备战高考物理培优 易错 难题(含解析)之临界状态的假设解决物理试题及详细答案

备战高考物理培优 易错 难题(含解析)之临界状态的假设解决物理试题及详细
答案
一、临界状态的假设解决物理试题
1．如图所示，在光滑的圆锥顶用长为L 的细线悬挂一质量为m 的小球，圆锥顶角为2θ，当圆锥和球一起以角速度ω匀速转动时，球压紧锥面．
()1此时绳的张力是多少？
()2若要小球离开锥面，则小球的角速度至少为多少？
【答案】（1）()2
2cos sin T mg m l θωθ=+（2）cos g
l ωθ
= 【解析】
（1）小球此时受到竖直向下的重力mg ，绳子的拉力T ，锥面对小球的支持力N ，三个力作用，合力充当向心力，即合力2sin F m l ωθ= 在水平方向上有，sin cos T N ma F ma θθ-==，， 在竖直方向上：cos sin T N mg θθ+= 联立四个式子可得()2
2cos sin T mg m l θωθ=+
（2）重力和拉力完全充当向心力时，小球对锥面的压力为零， 故有向心力tan F mg θ=，2sin F m l ωθ=，联立可得cos g
l ωθ
=，即小球的角速度至
少为cos g
l ωθ
=
；
2．质量为m 2=2Kg 的长木板A 放在水平面上，与水平面之间的动摩擦系数为0.4；物块B （可看作质点）的质量为m 1=1Kg ，放在木板A 的左端，物块B 与木板A 之间的摩擦系数为0.2.现用一水平向右的拉力F 作用在木板A 的右端，让木板A 和物块B 一起向右做匀加速运动．当木板A 和物块B 的速度达到2 m/s 时，撤去拉力，物块B 恰好滑到木板A 的右端而停止滑动，最大静摩擦力等于动摩擦力，g=10m/s 2，求：
（1）要使木板A 和物块B 不发生相对滑动，求拉力F 的最大值； （2）撤去拉力后木板A 的滑动时间； （3）木板A 的长度。

【答案】（1）18N （2）0.4s （3）0.6m 【解析】 【详解】
（1）当木板A 和物块B 刚要发生相对滑动时，拉力达到最大 以B 为研究对象，由牛顿第二定律得
1111m g m a μ=
可得
2112m/s a g μ==．
再以整体为研究对象，由牛顿第二定律得
212121 ))F m m g m m a μ-+=
+（（ 故得最大拉力
18F N =；
（2）撤去F 后A 、B 均做匀减速运动，B 的加速度大小仍为1a ，A 的加速度大小为2
a ，则 2121122)m m g m g m a μμ+-=（
解得
225m/s a =
故A 滑动的时间
22
0.45
v t s s a =
== （3）撤去F 后A 滑动的距离
22
122m=0.4m 225
v x a ==⨯
B 滑动的距离
22
212m=1m 222
v x a ==⨯
故木板A 的长度
210.6m L x x =-=．
【点睛】
解题的关键是正确对滑块和木板进行受力分析，清楚滑块和木板的运动情况，根据牛顿第
二定律及运动学基本公式求解。

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．火车转弯时，如果铁路弯道内外轨一样高，外轨对轮绝（如图a 所示）挤压的弹力F 提供了火车转弯的向心力（如图b 所示），但是靠这种办法得到向心力，铁轨和车轮极易受损．在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨（如图c 所示），当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度小为，以下说法中正确的是
A．该弯道的半径
B．当火车质量改变时，规定的行驶速度也将改变
C．当火车速率大于时，外轨将受到轮缘的挤压
D．当火车速率小于时，外轨将受到轮缘的挤压
【答案】C
【解析】
【详解】
火车拐弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，设转弯处斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得：mgtanθ=mv2/R，解得：R= v2/ g tanθ，故A错误；根据牛顿第二定律得：mgtanθ=mv2/R, 解得：v=gRtan ，与质量无关，故B错误；若速度大于规定速度，重力和支持力的合力不够提供，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨．故C 正确；若速度小于规定速度，重力和支持力的合力提供偏大，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨．故D错误．故选C
.
点睛：火车拐弯时以规定速度行驶，此时火车的重力和支持力的合力提供圆周运动所需的向心力．若速度大于规定速度，重力和支持力的合力不够提供，此时外轨对火车有侧压力；若速度小于规定速度，重力和支持力的合力提供偏大，此时内轨对火车有侧压力．
5．质量为m的光滑圆柱体A放在质量也为m的光滑“ V”型槽B上，如图，α=60°，另有质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与B相连，现将C自由释放，则下列说法正确的是( )
A．当M= m时，A和B保持相对静止，共同加速度为0.5g
B．当M=2m时，A和B保持相对静止，共同加速度为0.5g
C．当M=6m时，A和B保持相对静止，共同加速度为0.75g
D．当M=5m时，A和B之间的恰好发生相对滑动
【答案】B
【解析】 【分析】 【详解】
D.当A 和B 之间的恰好发生相对滑动时，对A 受力分析如图
根据牛顿运动定律有：cot 60mg ma ︒= 解得cot 603a g g =︒=
B 与
C 为绳子连接体，具有共同的运动情况，此时对于B 和C 有：
()Mg M m a =+
所以3M a g g M m =
=+，即3M
M m
=+ 解得3 2.3713
M m m =
≈-
选项D 错误；
C.当 2.37M m >，A 和B 将发生相对滑动，选项C 错误；
A. 当 2.37M m <，A 和B 保持相对静止。

