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1、高考物理复习临界状态的假设解决物理试题专项易错题及详细答案一、临界状态的假设解决物理试题1 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) n甲5 ； (2) n乙2【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n1sin C由几何关系知Rsin C22R2R2解得n5则甲液体的折射率应为n
2、甲5(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n乙1sin C由几何关系得90CB 点恰好全反射有C解各式得n乙2则乙液体的折射率应为n乙22 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（ q0）。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30ON只有一个交点，并从OM上另一点射角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与出磁场。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Amv3
3、mv2mv4mvBqBCD2 qBqBqB【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qvBm v2R解得mvRqB根据轨迹图知PQ 2R2mv，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OP 2PQ4mv，qB则 D 正确， ABC 错误。故选 D。3 如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接绕定点O 在竖直面内圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v，此时绳子拉力大小为F，拉力 F 与速度的平方的关系如图乙所示，图象中的数据a 和 b 以及重力加速度g 都为已知量，以下说法正确的是（）A数据 a 与小球的质量有关
4、B数据 b 与小球的质量无关C比值只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关D利用数据a、 b 和 g 能够求出小球的质量和圆周轨道半径【答案】 D【解析】【分析】【详解】A.当时，此时绳子的拉力为零，物体的重力提供向心力，则有：解得：解得：与物体的质量无关，A 错误；B.当时，对物体受力分析，则有：解得：b=mg与小球的质量有关，B 错误；C.根据 AB 可知：与小球的质量有关，与圆周轨道半径有关，C 错误；D. 若 F=0，由图知：，则有：解得：当时，则有：解得：D 正确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
5、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v ，则 A B 两板间的电压为mv02qU2mv02qUCmv02qU2mv02qUA2qBqDq2q【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：qU AB1 mv12；而粒子在 CD 间做类平抛运2动，从中心线进入恰好从D 板下边缘离开，根据动能定理：qU1 mv021 mv12 ；联立222mv02qU两式可得： U AB2q；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
6、第二定律与运动学公式即可解题5 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（）v2A轨道半径RgB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（为轨道平面与水平面的夹角）F合mg tan合力等于向心力，故mg tanm v2R解得vgR tan与火车质量无关，AD 错误；B当转弯的实际速度大于规定速
7、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。6 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=1mABC 能绕竖直轴 AB 匀速转动，因而 C 球在水平面内做
8、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/sBBC绳 5m/sC AC 绳 5.24m/sD 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，TA 不变而 TB 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 增大，对球进行受力分析，根据合外力提供
9、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TAsin ACB mg=0 TA cos ACB+TB= m v2l由可求得 AC 绳中的拉力 TA=5AB增大，所以 BC绳先mg，线速度再增大些，T不变而 T4断。当 BC绳刚要断时，拉力为TBA5mg，代入得=2mg， T =45 mg cos ACB2mg m v2m v24rl解得v=5.24m/s当 BC线断后， AC线与竖直方向夹角因离心运动而增大，当使球速再增大时，角随球速增大而增大，当 =60时， TAC=2mg ， AC 也断，则有TACsin53 m
