【物理】培优 易错 难题临界状态的假设解决物理试题辅导专题训练及详细答案

【物理】培优 易错 难题临界状态的假设解决物理试题辅导专题训练及详细答
案
一、临界状态的假设解决物理试题
1．壁厚不计的圆筒形薄壁玻璃容器的侧视图如图所示。

圆形底面的直径为2R ，圆筒的高度为R 。

(1)若容器内盛满甲液体，在容器中心放置一个点光源，在侧壁以外所有位置均能看到该点光源，求甲液体的折射率；
(2)若容器内装满乙液体，在容器下底面以外有若干个光源，却不能通过侧壁在筒外看到所有的光源，求乙液体的折射率。

【答案】(1)5n
≥甲；(2)2n >乙
【解析】 【详解】
(1)盛满甲液体，如图甲所示，P 点刚好全反射时为最小折射率，有
1
sin n C
=
由几何关系知
2
22sin 2R C R R =
⎛⎫+ ⎪
⎝⎭
解得
5n =则甲液体的折射率应为
5n ≥甲(2)盛满乙液体，如图乙所示，与底边平行的光线刚好射入液体时对应液体的最小折射率，
A 点
1
sin n C =
'
乙 由几何关系得
90C α'=︒-
B 点恰好全反射有
C α'=
解各式得
2n =乙
则乙液体的折射率应为
2n >乙
2．如图所示，直线Oa 和Ob 的夹角为30︒，在两直线所夹的空间内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场向右的区域无限大，磁感应强度为B 。

在P 点有速度相等的正、负离子沿垂直于Oa 方向射入磁场。

两离子的运动轨迹均与Ob 相切，若不计两离子间的相互作用力，则正、负两种离子的比荷之比为（ ）
A ．3
B 3
C ．1:3
D ．3:1 【答案】D 【解析】 【详解】
如图所示，由左手定则知磁场中的正离子向左偏转、负离子向右偏转。

洛伦兹力提供向心力，正离子有
2
v q vB m r
=正正
负离子有
2
v q vB m R
=负负
由几何关系知
sin 30sin 30r R
r R ︒︒
++= 解以上三式得
3
:1
q q m m =负正负正 故选D 。

3．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 ．
3115
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3
L
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．
4．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
122v 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 。

5．如图所示，一根长为L 的轻杆一端固定在光滑水平轴O 上，另一端固定一质量为m 的小球，小球在最低点时给它一初速度，使它在竖直平面内做圆周运动，且刚好能到达最高点P ，重力加速度为g 。

关于此过程以下说法正确的是（ ）
A ．小球在最高点时的速度等于gL
B ．小球在最高点时对杆的作用力为零
C ．若减小小球的初速度，则小球仍然能够到达最高点P
D ．若增大小球的初速度，则在最高点时杆对小球的作用力方向可能向上 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．在最高点，由于轻杆能支撑小球，所以小球在最高点时的速度恰好为零，故A 错误； B. 小球在最高点时小球的速度为零，向心力为零，则此时对杆的作用力F =mg ，方向竖直向下，故
B 错误；
C. 若减小小球的初速度，根据机械能守恒定律可知，小球能达到的最大高度减小，即不能到达最高点P ，故C 错误；
D. 在最高点，根据牛顿第二定律，有
2
+v F mg m L
=
当v gL =
时，轻杆对小球的作用力F =0；当v gL <时，杆对小球的作用力0F <，则
杆对球的作用力方向竖直向上；当v gL >
时，杆对小球的作用力0F >，则杆对球的作
用力方向竖直向下，所以若增大小球的初速度，则在最高点时杆对小球的作用力方向可能向上，故D 正确。

故选D 。

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=ma0，
得：
a0=μ1g=2m/s2，
所以小车的加速度大于2m/s2。

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/s2，
所以小车的加速度范围为
2m/s2＜a≤4m/s2，
故AD错误，BC正确。

故选BC。

7．如图所示，在边界OP、OQ之间存在竖直向下的匀强电场，直角三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。

从O点以速度v0沿与Oc成60°角斜向上射入一带电粒子，粒子经过电场从a点沿ab方向进人磁场区域且恰好没有从磁场边界bc飞出，然后经ac和aO
之间的真空区域返回电场，最后从边界OQ的某处飞出电场。

已知Oc=2L，ac=
3L，ac垂
直于cQ，∠acb=30°，带电粒子质量为m，带电量为+g，不计粒子重力。

求：
(1)匀强电场的场强大小和匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)粒子从边界OQ飞出时的动能；
(3)粒子从O点开始射入电场到从边界OQ飞出电场所经过的时间。

