备战高考物理压轴题之临界状态的假设解决物理试题(备战高考题型整理,突破提升)及答案

备战高考物理压轴题之临界状态的假设解决物理试题(备战高考题型整理,突破
提升)及答案
一、临界状态的假设解决物理试题
1．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，重力加速度为g ，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】最大速度为：4mg 5qB ;最大位移为：222
815m g
q B 【解析】 【分析】 【详解】
经分析，物块沿斜面运动过程中加速度不变，但随速度增大，物块所受支持力逐渐减小，最后离开斜面．所以，当物块对斜面的压力刚好为零时，物块沿斜面的速度达到最大，同时位移达到最大，即qv m B ＝mgcos θ 物块沿斜面下滑过程中，由动能定理得
2
1sin 2
mgs mv θ=
联立解得：22m m 22cos 48,52sin 15m v mg mg m g
v s qB qB g q B
θθ====
2．如图所示，用长为L =0.8m 的轻质细绳将一质量为1kg 的小球悬挂在距离水平面高为H =2.05m 的O 点，将细绳拉直至水平状态无初速度释放小球，小球摆动至细绳处于竖直位置时细绳恰好断裂，小球落在距离O 点水平距离为2m 的水平面上的B 点，不计空气阻力，取g =10m/s 2求：
(1)绳子断裂后小球落到地面所用的时间； (2)小球落地的速度的大小； (3)绳子能承受的最大拉力。

【答案】(1)0.5s(2)6.4m/s(3)30N 【解析】 【分析】 【详解】
(1)细绳断裂后，小球做平抛运动，竖直方向自由落体运动，则竖直方向有2
12
AB h gt =，解得
2(2.050.8)
s 0.5s 10
t ⨯-=
=
(2)水平方向匀速运动，则有
02m/s 4m/s 0.5x v t =
== 竖直方向的速度为
5m/s y v gt ==
则
22
22045m/s=41m/s 6.4m/s y v v v =+=+≈
(3)在A 点根据向心力公式得
2
v T mg m L
-=
代入数据解得
2
4(1101)N=30N 0.8
T =⨯+⨯
3．一根细线一端系一小球（可视为质点），另一端固定在光滑圆锥顶上，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，细线的张力为F T ，则F T 随ω2变化的图象是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
由题知小球未离开圆锥表面时细线与竖直方向的夹角为θ，用L 表示细线长度，小球离开圆锥表面前，细线的张力为F T ，圆锥对小球的支持力为F N ，根据牛顿第二定律有
F T sin θ－F N cos θ＝mω2L sin θ F T cos θ＋F N sin θ＝mg
联立解得
F T ＝mg cos θ＋ω2mL sin2θ
小球离开圆锥表面后，设细线与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律有
F T sin α＝mω2L sin α
解得
F T ＝mLω2
故C 正确。

故选C 。

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 θ=
，当速度小于tan Rg θ，车轮有向心的趋势，所以对内轨产生压
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．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.
6．如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r =0.4m ，最低点处有一小球（半径比r 小很多），现给小球一水平向右的初速度v 0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v 0应当满足（g =10m/s 2）（ ）
A ．04v ≥m/s
B ．025v ≥
C ．025m/s 22m/s v ≤≤
D ．022v ≤m/s
【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
小球不脱离圆轨道时，最高点的临界情况为
2
v mg m r
=
解得
2v gr ==m/s
根据机械能守恒定律得
22011
222
mv mg r mv =⋅+ 解得
025v =
故要使小球做完整的圆周运动，必须满足025v ≥；
若不通过圆心等高处小球也不会脱离圆轨道，根据机械能守恒定律有
2
012
mgr mv =
解得
022v =
故小球不越过圆心等高处，必须满足022v ≤m/s ，所以要使小球不脱离圆轨道运动，v 0应当满足025v ≥或022v ≤m/s ，AC 错误，BD 正确。

故选BD 。

7．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锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为F T ．(g 取10m/s 2，结果可用根式表示)求：
(1)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？ (2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？ 【答案】（112.5?/s （2）25/rad s ． 【解析】
试题分析：（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：012.5rad/s cos g
l ωθ
=
= （2）同理，当细线与竖直方向成600角时由牛顿第二定律及向心力公式得：
'2tan sin mg m l θωθ=
解得：20rad/s cos g
l ωα
='=
考点：牛顿第二定律；匀速圆周运动
【名师点睛】此题是牛顿第二定律在圆周运动中的应用问题；解题时要分析临界态的受力情况，根据牛顿第二定律，利用正交分解法列出方程求解．
8．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．
9．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 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 。

10．一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 =
【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 =
11．宽为L 且电阻不计的导轨处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，如图所示，导体棒在导轨间部分的电阻为r ，以速度v 0在导轨上水平向右做匀速直线运动，处于磁场外的电阻阻值为R ，在相距为d 的平行金属板的下极板附近有一粒子源，可以向各个方向释放质量为m ，电荷量为+q ，速率均为v 的大量粒子，且有部分粒子一定能到达上极板，粒子重力不计。

