精选高考物理易错题专题复习临界状态的假设解决物理试题

精选高考物理易错题专题复习临界状态的假设解决物理试题
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．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 4v 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．3．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 。

4．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3L
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．
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
2L L
F L m g m g θθθ⋅︒+-⋅
-⋅+︒=（）（） 故
()12122sin 11
1sin 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．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 =ma 0，
得：
a 0=μ1g =2m/s 2，
所以小车的加速度大于2m/s 2。

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

故选BC 。

7．如图所示，装置BO O '可绕竖直轴O O '转动，可视为质点的小球A 与两轻细线连接后分别系于B 、C 两点，装置静止时细线AB 水平，细线AC 与竖直方向的夹角
37θ=︒．已知小球的质量m =1kg ，细线AC 长L =1m ，B 点距C 点的水平和竖直距离相
等．（重力加速度g 取2
10m/s ，3sin 375︒=
，4cos375
︒=）
（1）若装置以一定的角速度匀速转动时，线AB 水平且张力恰为0，求线AC 的拉力大小？
（2）若装置匀速转动的角速度110rad/s ω=，求细线AC 与AB 的拉力分别多大？ （3）若装置匀速转动的角速度220rad/s ω=，求细线AC 与AB 的拉力分别多大？
【答案】（1）12.5N （2）12.5N 1.5N （3）20N 2N
【解析】 【详解】
（1）线AB 水平且张力恰为0时，对小球受力分析： 线AC 的拉力：
T =
cos37mg ︒
=100.8
N=12.5N
（2）当细线AB 上的张力为0时，小球的重力和细线AC 拉力的合力提供小球圆周运动的向心力，有：
2tan 37sin 37mg m L ω︒=︒
解得：
1052
rad/s rad/s cos3710.8g L ω=
==︒⨯
由于1ωω<，则细线AB 上有拉力，设为1AB T ，AC 线上的拉力为2AC T
竖直方向
2cos37AC T mg ︒=
根据牛顿第二定律得
2211sin 37sin 37AC AB T T m L ω︒-=︒
解得细线AC 的拉力
212.5N AC T =
细线AB 的拉力
1 1.5N AB T =
（3）当AB 细线竖直且拉力为零时，B 点距C 点的水平和竖直距离相等，故此时细线与竖直方向的夹角为53︒，此时的角速度为ω'，
根据牛顿第二定律
2tan 53sin 53mg m L ω'︒=︒
解得
50
rad/s 3
ω
'=
由于250
20rad/s rad/s 3
ω=
>
，当220rad/s ω=时，细线AB 在竖直方向绷直，拉力为2AB T ，仍然由细线AC 上拉力3AC T 的水平分量提供小球做圆周运动需要的向心力． 水平方向
2
32sin 53sin 53AC T m L ω︒=︒
竖直方向
32cos530AC AB T mg T ︒--=
解得细线AC 的拉力
320N AC T =，
细线AB 的拉力
22N AB T =
8．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v 0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）203
8mv E qL =03mv B = （2）2
4k mv E = （3）02043233L 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
4412)2
t r at -=
， 解得：
40
t =
. 粒子从入射直至从电场区域边界飞出经过的时间
12340
203t t t t t L v +=+++=
.
9．客车以v =20m/s 的速度行驶，突然发现同车道的正前方x 0=120 m 处有一列货车正以v 0=6 m/s 的速度同向匀速前进，于是客车紧急刹车，若客车刹车的加速度大小为a =1m/s 2，做匀减速运动，问： (1)客车与货车速度何时相等？ (2)此时，客车和货车各自位移为多少？
(3)客车是否会与货车相撞？若会相撞，则在什么时刻相撞？相撞时客车位移为多少？若不相撞，则客车与货车的最小距离为多少？
【答案】(1)t =14s (2) x 客= 182m x 货= 84m (3)x min =22m 【解析】
试题分析：（1）设经时间t 客车速度与货车速度相等：v-at=v 0， 可得：t=14s ． （2）此时有：x 客=vt-12
at 2
=182m x 货=v 0t=84m ．
（3）因为x 客＜x 货+x 0，所以不会相撞．经分析客车速度与货车速度相等时距离最小为：x min =x 货+x 0-x 客=22m 考点：追击及相遇问题
【名师点睛】这是两车的追击问题，速度相等时，它们的距离最小，这是判断这道题的关键所在，知道这一点，本题就没有问题了．
10．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 =-=
2102121702x v t a t -=+ 代入数据解得：21 2.5/a m s =
（2）汽车加速结束时通过的位移：
2220102231110103234922
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：2322ax 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．
11．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：
00y 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：
20B v mg N m R
-= 解得：B 1N N =，方向竖直向上。

12．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：
()11382
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
13．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 =
14．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
212
qU 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
=
= (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：
2
4Ud E L =。

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 ；6s 。

【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6s 。