高考物理二轮 临界状态的假设解决物理试题 专项培优及答案

高考物理二轮 临界状态的假设解决物理试题 专项培优及答案
一、临界状态的假设解决物理试题
1．如图所示，M 、N 为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值。

静止的带电粒子带电荷量为＋q ，质量为m （不计重力），从点P 经电场加速后，从小孔Q 进入N 板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，CD 为磁场边界上的一绝缘板，它与N 板的夹角θ＝45°，孔Q 到板的下端C 的距离为L ，当M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD 板上，求：
（1）两板间电压的最大值U m ；
（2）CD 板上可能被粒子打中区域的长度s ； （3）粒子在磁场中运动的最长时间t m 。

【答案】（1）两板间电压的最大值m U 为22
2qB L m
；
（2）CD 板上可能被粒子打中的区域的长度x 为(22)L ； （3）粒子在磁场中运动的最长时间m t 为m
qB
π。

【解析】 【分析】
（1）粒子恰好垂直打在CD 板上，根据粒子的运动的轨迹，可以求得粒子运动的半径，由半径公式可以求得电压的大小；
（2）当粒子的运动的轨迹恰好与CD 板相切时，这是粒子能达到的最下边的边缘，在由几何关系可以求得被粒子打中的区域的长度．
（3）打在QE 间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半周期，根据周期公式即可求解。

【详解】
（1）M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD 板上，所以圆心在C 点，CH=QC=L ，故半径R 1=L ，又因
2
11
v qvB m R =
2m 11
2
qU mv =
所以
22
m 2qB L U m
=
（2）设轨迹与CD 板相切于K 点，半径为R 2，在△AKC 中：
2
2
sin 45R R L ︒=
- 所以
2(21)R L =-
即KC 长等于2(21)R L =-
所以CD 板上可能被粒子打中的区域即为HK 的长度
12(21)(22)x HK R R L
L L -===-=﹣﹣ （3）打在QE 间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半周期：
2m
T qB
π=
所以
m 12m t T qB
π==
【点睛】
本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了。

2．如图所示为一玻璃砖的横截面，其中OAB 是半径为R 的扇形，45AOB ︒∠=，OBD ∆为等腰直角三角形．一束光线从距O 点
2
R
的P 点垂直于OD 边射人，光线恰好在BD 边上发生全反射，最后从AB 边上某点第一次射出玻璃砖．已知光在真空中的传播速度为c ，求：
（1）玻璃砖对该光线的折射率；
（2）光从P 点射人到第一次射出玻璃砖过程中，光在玻璃砖中传播的时间． 【答案】（1）2n =；（2）(622)
2t R c
+=
【解析】 【分析】 【详解】
（1）作出光路如图所示，由几何关系得
2
sin 2
OP OEP OE ∠=
=
又光线恰好发生全反射，所以OEP C ∠=
1sin C n =
=22
解得玻璃砖对该光线的折射率
2n =
（2）由几何关系知，BD 边与OA 边平行，光线在OA 边上也恰好发生全反射
12
PE EG GF QH R ====
因此
1
sin 2
QH QOH OQ ∠=
= 30QOH ︒∠= 3cos30OH R R ︒==
因此光在玻璃中传播的路程
32
s PE EF FQ EF OH R +=++=+=
另有n =
c v
则光在玻璃中传播的时间
(622)s ns t R v c +=
== 答：（1）玻璃砖对该光线的折射率2n =；（2）光在玻璃砖中传播的时间
(622)
t R +=
．
3．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。

4．一根细线一端系一小球（可视为质点），另一端固定在光滑圆锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，细线的张力为F T，则F T随ω2变化的图象是（）
A．B．
C ．
D ．
【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
由题知小球未离开圆锥表面时细线与竖直方向的夹角为θ，用L 表示细线长度，小球离开圆锥表面前，细线的张力为F T ，圆锥对小球的支持力为F N ，根据牛顿第二定律有
F T sin θ－F N cos θ＝mω2L sin θ F T cos θ＋F N sin θ＝mg
联立解得
F T ＝mg cos θ＋ω2mL sin2θ
小球离开圆锥表面后，设细线与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律有
F T sin α＝mω2L sin α
解得
F T ＝mLω2
故C 正确。

