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1、物理 临界状态的假设解决物理试题的专项培优 易错 难题练习题及详细答案一、临界状态的假设解决物理试题1 如图所示，在光滑的圆锥顶用长为L 的细线悬挂一质量为m 的小球，圆锥顶角为2，当圆锥和球一起以角速度匀速转动时，球压紧锥面12此时绳的张力是多少？若要小球离开锥面，则小球的角速度至少为多少？【答案】 （1） Tmg cosm2lsin2g（ 2）lcos【解析】（1）小球此时受到竖直向下的重力mg，绳子的拉力T，锥面对小球的支持力N，三个力作用，合力充当向心力，即合力Fm2l sin在水平方向上有，T sinN cosma，Fma，在竖直方向上： T cosN sinmg联立四个式子可得T
2、mg cosm2lsin2（2）重力和拉力完全充当向心力时，小球对锥面的压力为零，故有向心力少为F mg tan ， Fm 2l sin ，联立可得g，即小球的角速度至l cosg；l cos2 小明同学站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m=0.3kg的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动.当球在某次运动到最低点时，绳恰好达到所能承受的最大拉力F 而断掉，球飞行水平距离s 后恰好无碰撞地落在临近的一倾角为53的光滑斜面上并沿斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h 0.8 m绳长r=0.3m(g 取 10 m/s 2， sin 53 0.8， cos 53 0.6
3、)求：(1)绳断时小球的速度大小v1 和小球在圆周最低点与平台边缘的水平距离s 是多少 .(2)绳能承受的最大拉力F 的大小 .【答案】（ 1） 3m/s ，1.2m （ 2）12N【解析】【详解】(1)由题意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，否则小球会弹起，所以有vy=v0 tan53 又 vy2=2gh，代入数据得：vy=4m/s ， v0=3m/s故绳断时球的小球做平抛运动的水平速度为3m/s ；由vy=gt1得：vyt10.4sg则s=v0 t1=3 0.4m=1.2m（2）由牛顿第二定律：2Fmgmv1解得：F=12N3 中国已进入动车时代，在某轨道拐
4、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（）AgRhgRhCgRBd2L【答案】 B【解析】【详解】把路基看做斜面，设其倾角为，如图所示DgRdh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心力，根据牛顿第二定律，有mg tan m v2R计算得 vgR tan，根据路基的高和水平宽度得htandmg 和斜面支持力N，F=
5、mgtan ，合力提供向带入解得vgRh ，即动车拐弯时的速度为gRh 时，动车轮缘与内、外侧轨道无挤dd压，故 B 正确， ACD 错误。故选 B。4 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（）A轨道半径Rv2gB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
6、 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。5 竖直平面内的四个光滑轨道，由直轨道和平滑连接的圆弧轨道组成，圆轨道的半径为R ， P 为圆弧轨道的最低点。P点左侧的四个轨道
7、均相同，P 点右侧的四个圆弧轨道的形状如图所示。现让四个相同的小球（ 可视为质点，直径小于图丁中圆管内径） 分别从四个直轨道上高度均为h 处由静止下滑，关于小球通过P 点后的运动情况，下列说法正确的是（ ）A若 h 1 R，则四个小球能达到的最大高度均相同2B若 h=R ，则四个小球能达到的最大高度均相同5C若 h=R ，则图乙中的小球能达到的高度最大25D若 h=R ，则图甲、图丙中的小球能达到的最大高度相同2【答案】 ACD【解析】【详解】ARR处，即小若 h，根据机械能守恒定律可知，四个小球都能上升到右侧高度h22球不会超过圆弧的四分之一轨道，则不会脱离圆轨道，故上升到最高点的速度均位列
8、零，最大高度相同为 h， A 正确；B若 h R，根据机械能守恒，甲乙丁都能上升到右侧高度R 处而不会越过圆弧的四分之一轨道，而丙图中小球做斜上抛运动离开轨道，到达最高点时还有水平的速度，最大高度小于 R，B 错误；C若 h5 R ，甲、丁两图中的小球不会脱离圆轨道，最高点的速度不为零，丙图小球离2开轨道，最高点速度也不为零，乙图离开轨道，上升到最高点的速度为零，根据机械能守恒知，图乙中小球到达的高度最大，故C 正确；D若 h5 R ，图甲中小球到达的最大高度为2R，根据机械能守恒得，2mghmg 2R1mv 22得最高点的速度为v2g(h2R)gR对于图丙，设小球离开轨道时的速度为v1，根据
9、机械能守恒得，mgh mg(RR cos60 ）1mv122而到达最高点的速度v=v1cos60，联立解得最高点的速度vgR则两球到达最高点的速度相等，根据机械能守恒得，甲、丙图中小球到达的最大高度相等，故 D 正确；故选 ACD。【点睛】本题考查机械能守恒定律的应用，通过机械能守恒定律建立方程分析不同情况下上升的最大高度；解题的关键在于丙图的情况，小球离开轨道做斜上抛运动，最高点的速度不为0。6 如图所示，半径为R 的 3 圆形区域内有垂直于圆平面向里的匀强磁场。磁感应强度大4小为 B，O 为圆心， AOC= 90 ， D 为 AC的中点， DO 为一块很薄的粒子吸收板。一束质量为 m、电荷