10、v2LAC sin 60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7 图甲为 0.1kg 的小球从最低点A 冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4m 半圆轨道后，小球速度的平方与其高度的关系图像。已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计。g 取 10m/s2 ， B 为 AC轨道中点。下列说法正确的是（）A图甲中x4B小球从A 运动到 B 与小球从B 运动到 C 两个阶段损失的机械能相同C小球从A 运动到 C 的过程合外力对其做的功为1.05JD
11、小球从C 抛出后，落地点到A 的距离为0.8m【答案】 ACD【解析】【分析】【详解】A当 h=0.8m 时，小球运动到最高点，因为小球恰能到达最高点C，则在最高点2mgm v解得vgr100.4m/s=2m/s则xv24故 A 正确；B 小球从 A 运动到 B 对轨道的压力大于小球从B 运动到 C 对轨道的压力，则小球从A 运动到 B 受到的摩擦力大于小球从B 运动到 C 受到的摩擦力，小球从B 运动到 C 克服摩擦力做的功较小，损失的机械能较小，胡B 错误；C 小球从 A 运动到 C 的过程动能的变化为Ek1 mv21 mv0210.1(4 25)J1.05J222根据动能定理 W 合=
12、n Ek 可知，小球从A 运动到 C 的过程合外力对其做的功为1.05J，故 C正确；D小球在 C 点的速度 v=2m/s ，小球下落的时间2r1 gt 22t4r40.40.4sgs10则落地点到 A 点的距离xvt20.4m0.8m故 D 正确。故选 ACD。8 质量为 m，带电量为 +q 的滑块从光滑、绝缘斜面上由静止下滑，如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向外，磁感强度为B，则滑块在斜面上滑行过程中（设斜面足够长），滑块（）mgB在斜面上滑行的最大速度为mg cosA在斜面上滑行的最大速度为qBqBC作变加速直线运动D在斜面上滑动的最大距离为m2 g2q2 B2 sin【答案】 BC【解析
13、】AB. 滑块沿斜面下滑时，受重力、支持力、垂直于斜面向上的洛伦兹力洛伦兹力F=qvB，随速度的增大而增大 ，当 FN=0，即 qvB=mgcos 时速度达到最大，滑块开始离开斜面；所mg cos，所以 A 错误， B 正确；以在斜面上滑行的最大速度为 vqBCmgsin =maa=gsin D. 由于沿斜面方向的力不变，牛顿第二定律得：，加速度，作匀加速直线运动；故C 正确 ， D 错误 故选 BC.点睛 ：对物体进行受力分析，当物体对斜面的压力为零时，物体开始离开斜面，由平衡条件求出物体此时的速度；由牛顿第二定律求出物体的加速度9 如图所示， x 轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，坐标原点
14、处有一正离子源，单位时间在 xOy 平面内发射 n0 个速率为 的离子，分布在 y 轴两侧各为 的范围内在x 轴上放置长度为 L 的离子收集板，其右端点距坐标原点的距离为2L，当磁感应强度为 B0 时，沿 y轴正方向入射的离子，恰好打在收集板的右端点整个装置处于真空中，不计重力，不考虑离子间的碰撞，忽略离子间的相互作用q（1）求离子的比荷；m（2）若发射的离子被收集板全部收集，求的最大值；（3）假设离子到达x 轴时沿 x 轴均匀分布当=370，磁感应强度在B0 B3B0 的区间取不同值时，求单位时间内收集板收集到的离子数n 与磁感应强度B 之间的关系（不计离子在磁场中运动的时间）【答案】 （1
15、） qv（ 2）（ 3） B0B 1.6B0 时， n1n0 ； 1.6B0B 2B0 时，mB0 L35Bn2 n0 (52B0) ； 2B0 B3B0 时，有 n30【解析】（1）洛伦兹力提供向心力，故qvB0m v2，R圆周运动的半径qvR=L，解得B0 Lm（2）和 y 轴正方向夹角相同的向左和向右的两个粒子，达到x 轴位置相同，当粒子恰好达到收集板最左端时，达到最大，轨迹如图 1 所示，根据几何关系可知x2R(1 cos m )L ，解得m3（3） BB0 ，全部收集到离子时的最小半径为R，如图2，有 2R1 cos37L ，解得 B1mv1.6B0qR1当 B0 B1.6B0 时，
16、所有粒子均能打到收集板上，有n1n0B 1.6B0，恰好收集不到粒子时的半径为R2，有 R20.5 L ，即 B22B0mv2R L5B当 1.6 B0B2 B0 时，设 R qB ，解得 n22R(1 cos37 ) n0n0 52B0当 2B0B3B0 时，所有粒子都不能打到收集板上，n3010 如图所示，在 y 轴右侧平面内存在方向向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T，坐标原点 O 有一放射源，可以向y 轴右侧平面沿各个方向放射比荷为m2.5 10 7Kg/C 的q正离子，这些离子速率分别在从60 到最大值 vm =2 10m/s 的范围内，不计离子之间的相互作用（1）求离子打到y
17、 轴上的范围 ；（2）若在某时刻沿x 方向放射各种速率的离子，求经过510-7 s 时这些离子所在位置3构成的曲线方程 ；（3）若从某时刻开始向 y 轴右侧各个方向放射各种速率的离子，求经过510 7 s 时已3进入磁场的离子可能出现的区域面积；【答案】 （1）范围为 0 到 2m（2） y3 x(0 x3 ) （3） S( 73 ) m232124【解析】【详解】（1）离子进入磁场中做圆周运动的最大半径为R由牛顿第二定律得： qvBmv2Rmv1m解得： RBq由几何关系知，离子打到y 轴上的范围为0 到 2m（2）离子在磁场中运动的周期为T，则 T2 R2 m10 6 svqBt 时刻时，
