备战高考物理培优易错试卷(含解析)之临界状态的假设解决物理试题及答案

备战高考物理培优易错试卷(含解析)之临界状态的假设解决物理试题及答案
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()22cos 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．火车以某一速度v 通过某弯道时，内、外轨道均不受侧压力作用，下面分析正确的是（ ）
A ．轨道半径2
v R g
=
B ．若火车速度大于v 时，外轨将受到侧压力作用，其方向平行轨道平面向外
C ．若火车速度小于v 时，外轨将受到侧压力作用，其方向平行轨道平面向内
D ．当火车质量改变时，安全速率也将改变 【答案】B 【解析】 【详解】
AD ．火车以某一速度v 通过某弯道时，内、外轨道均不受侧压力作用，其所受的重力和支
持力的合力提供向心力由图可以得出（θ为轨道平面与水平面的夹角）
tan F mg θ=合
合力等于向心力，故
2
tan v mg m R
θ=
解得
tan v gR θ=
与火车质量无关，AD 错误；
B ．当转弯的实际速度大于规定速度时，火车所受的重力和支持力的合力不足以提供所需的向心力，火车有离心趋势，故其外侧车轮轮缘会与铁轨相互挤压，外轨受到侧压力作用方向平行轨道平面向外，B 正确；
C ．当转弯的实际速度小于规定速度时，火车所受的重力和支持力的合力大于所需的向心力，火车有向心趋势，故其内侧车轮轮缘会与铁轨相互挤压，内轨受到侧压力作用方向平行轨道平面向内，C 错误。

故选B 。

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．在平直的公路上A 车正以4/A v m s =的速度向右匀速运动，在A 车的正前方7m 处B 车此时正以10/B v m s =的初速度向右匀减速运动，加速度大小为22/m s ，则A 追上B 所经历的时间是( ) A ．7 s B ．8 s
C ．9 s
D ．10 s
【答案】B 【解析】
试题分析：B 车速度减为零的时间为：0010
52
B v t s s a --=
==-，此时A 车的位移为：04520A A x v t m m ==⨯=，B 车的位移为：2100
2524
B B v x m m a --===-，因为
7A B x x m <+，可知B 停止时，A 还未追上，则追及的时间为：7257
84
B A x t s s v ++=
==，故B 正确． 考点：考查了追击相遇问题
【名师点睛】两物体在同一直线上运动，往往涉及到追击、相遇或避免碰撞等问题，解答此类问题的关键条件是：①分别对两个物体进行研究；②画出运动过程示意图；③列出位移方程；④找出时间关系、速度关系、位移关系；⑤解出结果，必要时要进行讨论．
5．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 sin 450
22
L 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；
6．竖直平面内的四个光滑轨道，由直轨道和平滑连接的圆弧轨道组成，圆轨道的半径为R ，P 为圆弧轨道的最低点。

P 点左侧的四个轨道均相同，P 点右侧的四个圆弧轨道的形状如图所示。

现让四个相同的小球 （ 可视为质点，直径小于图丁中圆管内径 ） 分别从四个直轨道上高度均为h 处由静止下滑，关于小球通过P 点后的运动情况，下列说法正确的是 （ ）
A ．若 h ＜
1
2
R ，则四个小球能达到的最大高度均相同 B ．若 h=R ，则四个小球能达到的最大高度均相同
C ．若h=5
2
R ，则图乙中的小球能达到的高度最大 D ．若 h=
5
2
R ，则图甲、图丙中的小球能达到的最大高度相同 【答案】ACD 【解析】 【详解】
A ．若2R h <
，根据机械能守恒定律可知，四个小球都能上升到右侧高度2
R
h <处，即小球不会超过圆弧的四分之一轨道，则不会脱离圆轨道，故上升到最高点的速度均位列零，最大高度相同为h ，A 正确；
B ．若h ＝R ，根据机械能守恒，甲乙丁都能上升到右侧高度R 处而不会越过圆弧的四分之一轨道，而丙图中小球做斜上抛运动离开轨道，到达最高点时还有水平的速度，最大高度小于R ，B 错误；
C ．若5
2
h R =
，甲、丁两图中的小球不会脱离圆轨道，最高点的速度不为零，丙图小球离开轨道，最高点速度也不为零，乙图离开轨道，上升到最高点的速度为零，根据机械能守恒知，图乙中小球到达的高度最大，故C 正确； D ．若5
2
h R =
，图甲中小球到达的最大高度为2R ，根据机械能守恒得， 21
22
mgh mg R mv '-⋅=
得最高点的速度为
v '=对于图丙，设小球离开轨道时的速度为v 1，根据机械能守恒得，
2
11(cos602
mgh mg R R mv -⋅-︒=
） 而到达最高点的速度
v =v 1cos60°，
联立解得最高点的速度
v =则两球到达最高点的速度相等，根据机械能守恒得，甲、丙图中小球到达的最大高度相等，故D 正确； 故选ACD 。