求粒子射中上极板的面积。

【答案】
22202()
4mv d R r d BLv qB
ππ+- 【解析】 【详解】
导体棒切割磁感线产生的电动势
0 E BLv =
回路中的电流
E
I R r
=
+ 极板间的电压等于电阻R 的电压
U IR =
极板间粒子释放后的加速度指向负极板，据牛顿第二定律得
Uq
a dm
=
粒子射出后竖直向上的粒子做匀减速直线运动，其一定能到达其正上方极板处，其余粒子在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做匀减速直线运动；
则恰好到达上极板且竖直速度减为零的粒子为到达上极板距中心粒子最远的临界粒子，该粒子竖直分运动可逆向看做初速度为零的匀加速直线运动，所用时间为t ，则有
212
d at =
竖直分速度
y v at =
解得
2=
y Uq
v m
水平方向的分速度
22
=-x y v v v 水平最大半径为
x r v t =
射中上极板的面积
2S r π=
联立解得
22202
()4mv d R r S d BLv qB
ππ+=-
12．如图所示，MN 是一个水平光屏，多边形ACBOA 为某种透明介质的截面图。

AOC △为等腰直角三角形，BC 为半径R =8cm 的四分之一圆弧，AB 与光屏MN 垂直并接触于A 点。

一束紫光以入射角i 射向AB 面上的O 点，能在光屏MN 上出现两个亮斑，AN 上的亮斑为P 1（未画出），AM 上的亮斑为P 2（未画出），已知该介质对紫光的折射率为2n =。

(1)当入射角i =30°时，求AN 上的亮斑P 1到A 点的距离x 1；
(2)逐渐增大入射角i ，当AN 上的亮斑P 1刚消失时，求此时AM 上的亮斑P 2到A 点的距离x 2。

【答案】(1)8cm ；(2)8cm
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据题意画出光路图：
设AB 分界面上的折射角为r ，根据折射定律
sin sin r n i
=
解得 45r ︒=
在1Rt AOP V 中
1tan(90)x R r ︒=-
解得
18cm x =
(2)当光在AB 面上的入射角满足
i C =
AN 上的亮斑刚消失设紫光的临界角为C ，画出光路图
则有 1sin C n
= 当45i ︒=时，AB 面上反射角45β︒=，反射光线垂直射到AC 面上后入射到AM 上，则
2tan(90)x R β︒=-
解得
28cm x =
13．如图所示，一装满水的水槽放在太阳光下，将平面镜M 斜放入水中，调整其倾斜角度，使一束太阳光从O 点经水面折射和平面镜反射，然后经水面折射回到空气中，最后射到槽左侧上方的屏幕N 上，即可观察到彩色光带。

如果逐渐增大平面镜的倾角θ，各色光将陆续消失，已知所有光线均在同一竖直平面。

（ⅰ）从屏幕上最先消失的是哪种色光（不需要解释）；
（ⅱ）如果射向水槽的光线与水面成45°角，当平面镜M 与水平面夹角45θ=o 时，屏幕上的彩色光带恰好全部消失，求最后消失的那种色光对水的折射率。

【答案】（ⅰ）紫光；（ⅱ）
62。

【解析】
【分析】
【详解】 （ⅰ）逐渐增大平面镜的倾角，反射光线逆时针转动，反射光线射到水面的入射角增大，由于紫光的临界角最小，所以紫光的入射角最先达到临界角，最先发生全反射，故从屏幕上最先消失的是紫光①.
（ⅱ）画出如图所示的光路图
入射角145θ︒=
OA 是入射到平面镜上的光线，AD 是法线；设2AOF θ∠=，3OAD θ∠=
由几何关系得
2345θθ+=o
232C θθ=+ 由折射定律得12
sin sin n θθ= 1sin C n
=
联立解得 6n =
即对水的折射率是6。

14．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 ；
【答案】（1）02eU v m =；（2）2022d U U L = 【解析】
【分析】
【详解】
(1)设电子过B 点时的速度大小为v ，根据动能定理有
20102
eU mv =
- 解得 02eU v m
=
(2)电子在水平板间做类平抛运动，有 L vt =
2122
d at = eU a md
=
联立各式解得 20
22d U U L =
15．如图为玻璃三棱镜，其界面ABC 为直角三角形，一光线以45︒的人射角射到侧面AB 上，∠B =75︒；若三棱镜的另一侧面BC 上折射光线恰好消失。

求：
(i)玻璃的折射率；
(ii)画出光路图。

【答案】（i ）2n =；（ii ）
【解析】
【分析】
【详解】
(i)光路图如图所示，入射光线与AB 面的夹角为45︒，折射角为θ，
由折射定律可知sin 45sin n θ
︒
=，由几何关系可知，入射在BC 边上的入射角为75θ︒-，此入射角为临界角，则
()
1sin 75n θ︒=
- 联立求得 30,2n θ︒==(ii)光路图如图所示，光线最终从AC 边射出。