【物理】培优易错试卷临界状态的假设解决物理试题辅导专题训练附答案

1、【物理】培优易错试卷临界状态的假设解决物理试题辅导专题训练附答案 一、临界状态的假设解决物理试题1.如图所示，用长为 L=0.8m的轻质细绳将一质量为 1kg的小球悬挂在距离水平面高为H=2.05m的。点，将细绳拉直至水平状态无初速度释放小球，小球摆动至细绳处于竖直位 置时细绳恰好断裂，小球落在距离O点水平距离为2m的水平面上的B点，不计空气阻力，取 g=10m/s2 求：(1)绳子断裂后小球落到地面所用的时间；(2)小球落地的速度的大小；(3)绳子能承受的最大拉力。【答案】(1)0.5s(2)6.4m/s(3)30N,1, 2.hAB-gt，解2(1)细绳断裂后，小球做平抛运动，竖直方向自由

2、落体运动，则竖直方向有2 (2.05 0.8) s 0.5s10(2)水平方向匀速运动，则有x 2,v0 m/s 4m/st 0.5竖直方向的速度为vy gt 5m/svv02 v2, 42 52m/s= 41m/s 6.4m/s(3)在A点根据向心力公式得2V0T mg m代入数据解得42T (1 10 1)N=30N0.82 .中国已进入动车时代，在某轨道拐弯处，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

3、（）把路基看做斜面，设其倾角为也如图所示mg和斜面支持力N,F=mgtan 0,合力提供向当动车轮缘与内、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2,八 vmg tan 0= m -R计算得v= JgRtan ,根据路基的高和水平宽度得htan 0=一d带入解得v= JgRE,即动车拐弯时的速度为不穿时,动车轮缘与内、外侧轨道无挤压，故B正确，ACD错误。故选B。3 .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2 vA.轨道半径R 一 gB.若火车速度大于C.若火车速度小于

4、时，外轨将受到侧压力作用，其方向平行轨道平面向外 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】持力的合力提供向心力由图可以得出9为轨道平面与水平面的夹角）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F合 mg tan2,vmg tan m 一解得v 、gRtan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

5、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。4 . 一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶。在车厢底 ，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢 牢固定。上一层只有一只桶 C,自由地摆放在 A、B之间，和汽车一起保持静止，如图所 示，当C与车共同向左加速时A. A对C的支持力变大25g时，C将脱离A2B. B对C的支持力不变C.当向左的加速度达到g时，C将脱离A 3D.当向左的加速度达到【答案】D【解析】【详解】对C进行受力分析，如图所示,R 1设B对C的支持力与竖直方向的夹角

6、为0,根据几何关系可得：sin-R =，所以2R 20 =30;°同理可得，A对C的支持力与竖直方向的夹角也为30°AB.原来C处于静止状态，根据平衡条件可得：NBsin30 = NAsin30令C的加速度为a,根据正交分解以及牛顿第二定律有：NBsin30 -N Asin30 = ma可见A对C的支持力减小、B对C的支持力增大，故 AB错误；CD.当A对C的支持力为零时，根据牛顿第二定律可得：mgtan30 =ma解得：、3a Tg则C错误，D正确；故选Do5.如图所示，在倾角为 30。的光滑斜面上端系有一劲度系数为20N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2千克的小球，

7、球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变.若挡板A以4m/s 2的加速度沿斜面向下匀加速运动，则()A.小球向下运动0.4m时速度最大B.小球向下运动0.1m时与挡板分离C.小球速度最大时与挡板分离D.小球从一开始就与挡板分离【答案】B【解析】试题分析：对球受力分析可知，当球受力平衡时，速度最大，此时弹簧的弹力与物体重力 沿斜面的分力相等，由胡克定律和平衡条件即可求得小球向下运动的路程.从开始运动到 小球与挡板分离的过程中，挡板A始终以加速度a=4m/s2匀加速运动，小球与挡板刚分离时，相互间的弹力为零，由牛顿第二定律和胡克定律结合求得小球的位移.解：A、球和挡板分离前小球做匀加速运动；

8、球和挡板分离后做加速度减小的加速运动， 当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零.即 kxm=mgsin30 ；解得：Xm=-：_1'',k = 20 uf0'由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时小球向下运动的路程为0.5m.故A错误.设球与挡板分离时位移为x,经历的时间为t,从开始运动到分离的过程中，m受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力Fn,沿斜面向上的挡板支持力 Fi和弹簧弹力F.根据牛顿第二定律有：mgsin300 - kx- Fi=ma,保持a不变，随着x的增大，Fi减小，当m与挡板分离时，Fi减小到零，则有：mgsin30 - kx=ma,- m

9、(gsin30Q - a) 2义 “八解得：x=-m=0.1m ,即小球向下运动 0.1m 时与挡板分k20离.故B正确.G因为速度最大时，运动的位移为0.5m,而小球运动0.1m与挡板已经分离.故 C、D错误.故选B.【点评】解决本题的关键抓住临界状态：1、当加速度为零时，速度最大；2、当挡板与小球的弹力为零时，小球与挡板将分离.结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解.6.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，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

