高考物理二轮 临界状态的假设解决物理试题 专项培优易错试卷含详细答案

高考物理二轮 临界状态的假设解决物理试题 专项培优易错试卷含详细答案
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 22
cos 48,52sin 15m v mg mg m g
v s qB qB g q B θθ====
2．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
3．如图所示，AB 为竖直转轴，细绳AC 和BC 的结点C 系一质量为m 的小球，两绳能承担的最大拉力均为2mg 。

当AC 和BC 均拉直时∠ABC =90°，∠ACB =53°，BC =1m ．ABC 能绕竖直轴AB 匀速转动，因而C 球在水平面内做匀速圆周运动．当小球的线速度增大时，两绳均会被拉断，则最先被拉断那根绳及另一根绳被拉断时的速度分别为（已知g =10m/s 2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）（ ）
A ．AC 绳 5m/s
B ．B
C 绳 5m/s C ．AC 绳 5.24m/s
D ．BC 绳 5.24m/s
【答案】B 【解析】 【分析】
当小球线速度增大时，BC 逐渐被拉直，小球线速度增至BC 刚被拉直时，对小球进行受力
分析，合外力提供向心力，求出A绳的拉力，线速度再增大些，T A不变而T B增大，所以BC绳先断；当BC绳断之后，小球线速度继续增大，小球m作离心运动，AC绳与竖直方向的夹角α增大，对球进行受力分析，根据合外力提供向心力列式求解。

【详解】
当小球线速度增大时，BC逐渐被拉直，小球线速度增至BC刚被拉直时，根据牛顿第二定律得：
对小球有
T A sin∠ACB﹣mg=0 ①
T A cos∠ACB+T B=
2
v
m
l
②
由①可求得AC绳中的拉力T A=
5
4
mg，线速度再增大些，T A不变而T B增大，所以BC绳先断。

当BC绳刚要断时，拉力为T B=2mg，T A=
5
4
mg，代入②得
22
5
cos2
4
v v
mg ACB mg m m
r l
∠+==
解得
v=5.24m/s
当BC线断后，AC线与竖直方向夹角α因离心运动而增大，当使球速再增大时，角α随球速增大而增大，当α=60°时，T AC=2mg，AC也断，
则有
T AC sin53°
2
sin60
AC
v
m
L
=
︒
代入数据解得
v=5m/s
故BC线先断；AC线被拉断时球速为5.0m/s．
故选B。

【点评】
解决本题的关键搞清向心力的来源，抓住临界状态的特点，运用牛顿第二定律进行求解．
4．一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
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 。

5．如图所示，带电粒子（不计重力）以初速度v 0从a 点垂直于y 轴进入匀强磁场，运动过程中经过b 点，Oa ＝Ob 。

若撤去磁场加一个与y 轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度v 0从a 点垂直于y 轴进入电场，仍能通过b 点，则电场强度E 和磁感应强度B 的比值为（ ）
A ．v 0
B ．
2v C ．2v 0 D ．
2
v 【答案】C 【解析】 【详解】
设Oa Ob d ==，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于
d ，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：
20
0m d
q v v B =
解得：
mv B qd
=
如果换成匀强电场，水平方向以0v 做匀速直线运动，在水平方向：
0d v t =
竖直沿y 轴负方向做匀加速运动，即：
221 22qE d at t m
=
= 解得：
2
2v m E qd
=
则有：
02E
v B
= 故C 正确，A 、B 、D 错误； 故选C 。

6．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 ．1:3
B ．3:1
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 30
r R
r R ︒︒++= 解以上三式得
3:1
q q m m =负正负正 故选D 。

7．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 。

8．用长为L 的细杆拉着质量为m 的小球在竖直平面内作圆周运动，如下图下列说法中正确的是（ ）
A gL
B gL
C ．小球运动到最高点时，杆对球的作用力可能是拉力，也可能是支持力，也可能无作用力
D ．小球运动到最低点时，杆对球的作用力一定是拉力 【答案】BCD 【解析】 【详解】
小球在最高点的最小速度为零，此时小球重力和支持力相等．故A 错误，B 正确．当小球
在最高点压力为零时，重力提供向心力，有2
v mg m L
=，解得v gL =v
时，杆对小球有支持力，方向向上；当速度大于v 时，杆对小球有拉力，方向向下，故C 正确．小球在最低点时，合力提供向心力，知合力方向向上，则杆对球的作用力一定向上．故D 正确．
9．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 。