若A 和B 保持相对静止，则有
(2)Mg M m a =+
解得2M
a g M m
=
+
所以当M= m 时，A 和B 保持相对静止，共同加速度为1
3
a g =，选项A 错误； B. 当M=2m 时，A 和B 保持相对静止，共同加速度为1
0.52
a g g ==，选项B 正确。

故选B 。

6．一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶。

在车厢底,一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定。

上一层只有一只桶C ，自由地摆放在A 、B 之间，和汽车一起保持静止，如图所示，当C 与车共同向左加速时
A ．A 对C 的支持力变大
B ．B 对
C 的支持力不变 C ．当向左的加速度达到3
2
g 时，C 将脱离A D ．当向左的加速度达到3
3
g 时，C 将脱离A 【答案】D 【解析】 【详解】
对C 进行受力分析，如图所示，
设B 对C 的支持力与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得：1
22
R sin R θ=＝，所以θ=30°；同理可得，A 对C 的支持力与竖直方向的夹角也为30°； AB ．原来C 处于静止状态，根据平衡条件可得：
N B sin30°=N A sin30°；
令C 的加速度为a ，根据正交分解以及牛顿第二定律有：
N ′B sin30°-N ′A sin30°=ma
可见A 对C 的支持力减小、B 对C 的支持力增大，故AB 错误； CD ．当A 对C 的支持力为零时，根据牛顿第二定律可得：
mg tan30°=ma
解得：
33
a g =
则C 错误，D 正确； 故选D 。

7．如图，“”型均匀重杆的三个顶点O 、A 、B 构成了一个等腰直角三角形，∠A 为直角，杆可绕O 处光滑铰链在竖直平面内转动，初始时OA 竖直．若在B 端施加始终竖直向上的外力F ，使杆缓慢逆时针转动120°，此过程中（ ）
A ．F 对轴的力矩逐渐增大，F 逐渐增大
B ．F 对轴的力矩逐渐增大，F 先增大后减小
C ．F 对轴的力矩先增大后减小，F 逐渐增大
D ．F 对轴的力矩先增大后减小，F 先增大后减小 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
杆AO 的重心在AO 的中点，杆BO 的重心在BO 的中点，故整体重心在两个分重心的连线上某电，如图所示：
当使杆缓慢逆时针转动120°的过程中，重力的力臂先增加后减小，故重力的力矩先增加后减小，根据力矩平衡条件，拉力的力矩先增加后减小；设直角边质量为m 1，长度为L ，斜边长为m 2，从图示位置转动角度θ（θ≤120°），以O 点为支点，根据力矩平衡条件，有：
1222sin 45sin 4502L L
F L m g m g θθθ︒+-⋅
-+︒=（）（） 故
()12122sin 11
14sin 411()2t 2521an F m g m g m g m g
θθθ
=
⋅+=++︒+
在θ从0°缓慢增加120°过程中，根据数学知识可得F 对轴的力矩先增大后减小，F 逐渐增大，C 正确；
8．火车以速率1v 向前行驶，司机突然发现在前方同一轨道上距车s 处有另一辆火车，它正沿相同的方向以较小的速率2v 做匀速运动，于是司机立即使车做匀减速运动，该加速度大小为a ，则要使两车不相撞，加速度a 应满足的关系为（ ）
A ．()
221
22v
v a s
->
B ．2
12v a s
>
C ．22
2v a s
>
D ．()2
1
22v v a s
->
【答案】D 【解析】 【详解】
ABCD.设经过时间t 两车相遇，则有
2211
2
v t s v t at +=-
整理得
()221220at v v t s +-+=
要使两车不相撞，则上述方程无解，即
()2
21480v v as ∆=--<
解得
()2
12
2v v a s
->
故D 正确ABC 错误｡ 故选D 。

