高考物理易错题精选-临界状态的假设解决物理试题练习题及答案解析

高考物理易错题精选-临界状态的假设解决物理试题练习题及答案解析
一、临界状态的假设解决物理试题
1．如图甲所示，小车B 紧靠平台的边缘静止在光滑水平面上，物体A （可视为质点）以初速度v 0从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上，物体和小车的v -t 图像如图乙所示，取重力加速度g =10m /s 2，求：
(1)物体A 与小车上表面间的动摩擦因数； (2)物体A 与小车B 的质量之比； (3)小车的最小长度。

【答案】(1)0.3；(2)1
3
；(3)2m 【解析】 【分析】 【详解】
(1)根据v t -图像可知，A 在小车上做减速运动，加速度的大小
21241m /s 3m /s 1
v a t ==∆-∆=
若物体A 的质量为m 与小车上表面间的动摩擦因数为μ，则
1mg ma μ=
联立可得
0.3μ=
(2)设小车B 的质量为M ，加速度大小为2a ，根据牛顿第二定律
2mg Ma μ=
得
1
3
m M = (3)设小车的最小长度为L ，整个过程系统损失的动能，全部转化为内能
2
201
1()22
mgL mv M m v μ=-+
解得
L =2m
2．一足够长的矩形区域abcd 内充满磁感应强度为B,方向垂直纸而向里的匀强磁场,矩形区域的左边界ad 宽为L,现从ad 中点O 垂直于磁场射入一带电粒亍,速度大小为v 方向与ad 边夹角为30°,如图所示．已知粒子的电荷量为q,质量为m(重力不计)． 求：(1)若拉子带负电,且恰能从d 点射出磁场,求v 的大小；
(2)若粒子带正电,使粒子能从ab 边射出磁场,求拉子从ab 边穿出的最短时间．
【答案】（1）2BqL
m ；（
2）56m qB
【解析】 【分析】
（1）根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力，结合几何关系可确定半径的范围，即可求解；
（2）根据题意确定运动轨迹，再由圆心角与周期公式，即可确定最短运动的时间； 【详解】
（1）由图可知：R ＝ 2
L
据洛伦兹力提供向心力，得：20
v qvB m R
＝ 则02qBR qBL
v m m
＝
＝ （2）若粒子带正电，粒子的运动轨迹如图，
当粒子的速度大于与R 1相对应的速度v 1时，粒子从cd 边射出，由几何关系可知R 1=L ；由
洛伦兹力等于向心力可知：2
111
v qv B m R ＝
从图中看出，当轨迹的半径对应R 1时从ab 边上射出时用时间最短，此时对应的圆心角为
=18030=150θ- 由公式可得：22R m
T v qB
ππ=
= ； 由
1
=
360t T
θ
解得156π=
m
t qB
【点睛】
考查牛顿第二定律的应用，掌握几何关系在题中的运用，理解在磁场中运动时间与圆心角的关系．注意本题关键是画出正确的运动轨迹．
3．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====
4．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)
5
n≥
甲
；
(2)2
n>
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
2
2
sin
2
R
C
R
R
=
⎛⎫
+ ⎪
⎝⎭
解得
5
n=
则甲液体的折射率应为
5
n≥
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
5．平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外。

一带电粒子的质量为m ，电荷量为q （q >0）。

粒子沿纸面以大小为v 的速度从OM 的某点向左上方射入磁场，速度与OM 成30°角。

已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，并从OM 上另一点射出磁场。

不计粒子重力。

则粒子离开磁场的出射点到两平面交线O 的距离为
A ．
2mv
qB
B ．
3mv
qB
C ．
2mv
qB
D ．
4mv
qB
【答案】D 【解析】 【详解】 、
粒子进入磁场做顺时针方向的匀速圆周运动，轨迹如图所示，
根据洛伦兹力提供向心力，有
2
v qvB m R
=
解得
mv
R
qB
=
根据轨迹图知
2 2mv
PQ R
qB
==，
∠OPQ=60°
则粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为
4 2mv
OP PQ
qB
==，
则D正确，ABC错误。

故选D。

6．中国已进入动车时代，在某轨道拐弯处，动车向右拐弯，左侧的路面比右侧的路面高一些，如图所示，动车的运动可看作是做半径为R的圆周运动，设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L，已知重力加速度为g，要使动车轮缘与内、外侧轨道无挤压，则动车拐弯时的速度应为（）
A．gRh
L
B．
gRh
d
C．
2
gR
D．
gRd
h
【答案】B
【解析】
【详解】
把路基看做斜面，设其倾角为θ，如图所示
当动车轮缘与内、外侧轨道无挤压时，动车在斜面上受到自身重力mg和斜面支持力N，二者的合力提供向心力，即指向水平方向，根据几何关系可得合力F=mg tanθ，合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
mg tanθ＝
2 v m
R
计算得v＝tan
gR ，根据路基的高和水平宽度得
tanθ＝h d
带入解得v＝gRh
d
，即动车拐弯时的速度为
gRh
d
时，动车轮缘与内、外侧轨道无挤
压，故B正确，ACD错误。

故选B。

7．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/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）（）
A．AC绳 5m/s B．BC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 225cos 24v 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
sin 60AC 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．
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
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 。

9．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2
v 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.
10．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 =m/s
故要使小球做完整的圆周运动，必须满足025v ≥m/s ；
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 =m/s
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 ≥m/s 或022v ≤m/s ，AC 错误，BD 正确。

故选BD 。

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
/2280v 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：2419.5752
x at m =
= 即x 4+x ＞x 3，所以小狗是安全的．
12．光滑绝缘的水平轨道AB 与半径为R 的光滑的半圆形轨道BCD 相切于B 点，水平轨道AB 部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B 为最低点，D 为最高点。

一质量为m 、＋q 的小球从距B 点x 的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB 向右运动，恰能通过最高点，重力加速度为g ，求：
(1)电场强度的大小E ；
(2)小球从开始运动到D 的过程中减少的电势能；
(3)如果将同一带电小球从AB 中点处由静止释放，它离开半圆轨道时离水平轨道的竖直高度。

【答案】(1)52mgR E qx =
；(2)52mgR ；(3)76
h R =。

【解析】
【详解】 (1)小球刚好通过圆轨道的最高点，只有重力提供向心力，
2D v mg m R = 解得：
D v gR =
小球从A 点到D 点的全过程，由动能定理：
21202D qEx mg R mv -⋅=- 联立可得：
52mgR E qx
=； (2)小球在AB 段电场力做正功，电势能减少，由功能关系得：
52P mgR E qEx ∆=-=-
即电势能减少了52
mgR ； (3)从AB 中点处由静止释放的小球，进入圆轨道的速度偏小，将不能顺利通过最高点D ，设即将离开轨道时为F 点，此时的半径与竖直方向的夹角为θ，如图所示：
由动能定理：
21022
x qE mg h mv -⋅=- 在F 点刚好由重力沿径向的分力提供向心力，由牛顿第二定律：
2
cos v mg m R θ= 由几何关系：
cos h R R θ=+
联立三式解得：
76
h R =。

13．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
ππθ+<<- 【解析】 光线从MN 边垂直入射，在OP 边的入射角1π2i 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ππ632
C C θ+<<- 由全反射现象有1sin n C =
则θ角的切磨范围为π11π1arcsin arcsin 632n n
θ+<<-
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a 1=4m/s 2、a 2=5m/s 2。

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．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 =。