高考物理备考之临界状态的假设解决物理试题压轴突破训练∶培优易错试卷篇(1)

高考物理备考之临界状态的假设解决物理试题压轴突破训练∶培优易错试卷篇

(1)

一、临界状态的假设解决物理试题

1．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)

t R +=

【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 =

2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 ?∠= 3cos302

OH R R ?==

因此光在玻璃中传播的路程

32

s PE EF FQ EF OH +=++=+=

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)

2t R c

=

．

2．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

3．火车转弯时，如果铁路弯道内外轨一样高，外轨对轮绝（如图a 所示）挤压的弹力F 提供了火车转弯的向心力（如图b 所示），但是靠这种办法得到向心力，铁轨和车轮极易受损．在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨（如图c 所示），当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度小为，以下说法中正确的是

A．该弯道的半径

B．当火车质量改变时，规定的行驶速度也将改变

C．当火车速率大于时，外轨将受到轮缘的挤压

D．当火车速率小于时，外轨将受到轮缘的挤压

【答案】C

【解析】

【详解】

火车拐弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，设转弯处斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得：mgtanθ=mv2/R，解得：R= v2/ g tanθ，故A错误；根据牛顿第二定律得：mgtanθ=mv2/R, 解得：v=gRtanθ，与质量无关，故B错误；若速度大于规定速度，重力和支持力的合力不够提供，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨．故C 正确；若速度小于规定速度，重力和支持力的合力提供偏大，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨．故D错误．故选C

.

点睛：火车拐弯时以规定速度行驶，此时火车的重力和支持力的合力提供圆周运动所需的向心力．若速度大于规定速度，重力和支持力的合力不够提供，此时外轨对火车有侧压力；若速度小于规定速度，重力和支持力的合力提供偏大，此时内轨对火车有侧压力．

4．如图所示，C﹑D两水平带电平行金属板间的电压为U，A﹑B为一对竖直放置的带电平行金属板，B板上有一个小孔，小孔在C﹑D两板间的中心线上，一质量为m﹑带电量为＋q的粒子（不计重力）在A板边缘的P点从静止开始运动，恰好从D板下边缘离开，离开时速度度大小为v０，则A﹑B两板间的电压为

A．

2

v

2

m qU

q

-

B．

2

2

2

mv qU

q

-

C．

2

mv qU

q

-

D．

2

2mv qU

q

-

【答案】A 【解析】

【分析】 【详解】

在AB 两板间做直线加速，由动能定理得：2

112

AB qU mv =

；而粒子在CD 间做类平抛运动，从中心线进入恰好从D 板下边缘离开，根据动能定理：22

0111222

qU mv mv =-；联立两式可得：2

02AB mv qU U q

-=；故选A.

【点睛】

根据题意分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、牛顿第二定律与运动学公式即可解题．

5．有一长为L 的细绳，其下端系一质量为m 的小球，上端固定于O 点，当细绳竖直时小球静止。现给小球一初速度0v ，使小球在竖直平面内做圆周运动，并且恰好能通过最高点，重力加速度大小为则下列说法正确的是（ ） A ．小球过最高点时速度为零

B ．小球开始运动时细绳对小球的拉力大小为20

v m L

C ．小球过最高点时细绳对小球的拉力大小为mg

D 【答案】D 【解析】 【详解】

ACD ．小球恰好能过最高点时细绳的拉力为零，则

2

v mg m L

=

得小球过最高点时速度大小

v =故AC 错误，D 正确；

B ．小球开始运动时仍处于最低点，则

20

v F mg m L

-=

拉力大小

20

v F mg m L

=+

故B 错误。 故选D 。

6．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．

7．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

8

4

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．

8．铁路在弯道处的内、外轨道高低是不同的，已知内、外轨道连线与水平面倾角为θ，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯的时速度小于临界转弯速度tan

Rgθ时，则（）

A．内轨受挤压

B．外轨受挤压

C．这时铁轨对火车的支持力等于

cos

mg

θ

D．这时铁轨对火车的支持力小于

cos

mg

θ

【答案】AD

【解析】

【详解】

AB．当车轮对内外轨道均无作用力时，受力分析：

根据牛顿第二定律：

2

tan

v

mg m

R

θ=

解得：tan

v Rgθtan

Rgθ

力，A正确，B错误；

CD．当车轮对内外轨道均无作用力时，轨道对火车的支持力：

cos mg

N θ

=

当内轨道对火车施加作用力沿着轨道平面，可以把这个力分解为水平和竖直向上的两个分力，由于竖直向上的分力作用，使支持力变小，C 错误，D 正确。 故选AD 。

9．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 。

10．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锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为F T ．(g 取10m/s 2，结果可用根式表示)求：

(1)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？ (2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？ 【答案】（112.5?/s （2）25/rad s ． 【解析】

试题分析：（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）同理，当细线与竖直方向成600角时由牛顿第二定律及向心力公式得：

'2tan sin mg m l θωθ=

解得：20rad/s cos g

l ωα

='=

考点：牛顿第二定律；匀速圆周运动

【名师点睛】此题是牛顿第二定律在圆周运动中的应用问题；解题时要分析临界态的受力情况，根据牛顿第二定律，利用正交分解法列出方程求解．

11．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 3，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）2038mv E qL =032mv B qL

= （2）20

4k mv E = （30204323L 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

23r

L

t 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

441(32)2

t L r at -=

， 解得：

40

433L

t v =

. 粒子从入射直至从电场区域边界飞出经过的时间

12340

204323t t t t t L π

++=+++=

.

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：

()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：

21111

02mgL mv μ-=-

2

22213032

mgL mv μ-?=-?

解得：

x =10m

13．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 。

14．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 ）2n =；（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

()

1

sin 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。

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 ；6

s 。 【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6

s 。