故选C 。

5．如图所示，在竖直平面内的光滑管形圆轨道的半径为R （管径远小于R ），小球a 、
b 大小相同，质量均为m ，直径均略小于管径，均能在管中无摩擦运动。

两球先后以相同速度v 通过轨道最低点，且当小球a 在最低点时，小球b 在最高点，重力加速度为g ，以下说法正确的是（ ）
A ．当小球b 在最高点对轨道无压力时，小球a 比小球b 所需向心力大4mg
B ．当5v gR 时，小球b 在轨道最高点对轨道压力为mg
C ．速度v 5gR
D ．只要两小球能在管内做完整的圆周运动，就有小球a 在最低点对轨道的压力比小球b 在最高点对轨道的压力大6mg 【答案】A
【解析】 【详解】
A.当小球b 在最高点对轨道无压力时，所需要的向心力
2b
b v F mg m R
==
从最高点到最低点，由机械能守恒可得
22
11222
b a mg R mv mv ⋅+=
对于a 球，在最低点时，所需要的向心力
25mg a
a v F m R
==
所以小球a 比小球b 所需向心力大4mg ，故A 正确；
B.由上解得，小球a 在最低点时的速度5a v gR =，可知，当5v gR =时，小球b 在轨道最高点对轨道压力为零，故B 错误；
C.小球恰好通过最高点时，速度为零，设通过最低点的速度为0v ，由机械能守恒定律得
20122
⋅=
mg R mv 解得02v gR =，所以速度v 至少为2gR ，才能使两球在管内做完整的圆周运动，故C 错误；
D.若2v gR =，两小球恰能在管内做完整的圆周运动， 小球b 在最高点对轨道的压力大小b F mg '=，小球a 在最低点时，由
20
a v F mg m R
'-=
解得5a F mg '=，小球a 在最低点对轨道的压力比小球b 在最高点对轨道的压力大4mg ，故D 错误。

故选A 。

6．近年来我国高速铁路发展迅速，现已知某新型国产列车某车厢质量为m ，如果列车要进入半径为R 的弯道，如图所示，已知两轨间宽度为L ，内外轨高度差为h ，重力加速度为g ，该弯道处的设计速度最为适宜的是（ ）
A ．
2
2
gRh L h
- B ．
2
2
gRL L h
-
C ．22
gR L h h
-
D ．
gRL
h
【答案】A 【解析】 【详解】
列车转弯时的向心力由列车的重力和轨道对列车的支持力的合力提供，方向沿水平方向，根据牛顿第二定律可知
2
22v mg m R L h
⋅=-
解得
2
2
gRh v L h
=
-
故A 正确。

故选A 。

7．如图甲所示，用大型货车运输规格相同的圆柱形水泥管道，货车可以装载两层管道，底层管道固定在车厢里，上层管道堆放在底层管道上，如图乙所示。

已知水泥管道间的动摩擦因数为μ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，货车紧急刹车时的加速度大小为0a 。

每根管道的质量为m ，重力加速度为g ，最初堆放时上层管道最前端离驾驶室为d ，则下列分析判断正确的是（ ）
A ．货车沿平直路面匀速行驶时，图乙中管道A 、
B 之间的弹力大小为mg B ．若0a g μ>，则上层管道一定会相对下层管道发生滑动
C ．若023
a g >
则上层管道一定会相对下层管道发生滑动 D ．若03a g μ=要使货车在紧急刹车时上管道不撞上驾驶室，货车在水平路面上匀速行驶的最大速度为323
gd
μ【答案】C 【解析】 【详解】
A.货车匀速行驶时上层管道A 受力平衡，在其横截面内的受力分析如图所示
其所受B 的支持力大小为N ，根据平衡条件可得
2cos30N mg ︒=
解得
3N mg =
故A 错误；
BC.当紧急刹车过程中上层管道相对下层管道静止时，上层管道A 所受到的静摩擦力为
0f ma =
最大静摩擦力为
max 2f N μ=
随着加速度的增大，当0max ma f >时，即03
g 23
a μ>时，上层管道一定会相对下层管道发生滑动，故C 正确B 错误；
D.若03g a μ=，紧急刹车时上层管道受到两个滑动摩擦力减速，其加速度大小为
123
a g μ=
，要使货车在紧急刹车时上管道不撞上驾驶室，货车在水平路面上匀速行驶的速度，必须满足
2200
10
22v v d a a -≤ 解得
02
3v gd μ≤
故D 错误。