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．如图甲所示，在足够大的水平地面上有A 、B 两物块(均可视为质点)。

t =0时刻，A 、B 的距离x 0=6m ，A 在水平向右的推力F 作用下，其速度—时间图象如图乙所示。

t =0时刻，B 的初速度大小v 0=12m/s 、方向水平向右，经过一段时间后两物块发生弹性正碰。

已知B 的质量为A 的质量的3倍，A 、B 与地面间的动摩擦因数分别为μ1=0.1、2μ=0.4，取g=10m/s 2。

(1)求A 、B 碰撞前B 在地面上滑动的时间t 1以及距离x 1； (2)求从t =0时刻起到A 与B 相遇的时间t 2；
(3)若在A 、B 碰撞前瞬间撤去力F ，求A 、B 均静止时它们之间的距离x 。

【答案】(1)3s ，18m(2)4s(3)10m 【解析】 【详解】
(1)设B 的质量为3m ，A 、B 碰撞前B 在地面上滑动的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律有
233mg ma μ⋅=
若A 、B 碰撞前B 已停止运动，则由匀变速直线运动的规律有：
010v at =-
2012v ax -=-
解得
1t =3s ，1x =18m
由题图乙可得，0~3s 时间内A 滑动的距离为：
()1
1382
A x =⨯+⨯m=16m
由于
01A x x x <+=24m
故A 、B 碰撞前B 已停止运动，假设成立。

(2)由(1)可知1t =3s 时，A 、B 尚未发生碰撞，故A 、B 碰撞前瞬间A 的速度大小为：
A v =8m/s
经分析可知
0121()A A x x x v t t +-=-
解得：
2t =4s
(3)设碰撞后瞬间A 、B 的速度分别为1v 、2v ，有：
123A mv mv mv =+
222121113222
A mv mv mv =+⨯ 解得：
1v =4m/s(1v 为负值，说明1v 的方向水平向左)，2v =4m/s
设A 、B 碰撞后滑行的距离分別为L 1、L 2，有：，
12x L L =+
根据动能定理有：
2111102
mgL mv μ-=- 222213032
mgL mv μ-⋅=-⨯ 解得：
x =10m
12．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 + 【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
2 max v R
联立可得：
v max=(22)Bqd
m
+
13．如图所示. 半径分别为a 、b的两同心虚线圆所围空间分别存在电场和磁场，中心O处固定一个半径很小（可忽略不计）的金属球，在小圆空间内存在沿半径向内的辐向电场，小圆周与金属球间电势差U，两圆之间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，设有一个带负电的粒子从金属球表面沿x轴正方向以很小的初速度逸出，粒子质量为m，电荷量为q.（不计粒子的重力，忽略粒子逸出的初速度）
试求：（1）粒子到达小圆周上时的速度为多大？
（2）粒子以（1）中的速度进入两圆间的磁场中，当磁感应强超过某一临界值时，粒子将不能到达大圆周，求此磁感应强度的最小值B．
（3）若当磁感应强度取（2）中最小值，且时，粒子运动一段时间后恰好能沿x轴负方向回到原出发点，求粒子从逸出到第一次回到原出发点的过程中，在磁场中运动的时间.（设粒子与金属球正碰后电量不变且能以原速率原路返回）
【答案】（1）（2）（3）
22
3()
2
b a m
b qU π-
【解析】
（1）粒子在电场中加速，根据动能定理得：
………………3分
所以………………3分
（2）粒子进入磁场后，受络伦兹力做匀速圆周运动，
有…………………………2分
要使粒子不能到达大圆周，其最大的圆半径为轨迹圆与大圆周相切，如图.
则有…………2分所以
联系解得……………………2分
（3）由图可知………………2分
则粒子在磁场中转，然后沿半径进入电场减速到达金属球表面，再经电场加速原路返回磁场，如此重复，恰好经过4个回旋后，沿与原出射方向相反的方向回到原出发点.
因为，…………2分
将B代入，得粒子在磁场中运动时间为……2分
14．交管部门强行推出了“电子眼”，机动车擅自闯红灯的大幅度减少。