18、这些离子轨迹所对应的圆心角为则 t2tT3这些离子构成的曲线如图1 所示，并令某一离子在此时刻的坐标为（x ， y ）y3 x (0x3 )32（3）将第（ 2）问中图2 中的 OA 段从沿 y 轴方向顺时针方向旋转，在x 轴上找一点 C，以R 为半径作圆弧，相交于B，则两圆弧及y 轴所围成的面积即为在 t0 向 y 轴右侧各个方向不断放射各种速度的离子在t5107 s时已进入磁场的离子所在区域3由几何关系可求得此面积为：S5R21 R21 R3 R7R23 R212622124则： S(73)m2124【点睛】本题考查运用数学知识分析和解决物理问题的能力，采用参数方程的方法求解轨迹方程，根据
19、几何知识确定出离子可能出现的区域，难度较大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 v0 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 L，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
20、从 O 点开始射入电场到从边界OQ 飞出电场所经过的时间。23mv2204 3 2 3mv0mv0【答案】（ 1） E3B0（ 2） Ek（3）L2qL48qL3v0【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：2Lv0 cos t1竖直方向：1 at123L2加速度：aqEm可得：E3 mv02，8qLt14L，v0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，rr3L ，sin 30洛伦兹力等于向心力：v2qvBmrv0vv0 cos602解得：3mv0B2qL在磁场内运动的时间：r2 3 Lt2.v3v0（2）粒子由真空区域进入电场区域从边界飞出过
21、程，由动能定理得，qE ( 3L 2r ) Ek1 mv22解得：Ek（3）粒子经过真空区域的时间，mv0244L8L .3t33v0v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t4 ( 3L 2r )1 at 42 ，2解得：t443L3v0.粒子从入射直至从电场区域边界飞出经过的时间t t1 t 2 t3 t20432343v0L .12 一个光滑的圆锥体固定在水平桌面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角30 ，一条长为L 的细绳（其质量不计）一端固定在圆锥体的顶点处，另一端拴一个质量为 m 的小球（小球可以看成质点）。小球以速度v 绕圆锥体的轴线做水平圆周运动，如图所示，当
22、 v3gl 时，求细绳对小球的拉力。2【答案】 2mg【解析】【分析】【详解】设当小球的速度为v0 时小球恰好脱离锥面，满足2 v0解得v03gL3gL6v2所以当 v3gL 时，小球已经脱离了锥面，设小球脱离锥面后细绳与轴线之间的夹角为2，则有T sinmv2rT cosmg 0又有r Lsin3gLv2解得60 ， T2mg13 如图所示为柱状玻璃的横截面，圆弧MPN 的圆心为 O 点，半径为 R ， OM 与 ON 的夹角为 90。PMN中点，与OP平行的宽束平行光均匀射向OM 侧面，并进入玻璃，为 ?其中射到 P 点的折射光线恰在P 点发生全反射。(i)分析圆弧 MPN 上不能射出光的
23、范围；(ii)求该玻璃的折射率。【答案】 (i)分析过程见解析；(ii) n5【解析】【详解】(i)光路图如图从 OM 入射的各光线的入射角相等，由nsin r知各处的折射角相等。各折射光线射至圆sin i弧面 MPN 时的入射角不同，其中M 点最大。 P 点恰能全反射，则PM 段均能全反射，无光线射出。(ii) P 点全反射有sin1相应的 Q 点折射有n由几何关系知nsin 45sin45解各式得n514 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
24、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a1=4m/s2 、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0v22a
25、1 x ，可求得v2102x2m 12.5m ，2a4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 v1 ，乙的初始速度为 v2 ，设乙车刹车后经时间 t 速度与甲车相等，则有v1a1 t0.5v2a2t ，代入数值可得 t2s；(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v2 t v2t1 a2t 2v1 tt1 a1t 2L ，22代入数值联立可得L2.5m 。说明甲、乙两车行驶过程中距离保持距离2.5m。15 客车以 30m/s 的
26、速度行驶，突然发现前方72m 处有一自行车正以6m/s 的速度同向匀速行驶，于是客车紧急刹车，若以3m/s2 的加速度匀减速前进，问：(1)客车是否会撞上自行车？若会撞上自行车，将会在匀减速前进多久时撞上？(2)若要保证客车不会撞上自行车，客车刹车时的加速度至少多大？【答案】 (1)会撞上 ,4s(2)4m/s 2【解析】【详解】(1)两车速度相等经历的时间为v2v18st1a此时客车的位移为v22v12x1144m2a自行车的位移为：x2v2 t48m因为 x2x1+72m 可以知道客车会撞上自行车；设经过时间t 撞上则30t1 at 272 6t2解得t4s， t12s （舍去）(2)两车速度相等经历的时间v2v1t2a 根据位移关系有：v1t21 a t 22v2t 2 722得：a 4m / s2故若要保证客车不会撞上自行车，客车刹车时的加速度至少为a 4m / s2 。