故选C 。

8．火车以速率v 1向前行驶，司机突然发现在前方同一轨道上距车为s 处有另一辆火车，它正沿相同的方向以较小的速率v 2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 ．
B ．
C ．
D ．
【答案】D 【解析】
试题分析：两车速度相等时所经历的时间：12
v v t a
-=
，此时后面火车的位移为：22
12
12v v x a
-=
前面火车的位移为：2
12222v v v x v t a -==，由12x x s =+解得：2
12()2v v a s
-=，所以加速
度大小满足的条件是：2
12()2v v a s
-≥，故选项D 正确．
考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系、匀变速直线运动的速度与时间的关系 【名师点睛】速度大者减速追速度小者，速度相等前，两者距离逐渐减小，若不能追上，速度相等后，两者距离越来越大，可知只能在速度相等前或相等时追上．临界情况为速度相等时恰好相碰．
9．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 。

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
22011222
mv mg r mv =⋅+ 解得
025v = 故要使小球做完整的圆周运动，必须满足025v ≥；
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
2012
mgr mv = 解得
022v = 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 ≥或022v ≤m/s ，AC 错误，BD 正确。

故选BD 。

11．如图所示，在内壁光滑的平底试管内放一个质量为10g 的小球，试管的开口端加盖与水平轴O 连接，试管底与O 相距40cm ，试管在转轴带动下沿竖直平面做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A ．小球通过最高点时，可能对试管底部没有压力
B ．在最高点，小球受到的合外力大小最小，在最低点小球受到的合外力大小最大
C ．小球对试管底部的最小压力一定大于0.2N
D ．在最高点和最低点两处，小球对试管底部的压力大小之差恒定不变
【答案】AD
【解析】
【详解】
A.当通过最高点重力刚好提供向心力时，小球对试管底部没有压力，故A 正确；
B.小球沿竖直平面做匀速圆周运动，在每个位置所受的合外力大小相等，故B 错误；
C.小球要做匀速圆周运动，最高点应满足
2
0.1N v m mg r
≥= 在最低点小球对试管底部的压力大小
2
N 20.2N v F mg m mg r
=+≥= 故C 正确；
D.在最高点小球对试管底部的压力大小
2
N v F mg m r
'=- 则在最高点和最低点两处，小球对试管底部的压力大小之差
2
N N 2v F F m r
'-= 恒定不变，故D 正确。

故选AD 。

12．如图所示，斜面上表面光滑绝缘，倾角为θ，斜面上方有一垂直纸面向里的匀强磁场.磁感应强度为B ，现有一个质量为m 、带电荷量为+q 的小球在斜面上被无初速度释放，假设斜面足够长.则小球从释放开始，下滑多远后离开斜面.
【答案】
22
22
cos
2sin m g
q B
θ
θ
【解析】
【分析】
【详解】
小球沿斜面下滑，在离开斜面前，受到的洛伦兹力F垂直斜面向上，其受力分析图
沿斜面方向：mg sinθ=ma；
垂直斜面方向：F+F N-mg cosθ=0.
其中洛伦兹力为F=Bqv.
设下滑距离x后小球离开斜面，此时斜面对小球的支持力F N=0，由运动学公式有v2=2ax，
联立以上各式解得
22
22
cos
2sin
m g
x
q B
θ
θ=
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】
111
arcsin arcsin 632
n n ππ
θ
+<<-
【解析】
光线从MN边垂直入射，在OP边的入射角
1π2
iθ=-
光线经OP 边反射后，在OQ 边的入射角()2πππ3322i 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．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。

6 【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12sin
sin n θθ= 1sin C n
=
联立解得 6n =
即对水的折射率是6。

15．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：
v =； 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：
L t v =
= (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 =。