【点睛】
本题考查机械能守恒定律的应用，通过机械能守恒定律建立方程分析不同情况下上升的最大高度；解题的关键在于丙图的情况，小球离开轨道做斜上抛运动，最高点的速度不为0。

7．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 =时，绳对小球的弹力为0
D ．当小球运动到最高点的速度v gL =时，绳对小球的弹力为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 =，故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.
8．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。

9．如图所示，在平面直角坐标系内，第I 象限的等腰三角形MNP 区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y <0的区域内存在着沿y 轴正方向的匀强电场。

一质量为m 带电荷量为q 的带电粒子从电场中Q （-2h ，-h ）点以速度v 0水平向右射出，经坐标原点O 射入第I 象限，最后垂直于PM 的方向射出磁场。

已知MN 平行于x 轴，NP 垂直于x 轴，N 点的坐标为（2h ，2h ），不计粒子的重力，求： (1)电场强度的大小； (2)最小的磁感应强度的大小； (3)粒子在最小磁场中的运动时间。

【答案】(1) 202mv E qh =；(2) 0
min (21)mv B qh
=；(3) 0(21)h t v π=
【解析】 【分析】 【详解】
(1)由几何关系可知粒子的水平位移为2h ，竖直位移为h ，由类平抛运动规律得
02h v t =
2
12
h at =
由牛顿第二定律可知
Eq ma =
联立解得
20
2mv E qh
=
(2)粒子到达O 点，沿y 铀正方向的分速度
00
2y Eq h v at v m v ==
⋅= 则速度与x 轴正方向的夹角α满足
tan 1y v v α=
=
即
45α︒=
粒子从MP 的中点垂直于MP 进入磁场，由洛伦兹力提供向心力
2
v Bqv m R
=
解得
mv B qR
=
粒子运动轨迹越大，磁感应强度越小，由几何关系分析可得，粒子运动轨迹与PN 相切时，垂直于PM 的方向射出磁场垂直于MP 射出磁场，则
max max R
轨道半径
max (2R h =
粒子在磁场中的速度
0v =
解得
min 1)mv B qh
=
(3)带电粒子在磁场中圆周运动的周期
22R m
T v qB
ππ=
= 带电粒子在磁场中转过的角度为180︒，故运动时间
min 0
12122m t T B q π==⋅=
10．将倾角为θ的光滑绝缘斜面放置在一个足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B ，一个质量为m 、带电量为q 的小物体在斜面上由静止开始下滑（设斜面足够长）如图所示，滑到某一位置开始离开，求： （1）物体带电荷性质
（2）物体离开斜面时的速度及物体在斜面上滑行的长度是多少？
【答案】(1) 小物体带负电 (2)2222cos 2sin m g L q B θ
θ
=
【解析】 【分析】 【详解】
（1）当小物体沿斜面加速下滑时，随着速度的增加，洛伦兹力逐渐增大，为了使小物体离开斜面，洛伦兹力的方向使必须垂直于斜面向上，可见，小物体带负电。

（2）小物体离开斜面时
qvB = mg cos θ，
解得
mgcos v qB
θ
=
； 由于只有重力做功，故系统机械能守恒，即
21
2
mgLsin mv θ=
解得小物体在斜面上滑行得长度
2222cos 2sin m g L q B θθ
=
11．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】 【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
0tan sin mg m l θωθ=
解得
012.5rad/s cos g
l ωθ
=
= （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 cos60mg
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 。

12．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 =
6
13．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 =
14．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：
eU1=mv02-0，
代入数据解得：v0=1.33×107m/s；
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，
水平方向：L=v0t，
竖直方向，加速度：，
偏移量：y=at2，
电子刚好不飞出电场时：y=d，
代入数据解得：U2=400V；
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）2
n=；（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。