10、量为 e 的电子以相同速度 veBR在 AD 间平行于 DO 方向垂直射入磁场，2m不考虑电子的重力及相互作用，电子打在吸收板上即被板吸收。则电子在磁场中运动的时间可能为（）Am2m3m8mB3BeCD2Be2Be5Be【答案】 AC【解析】【详解】所有电子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r 相同，由2vBevmr得电子在磁场中做圆周运动的周期T画出电子在磁场中运动的轨迹如图所示Rr=22r2mvBe可知从 AO 边射出磁场的电子在磁场中运动二圆周，其运动时间为t11 Tm42Be从 CO边射出磁场的电子在磁场中运动等于或大于1 圆周，其运动时间为2t21Tm2Be其中沿 DO 方向从 O 点射人
11、磁场的电子在磁场中运动3 圆周，其运动时间最长，最长时间43 3mt3T42Be综上所述，故选AC。7 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（）mgmg cosA在斜面上滑行的最大速度为C作变加速直线运动【答案】 BC【解析】qBB在斜面上滑行的最大速度为qBm2 gD在斜面上滑动的最大距离为2 sin2q2 BAB. 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
12、块开始离开斜面；所以在斜面上滑行的最大速度为 vmg cos，所以 A 错误， B 正确；qBCD. 由于沿斜面方向的力不变，牛顿第二定律得：mgsin =ma，加速度 a=gsin ，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8 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
13、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） 5.625m / s2（ 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：x1=vt=30 0.5m=15m所以汽车减速位移为：x2=x0-x1=95-15=80m根据速度位移关系知长途客车加速度
14、大小至少为：a1v2302m / s25.625m / s2 2x2280（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v1，则v12v22a1x2x ，代入数据解得 v1=20m/s设 t 时速度相等，即 v1+a1t=at解得： t=2.5s此时车的位移x3v1t1a1t22代入数据解得 x3=34.375m狗的位移： x41at 29.575m2即 x4+x x3，所以小狗是安全的9 如图所示，用一根长为l 1m的细线，一端系一质量为m1kg 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37，当小球在水平面内绕锥体的轴
15、做匀速圆周运动的角速度为 时，细线的张力为FT (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0 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 为多大？【答案】（ 1）12.5?rad / s （ 2） 25rad / 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： mg tanm 02l sin解得：g12.5rad/s0l cos（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：mg tanm2 l sin解得：g20rad/sl cos考点：牛顿第二
16、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10 如图在长为3l，宽为 l 的长方形玻璃砖ABCD中，有一个边长为l 的正三棱柱空气泡EFG，其中三棱柱的EF 边平行于AB 边， H 为 EF边中点， G 点在 CD边中点处（忽略经CD 表面反射后的光）（i ）一条白光a 垂直于 AB 边射向 FG边的中点O 时会发生色散，在玻璃砖光带通过作图，回答彩色光带所在区域并定性说明哪种颜色的光最靠近CD 边形成彩色 G 点；（ii ）一束宽度为l的单色光，垂直AB 边入射到EH 上时，求CD 边上透
17、射出光的宽度？2（已知该单色光在玻璃砖中的折射率为n3 ）【答案】（ i）红光更靠近G 点 （ ii） l【解析】【详解】（i ）光路如图： MN 间有彩色光带，红光最靠近G 点在 FG面光线由空气射向玻璃，光线向法线方向偏折，因为红光的折射率小于紫光的折射率，所以红光更靠近 G 点（ii ）垂直 EH入射的光，在 EG 面上会发生折射和反射现象，光路如图所示在 E 点的入射光，根据几何关系和折射定律，可得：160nsin1sin2联立可得：230在 E 的折射光射到CD面的 I 点，由几何关系得：330根据折射定律可得：sin C13n3sin1sin C32所以 CD面上 I 点的入射光可