现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10m/s．当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车(反应时间忽略不计)，乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢(反应时间为
0.5s)，已知甲车、乙车紧急刹车时产生的加速度大小分别为a1=4m/s2、a2=5m/s2。

求：
(1)若甲司机看到黄灯时车头距警戒线15m，他采取上述措施能否避免闯红灯？
(2)乙车刹车后经多长时间速度与甲车相等？
(3)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中应保持多大距离？
【答案】(1)能避免；(2) 2s；(3)保持距离≥2.5m。

【解析】
【详解】
(1)设甲车停下来行驶的距离为x，由运动学公式可得
2102v a x -=-，
可求得
2210m 12.5m 224
v x a ===⨯， 因为车头距警戒线15m ，所以能避免闯红灯；
(2) 设甲初始速度为1v ，乙的初始速度为2v ，设乙车刹车后经时间t 速度与甲车相等，则有
()11220.5v a t v a t -+=-，
代入数值可得2s t =；
(3) 两车不相撞的临界条件是两车速度相等时恰好相遇，设甲、乙两车行驶过程中应保持距离至少为L ，
由前面分析可知乙车刹车后2s 速度与甲车相等，设乙车反应时间为t ∆，由位移关系可得
()22222111122
v t v t a t v t t a t L ∆+-=+∆-+， 代入数值联立可得 2.5m L =。

说明甲、乙两车行驶过程中距离保持距离≥2.5m。

15．为了测量玻璃棱镜的折射率n ，采用如图所示装置．棱镜放在会聚透镜的前面，AB 面垂直于透镜的光轴．在透镜的焦平面上放一个屏，当散射光照在AC 面上时在屏上可以观察到两个区域：照亮区和非照亮区．连接两区分界处（D 点）与透镜光心Ο的线段OD 与透镜光轴OO '成角30°．试求棱镜的折射率n ．棱镜的顶角30α=︒．
【答案】2(13)1 1.24n =
-+≈
【解析】
【详解】 我们分析AC 面上某点α处光线的折射情况（如图所示）．根据题意各个方向的光线（散射光）可能照射到这个面上，因为玻璃棱镜与空气相比为光密介质，折射角不可以大于某一极限角0r ，0r 由01sin r n
=式子决定，从a 点发出光线锥体的达缘光线，将分别以角00r r α'=-和00r r α='+'射在ΑΒ面上的b 和c 两点，要注意：00r r '<，而00r r ''>．这意味着，光线ab 在玻璃与空气的分界面上不会发生全反射，这时光线ac 却被完全反射．光线
在b 点从棱镜射出，光线的折射角0i 从下面关系式可以得到
00sin 1sin r i n
='． 由此得到()
00sin 1sin r i n
α-=, 整理得到20sin cot +1sin i n αα⎛⎫=- ⎪⎝⎭
． 以角0i 从棱镜中射出的所有光线将会聚在透镜焦平面上某一点（图中D 点），从透镜光心指向此点的方向与光轴成角0i 光线不可能射到D 点上方（非照亮区），因为从棱镜射出的光线与光轴向上的倾角不可能大于 ．照亮区位于D 点下方，而光线与光轴向下的倾角可以是从0°到90°这个范围内任意一个角度（例如，在图中的d 点处，从棱镜射出的光线与光轴向下倾斜成90°）．在本情况下，=30α︒，030i =︒因而
2(13)1 1.24n =-+≈．
【点睛】
解答本题的要点是对散射光经棱镜后的出射光线中的临界光线的分析，找到了临界光线的出射方向，后面的问题便瞬时化解．
如果答题者对屏上照亮区和非照亮区的成因没有正确的认识，或者是对漫散射光经三棱镜后形成的出射区域不能做出正确的分析，此题便无法得到正确的解答，甚至连题都无法读懂．。