9．如图所示，光滑水平桌面上放置一个倾角为37°的光滑楔形滑块A ，质量为M =0.8kg 。

一细线的一端固定于楔形滑块A 的顶端O 处，细线另一端拴一质量为m =0.2kg 的小球。

若滑块与小球在外力F 作用下，一起以加速度a 向左做匀加速运动。

取g =10 m/s 2;s in 370=0.6;s in 530=0.8，则下列说法正确的是（ ）
A ．当a =5 m/s 2时，滑块对球的支持力为0 N
B ．当a =15 m/s 2时，滑块对球的支持力为0 N
C ．当a =5 m/s 2时，外力F 的大小为4N
D ．当a =15 m/s 2时，地面对A 的支持力为
10N 【答案】BD 【解析】 【详解】
设加速度为a 0时小球对滑块的压力等于零，对小球受力分析，受重力和拉力， 根据牛顿第二定律，有：
水平方向：0cos37F F ma =︒=合， 竖直方向：sin37F mg ︒=，
解得204
13.3m/s 3
a g =
=
A.当2
05m/s a a =<时，小球未离开滑块，斜面对小球的支持力不为零，选项A 错误； B.当2
015m/s a a =>时，小球已经离开滑块，只受重力和绳的拉力，滑块对球的支持力为
零，选项B 正确；
C.当25m/s a =时，小球和楔形滑块一起加速，由整体法可知：
()5N F M m a =+=
选项C 错误；
D.当系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对A 的支持力一定等于两个物体的重力之和，即
()10N N M m g =+=
选项D 正确。

故选BD 。

10．如图所示，x 轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，坐标原点处有一正离子源，单位时间在xOy 平面内发射n 0个速率为υ的离子，分布在y 轴两侧各为θ的范围内．在x 轴上放置长度为L 的离子收集板，其右端点距坐标原点的距离为2L ，当磁感应强度为B 0时，沿y 轴正方向入射的离子，恰好打在收集板的右端点．整个装置处于真空中，不计重力，不考虑离子间的碰撞，忽略离子间的相互作用．
（1）求离子的比荷
q m
； （2）若发射的离子被收集板全部收集，求θ的最大值；
（3）假设离子到达x 轴时沿x 轴均匀分布．当θ=370，磁感应强度在B 0 ≤B≤ 3B 0的区间取不同值时，求单位时间内收集板收集到的离子数n 与磁感应强度B 之间的关系（不计离子在磁场中运动的时间） 【答案】（1）
0q v m B L =（2）3
π（3）001.6B B B ≤≤时，10n n =；001.62B B B <≤时，200
5(5)2B
n n B =-
；0023B B B <≤时，有30n = 【解析】
（1）洛伦兹力提供向心力，故2
0v qvB m R
=，
圆周运动的半径R=L ，解得0q v m B
L
= （2）和y 轴正方向夹角相同的向左和向右的两个粒子，达到x 轴位置相同，当粒子恰好达到收集板最左端时，θ达到最大，轨迹如图1所示，
根据几何关系可知2(1cos )m x R L θ∆=-=，解得3
m π
θ=
（3）0B B >，全部收集到离子时的最小半径为R ，如图2，有12cos37R L ︒=， 解得101
1.6mv
B B qR =
= 当001.6B B B ≤≤时，所有粒子均能打到收集板上，有10n n =
01.6B B >，恰好收集不到粒子时的半径为2R ，有20.5R L =，即202B B =
当001.62B B B <≤时，设'mv R qB =
，解得20002'552'(1cos37)2R L B n n n R B ⎛⎫
-=
=- ⎪-︒⎝⎭
当0023B B B <≤时，所有粒子都不能打到收集板上，30n =
11．一辆大客车正在以30 m/s 的速度匀速行驶．突然，司机看见车的正前方x 0 = 95m 处有一只小狗，如图所示．司机立即采取制动措施，司机从看见小狗到开始制动客车的反应时间为△t=0.5 s ，设客车制动后做匀减速直线运动．试求：
(1)为了保证小狗的安全，客车制动的加速度大小至少为多大？（假设这个过程中小狗一直未动）
(2)若客车制动时的加速度为5m/s2，在离小狗30m 时，小狗发现危险并立即朝前跑去．假设小狗起跑阶段做匀加速直线运动，加速度a=3m/s2．已知小狗的最大速度为8m/s 且能保持较长一段时间．试判断小狗有没有危险，并说明理由． 【答案】（1）25.625/m s （2）小狗是安全的 【解析】
【分析】 【详解】
（1）长途客车运动的速度v =30m/s ，在反应时间内做匀速运动，运动的位移为： x 1=v △t =30×0.5m=15m
所以汽车减速位移为：x 2=x 0-x 1=95-15=80m 根据速度位移关系知长途客车加速度大小至少为：
22
221230/ 5.625
/2280
v a m s m s x ===⨯．
（2）若客车制动时的加速度为a 1=-5m/s 2，在离小狗x =30m 时，客车速度为v 1，则
()221122v v a x x -=-，代入数据解得v 1=20m/s
设t 时速度相等，即v 1+a 1t =at 解得：t =2.5s
此时车的位移231112
x v t a t =+
代入数据解得x 3=34.375m
狗的位移：2
419.5752
x at m =
= 即x 4+x ＞x 3，所以小狗是安全的．
12．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 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 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 。

