg -μ1mg =ma ，

得

a =4m/s 2，

所以小车的加速度范围为

2m/s 2＜a ≤4m/s 2，

故AD 错误，BC 正确。 故选BC 。

7．如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，圆形管道半径为R ，管道内径略大于小球直径，且远小于R ，则下列说法正确的是（ ）

A ．小球通过最高点时的最小速度min v gR =

B ．小球通过最高点时的最小速度min 0v =

C ．小球在水平线ab 以下的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力

D ．小球在水平线ab 以上的管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力 【答案】BC 【解析】 【详解】

AB ．小球在竖直放置的光滑圆形管道内的圆周运动属于轻杆模型，小球通过最高点时的最小速度为零，故A 错误，B 正确；

C ．小球在水平线ab 以下的管道中运动时，沿半径方向的合力提供小球做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小球一定有作用力，而内侧管壁对小球一定无作用力，故C 正确；

D ．小球在水平线ab 以上的管道中运动时，沿半径方向的合力提供小球做圆周运动的向心力，当速度非常大时，内侧管壁没有作用力，此时外侧管壁有作用力，当速度比较小时，内侧管壁有作用力，外侧管壁对小球无作用力，故D 错误。 故选BC 。

8．如图所示，质量为M 、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m 的小铁球，现用一水平向右的推力F 推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽球心和小铁球的连线与竖直方向成α角。则下列说法正确的是（ ）

A ．小铁球所受合力为零

B ．小铁球受到的合外力方向水平向左

C ．()tan F M m g α=+

D ．系统的加速度为tan a g α=

【答案】CD 【解析】 【详解】

隔离小铁球根据牛顿第二定律受力分析得

tan F mg ma α==合

且合外力水平而右，故小铁球加速度为

tan a g α=

因为小铁球与凹槽相对静止，故系统的加速度也为tan g α，整体受力分析根据牛顿第二定律得

()()tan F M m a M m g α=+=+

故AB 错误，CD 正确。 故选CD 。

9．现有A 、B 两列火车在同一轨道上同向行驶，A 车在前，其速度v A ＝10 m/s ，B 车速度v B ＝30 m/s.因大雾能见度低，B 车在距A 车600 m 时才发现前方有A 车，此时B 车立即刹车，但B 车要减速1 800 m 才能够停止． (1)B 车刹车后减速运动的加速度多大？

(2)若B 车刹车8 s 后，A 车以加速度a 1＝0.5 m/s 2加速前进，问能否避免事故？若能够避免则两车最近时相距多远？

【答案】(1)0.25 m/s 2 (2)可以避免事故 232 m 【解析】 【分析】 【详解】

(1)设B 车减速运动的加速度大小为a ，有0－v B 2＝－2ax 1，解得： a ＝0.25 m/s 2.

(2)设B 车减速t 秒时两车的速度相同，有v B －at ＝v A ＋a 1(t －Δt ) 代入数值解得t ＝32 s ，

在此过程中B 车前进的位移为x B ＝v B t －2

12

at ＝832 m A 车前进的位移为x A ＝v A Δt ＋v A (t －Δt )＋

1

2

a 1(t －Δt )2＝464 m ， 因x A ＋x >x B ，故不会发生撞车事故，此时Δx ＝x A ＋x －x B ＝232 m.

10．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 1

sin 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：

13

sin 3

C n =

=

1

sin 3sin 2

C ∠=

< 所以CD 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 ∠=

3

sin 4sin 2

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 。

11．如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B 点脱离后做平抛运动，经过0.3秒后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰到。已知圆轨道半径为R =1m ，小球的质量为m =1kg ，g 取10m/s 2。求：

(1)小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离；

(2)小球经过圆弧轨道的B 点时，受到轨道的作用力N B 的大小和方向？

【答案】(1)0.9m ，(2)1N ，方向竖直向上。 【解析】 【详解】

(1)小球垂直落在斜面上，分解末速度：

00

y tan 45v v v gt ?=

=

解得小球从C 点飞出时的初速度：03m/s v =，则B 与C 点的水平距离：

0x v t =

解得：0.9m x =；

(2)假设轨道对小球的作用力竖直向上，根据牛顿第二定律：

20

B v mg N m R

-=

解得：B 1N N =，方向竖直向上。

12．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 =

，0

2eU 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 +=

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)5n =【解析】

(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

5n =

14．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椎体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ=37°，当小球在水平面内绕椎体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为T 。求(取g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，结果用根式表示)： (1)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？

(2)若小球的角速度ω=25rad/s ，则细线与竖直方向的夹角为多大？细绳的张力多大？ (3)若小球的角速度ω=5rad/s ，则小球对圆锥体的压力为多大？

【答案】（112.5rad/s ；（2）60?，20N ；(3)3.6N 【解析】 【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

2

0tan sin mg m l θωθ=

解得

0ω=

= （2）因0ωω>，故此时小球已离开锥面，小球受到锥面的支持力F N =0，设细线与竖直方向的夹角为α，则

2tan sin mg m l αωα=

解得60α=o ，则细绳的张力

220N cos60

mg

T mg =

==o

（3）因0ωω<，故此时小球未离开锥面，设小球受到的支持力为F N ，细线张力为F ，则

cos37sin 37N F F mg +=o o 2sin 37cos37sin 37N F F m l ω-o o o ＝

联立以上两式，代入数据得：F N =3.6N 。

15．一辆值勤的警车（已启动）停在公路边，当警员发现一辆以7m/s 的速度匀速向前行驶的货车有违章行为，当货车经过警车时，警车以加速度a=2m/s 2向前做匀加速运动．求：

（1）警车开动后经多长时间能追上违章的货车，这时警车速度多大； （2）在警车追上货车之前，何时两车间的最大距离，最大距离是多少．

（3）如果警员发现在他前面9m 处以7m/s 的速度匀速向前行驶的货车有违章行为时，决定前去追赶，经3s ，警车发动起来，以加速度a=2m/s 2做匀加速运动．求警车发动后经多长时间能追上违章的货车，这时警车速度多大？

【答案】（1）7s ；14m/s （2）3．5s ；12．25m （3）10s ；20m/s 【解析】

试题分析：（1）由题意可知：2

112

x at =2x vt = x 1=x 2

得 t=7s v=at=14m/s

（2）当两车速度相等时，两车间距最大； 3.5v

t s a

=

=' 201

42.252

m x vt x at m ?=+-='

Δx= x 2’- x 1’=12．25m

（3）x 0=9+7×3m=30m

2

112x at

x 2=vt x 1=x 2+x 0 得 t=10s v=at=20m/s 考点：追击及相遇问题

【名师点睛】本题考查了运动学中的追及问题，解题时要抓住位移关系，结合运动学公式灵活求解，知道速度相等时，相距最远；两车相遇时位移相同．