【答案】（1）
2
3
8
mv
E
qL
=0
3
2
mv
B
qL
=（2）
2
4
k
mv
E=（3）
204323
3
L
v
π
+
【解析】
【详解】
（1）从O点到a点过程的逆过程为平抛运动水平方向：
012cos L v t θ=
竖直方向：
2
1132
at L = 加速度：
qE a m
=
可得：
20
38mv E qL
=，
10
4L t v =
， 粒子进入磁场后运动轨迹如图所示，设半径为r ，由几何关系得，
3sin 30r
r L ︒
+
=， 洛伦兹力等于向心力：
2
v qvB m r =
0cos602
v v v ︒==
解得：
32mv B qL
=
在磁场内运动的时间：
20
233r
L
t v
v ππ=
=
.
（2）粒子由真空区域进入电场区域从边界飞出过程，由动能定理得，
21
(32)2
k qE L r E mv -=-
解得：
20
4
k mv E =
（3）粒子经过真空区域的时间，
30
4833L
L t
v v ==
.
粒子从真空区域进入电场区域到从边界飞出经过的时间为
2
441(32)2
t L r at -=
， 解得：
40
433L
t v =
. 粒子从入射直至从电场区域边界飞出经过的时间
12340
2043233t t t t t L v π
++=+++=
.
8．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¼MN
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】 【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
5n =
9．打磨某剖面如图所示的宝石时，必须将OP 、OQ 边与轴线的夹角θ切磨在的一定范围内，才能使从MN 边垂直入射的光线，在OP 边和OQ 边都发生全反射（仅考虑光线第一次射到OP 边并反射到OQ 边的情况），已知宝石对光线的折射率为n ．求θ角的切磨范围．
【答案】
111arcsin arcsin 632n n
π
πθ+<<- 【解析】
光线从MN 边垂直入射，在OP 边的入射角1π
2
i θ=- 光线经OP 边反射后，在OQ 边的入射角()2πππ3322
i θθ=
--=- 若光线在OP 边和OQ 边都发生全反射，设全反射临界角为C
则有1i C >且2i C > 可得
ππ
632
C C θ+<<- 由全反射现象有1
sin n C
=
则θ角的切磨范围为
π11π1arcsin arcsin 632n n
θ+<<-
10．如图所示，宽度为d 的匀强有界磁场，磁感应强度为B ，MN 和PQ 是磁场左右的两条边界线,现有一质量为m ，电荷量为q 的带正电粒子沿图示方向垂直射入磁场中，θ=45o ，
要使粒子不能从右边界PQ 射出，求粒子入射速率的最大值为多少?
【答案】
(22)Bqd
m
+ 【解析】 【详解】
用放缩法作出带电粒子运动的轨迹，如图所示，
当其运动轨迹与PQ 边界线相切于C 点时，这就是具有最大入射速率v max 的粒子的轨迹，由图可知:
R (1-cos45o )=d
又
Bqv max =m
2max
v R
联立可得：
v max =
(22)Bqd
+
11．如图所示，A 、B 是竖直固定的平行金属板，板长为L ，间距为d ，板间有水平向右的匀强电场，不计边缘效应。

一带正电的粒子，质量为m ，电荷量为q ，经电压为U 的电场加速后，从靠近A 板处竖直向下进入匀强电场并从下方离开板间电场，不计粒子的重力和空气阻力，求：
(1)粒子在A 、B 板间运动的时间；
(2)若使粒子在板间电场中偏离量最大，则板间电场的电场强度是多少?
【答案】(1)2m L qU 24Ud
E L
= 【解析】 【分析】 【详解】
(1)粒子加速，根据动能定理得
212qU mv =， 解得： 2qU v m
=； 粒子在竖直方向做匀速运动，粒子在A 、B 板间运动的时间为：
2L m t L v qU
=
=①； (2)粒子在板间电场中偏离量最大时： x d =②，
又
212
x at =
③， 由牛顿第二定律得： F ma E q q
==④， ①②③④联立解得板间电场的电场强度大小是：
24Ud E L
=。

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 ；
【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
20102eU 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 =
13．如图所示，一束电子流在U 1=500V 的电压加速后垂直于平行板间的匀强电场飞人两板间的中央．若平行板间的距离d=1cm ，板长L=5cm ，求：
（1）电子进入平行板间的速度多大?
（2）至少在平行板上加多大电压U 2才能使电子不再飞出平行板?(电子电量e=1.6×10-19C ，电子的质量m=9×10-31kg)
【答案】（1）1.33×107m/s （2）400V
【解析】
【分析】
【详解】
（1）电子在加速电场中运动时，由动能定理得：
eU 1=mv 02-0，
代入数据解得：v 0=1.33×107m/s ；
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，
水平方向：L=v 0t ，
竖直方向，加速度：
，
偏移量：y=at 2，
电子刚好不飞出电场时：y=d ，
代入数据解得：U 2=400V ；
14．一辆值勤的警车（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：2112x 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
==' 20142.252
m x vt x at m ∆=+-=' Δx= x 2’- x 1’=12．25m
（3）x 0=9+7×3m=30m
2112
x 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．
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 ；(2)
3
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s 。