13．应用如图所示的装置研究带电粒子在电场、磁场中的运动情况。

相邻的区域I 、II 均为
边长为L 的正方形。

区域I 内可以添加方向竖直向下的匀强电场；区域II 内可以添加方向垂直纸面向里的匀强磁场。

区域II 的边缘处有可探测带电粒子的屏。

一束带电粒子沿两区域中间轴线以速度0v 水平射入区域I ，粒子束中含有多种粒子，其电荷量由小到大的范围为12~q q ++，质量由小到大的范围为12~m m 。

粒子在电场中只受电场力，在磁场中只受洛伦兹力。

(1)若只在区域II 内添加磁场，且能够在屏上探测到所有粒子，则磁感应强度为多大； (2)若只在区域I 内添加电场，且能够在屏上探测到所有粒子，则电场强度为多大； (3)当两个区域分别添加上述(1)(2)中的电场及磁场，电荷量为1q 、质量为2m 的粒子能够在屏上探测到。

求解粒子在屏上显现的位置，试列出各求解方程式。

（不对方程式求解）
【答案】(1)0
145mv q L ；(2)2
20
max 13m v E q L
=；(3)sin cos R R L αβ+=，
cos sin 2L y R H R αβ⎛⎫
-+=+ ⎪⎝⎭
【解析】 【详解】
(1)如图甲所示，磁场中运动有
2
v qvB m R
= ①
由几何关系得
2
2
22L R R L ⎛
⎫=-+ ⎪⎝
⎭
得
54
L
R =
② 解①②式得
4
5
mv
B
qL
=
电荷量为1q、质量为2m时磁场磁感应强度最大，有
20
max
1
4
5
m v
B
q L
=
(2)如图乙，在电场中运动，竖直方向有
qE ma
=③
又有
y
v at
=④
水平方向有
L v t
=⑤
又有
tan y
v
v
α=⑥
由几何关系得
2
tan
2
L
L
L
α=
+
⑦
解③~⑦式得
2
3
mv
E
qL
=
电荷量为1q、质量为2m时电场强度最大，有
2
20
max
1
3
m v
E
q L
=
(3)如图丙，电场中有
sinα=y
v
v
，22
0y
v v v
=+又有
2
3 22
y
L
v y
L L
v
==⑨
磁场中运动的半径为
5
4
L
R=⑩
由几何关系得
sin cos
R R L
αβ
+=
cos sin
2
L
y R H R
αβ
⎛⎫
-+=+
⎪
⎝⎭
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/s2，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】
【详解】
（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
tan sin
mg m l
θωθ
=
解得
12.5rad/s
cos
g
l
ω
θ
==
（2）因0
ωω
>，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．。