18、以发生折射透射出CD 面 .在 E 的反射射光射经 FG面折射后射到到CD面的 J 点，由几何关系得：460osin3sin C42所以 CD面上 J 点的入射光发生全反射，无法透射出CD 面综上分析， CD 面上有光透射出的范围在GI 间由几何关系得CD 面上有光透出的长度为l。11 如图所示，在边长为L 的正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为 B.在正方形对角线CE上有一点P，其到 CF， CD 距离均为L ，且在 P 点处有一个发4射正离子的装置，能连续不断地向纸面内的各方向发射出速率不同的正离子已知离子的质量为 m，电荷量为 q，不计离子重力及离子间相互作用力(1
19、)速率在什么范围内的所有离子均不可能射出正方形区域？(2)求速率为 v 13qBL 的离子在 DE边的射出点距离D 点的范围32mqBLL(23) L【答案】 (1) v(2)d8m48【解析】【分析】【详解】因离子以垂直于磁场的速度射入磁场，故其在洛伦兹力作用下必做圆周运动(1)依题意可知离子在正方形区域内做圆周运动不射出该区域，做圆周运动的半径为Lr .8对离子，由牛顿第二定律有qvB m v2? vqBLr8m(2)当 v 13qBL 时，设离子在磁场中做圆周运动的半径为R，32m则由 qvB m v213L可得 . R32R要使离子从 DE 射出，则其必不能从 CD射出，其临界状态是离
20、子轨迹与CD 边相切，设切点与 C 点距离为 x，其轨迹如图甲所示，由几何关系得：R2 (x L )2 (R L )2，44计算可得x 5 L，8设此时 DE 边出射点与D 点的距离为d1，则由几何关系有：(L x)2 (R d1)2 R2，L解得 d1.4而当离子轨迹与 DE边相切时，离子必将从 EF边射出，设此时切点与 D 点距离为 d2，其轨迹如图乙所示，由几何关系有：232L 2R (L R) (d2) ，4423 L解得 d28故速率为 v 13qBL 的离子在DE 边的射出点距离D 点的范围为 L23 L32m4d8【点睛】mv粒子圆周运动的半径r，速率越大半径越大，越容易射出正方
21、形区域，粒子在正方BqL形区域圆周运动的半径若不超过，则粒子一定不能射出磁场区域，根据牛顿第二定律求8出速率即可12 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=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时，细线的张力为T。 求 (取g=10m/s2， 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0 至少为多大？(2)若小球的角速度= 25 rad/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=5 r
22、ad/s ，则小球对圆锥体的压力为多大？【答案】（ 1）12.5rad/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mgtanm 02l sin解得0g12.5rad/slcos（2）因0，故此时小球已离开锥面，小球受到锥面的支持力NF =0，设细线与竖直方向的夹角为，则mg tanm 2l sin解得60o ，则细绳的张力Tmg2mg20Ncos60o（3）因0，故此时小球未离开锥面，设小球受到的支持力为NF，则F ，细线张力为F cos37oFN sin 37omgF sin
23、 37oFNcos37o m2l sin 37o联立以上两式，代入数据得： FN=3.6N。13 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?m4Ud【答案】 (1) L(2) E2qUL2【解析】【分析】【详解】(1)粒子加速，根据动能定理得qU1mv2 ，2解得：v 2qU ；
24、 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：tLLm；v2qU(2)粒子在板间电场中偏离量最大时：x d ，又x 1 at 2 ，2由牛顿第二定律得：FmaE，qq联立解得板间电场的电场强度大小是：4UdEL2。14 如图所示，一束电子流在U1=500V 的电压加速后垂直于平行板间的匀强电场飞人两板间的中央若平行板间的距离d=1cm，板长 L=5cm，求：（1）电子进入平行板间的速度多大?（2）至少在平行板上加多大电压U2 才能使电子不再飞出平行板-19?(电子电量 e=1.6 10C，电子的质量m=910-31kg)【答案】（ 1） 1.33107m/s （ 2） 400
25、V【解析】【分析】【详解】（1）电子在加速电场中运动时，由动能定理得：eU1= mv 02-0，代入数据解得：v0=1.33 10m/s7 ；（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向： L=v0t，竖直方向，加速度：，偏移量： y= at2，电子刚好不飞出电场时：y= d，代入数据解得：U2=400V；15 如图所示，一倾角为的足够长的绝缘光滑斜面置于磁感应强度为B 的匀强磁场中，一质量为 m、电荷量为 q 的小物块自斜面顶端由静止释放，则当小物块在斜面上滑行经多长时间、多长距离时离开斜面？【答案】；【解析】试题分析：物块做初速度为零的匀加速直线运动，其加速度为a=gsin 当 qvB=mgcos时，物块将离开斜面，即又v=at=gsin? t， v2=2ax，解得，考点：匀变速直线运动，洛伦兹力