10、为a0O每d,则下列根管道的质量为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 mgB.若a。 g ,则上层管道一定会相对下层管道发生滑动C若a023g则上层管道一定会相对下层管道发生滑动D.若a0 J3 g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2. ' 3 gd【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2N cos30 mg解得N 3N - mg故A错误；BC.当

11、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f ma0最大静摩擦力为fmax 2 N随着加速度的增大，当 ma。 fmax时，即a0 逋 g时，上层管道一定会相对下层管道 3发生滑动，故C正确B错误；D.若ao 33 g ,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ai2 33g,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22vVo. d 2a1 2ao解得Vo 2 . 3 gd故D错误。故选Co7.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

12、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x=4B.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.小千从A运动到C的过程合外力对其做的功为 -1.05JD.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2V mg m r解得v . gr .10 0.4m/s=2m/s则2x v 4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

13、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1 2 12 1Ekmv2mv00.1 (4 25)J1.05J2 22根据动能定理 W合二门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2r 1gt22则落地点到A点的距离x vt 2 0.4m 0.8m故D正确。故选ACD。8.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。有一放射源，可以向y轴右侧平面沿各个方向放射

14、比荷为 2.5 10 7 Kg/C的正q离子，这些离子速率分别在从0到最大值Vm=2X 10m/s的范围内，不计离子之间的相互作用(1)求离子打到y轴上的范围；57(2)若在某时刻沿 X方向放射各种速率的离子，求经过 107s时这些离子所在位置3构成的曲线方程；5_ 7,(3)若从某时刻开始向 y轴右侧各个万向放射各种速率的离子，求经过 10 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。到 2m (2) y 3x(0 x ) (3) S ()m232124(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：qvB2mvR解得：R mv 1 m Bq由几何关系知，离

15、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,2 R 2 m 则T 10 6sv qBt时刻时，这些离子轨迹所对应的圆心角为9这些离子构成的曲线如图3小3、y x (0 x )32(3)将第(2)问中图2 R为半径作圆弧，相交于1所示，并令某一离子在此时刻的坐标为(中的oa段从沿y轴方向顺时针方向旋转，在B,则两圆弧及y轴所围成的面积即为在tx, V)x轴上找一点C,以0向y轴右侧各个方5向不断放射各种速度的离子在t 一 107s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：c5 c21c21 c 3 c7-23 c2S R 一R一R RRR12622124贝 U

16、： S (3)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, 根据几何知识确定出离子可能出现的区域，难度较大.9.客车以v=20m/s的速度行驶，突然发现同车道的正前方xo=i20 m处有一列货车正以vo=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/s2,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

17、 x 货=84m (3)xmin=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=vo,可得：t=14s.(2)此时有：x 客=黄-lat2=182m 2x 货=V0t=84m .(3)因为x客vx货+xo,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：xmin =x 货 +xo-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.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C

18、F, CD距离土匀为L ,且在P点处有一个发射正离子的装置，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.F*纵./启*的* *:小丁(1)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)求速率为丫=13迪的离子在DE边的射出点距离 D点的范围.32 m【答案】(1) v qBL (2) - d (23) L8m 48【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对离子，由牛顿第二定律有qvB=

19、 m v_ ? vrqBL8m2 、，3 L(2)当v= 13qBL时,设离子在磁场中做圆周运动的半径为R,32 m2则由qvB= m二可得.R R32要使离子从DE射出，则其必不能从 CD射出，其临界状态是离子轨迹与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 )2 + (R )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di,则由几何关系有：(L-x)2+(R di)2=R2,解得di=-.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：R2=(3L- R)2+(

20、d2 L4解得d2 =D点的范围为L4故速率为v= 13qBL的离子在DE边的射出点距离32m【点睛】mv粒子圆周运动的半径 r -,速率越大半径越大，越容易射出正方形区域，粒子在正方Bq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.11.如图所示，在平面直角坐标系内，第I象限的等腰三角形 MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y<0的区域内存在着沿 y轴正方向的匀强电场。一质量为 m带电荷 量为q的带电粒子从电场中 Q (-2h, -h)点以速度vo水平向右射出，经坐标原点 O射入第 I象限，最后垂直于 PM的方向射出磁场。已知

21、MN平行于x轴，NP垂直于x轴，N点的 坐标为(2h, 2h),不计粒子的重力，求： (1)电场强度的大小;(2)最小的磁感应强度的大小;(3)粒子在最小磁场中的运动时间。mvo(2 1)mv0, ( 2 1) h【答案 E ； (2) Bmin )0； (3) t A-2qhqhv0【解析】【分析】【详解】(1)由几何关系可知粒子的水平位移为2h,竖直位移为h,由类平抛运动规律得2h v°th -at2 2由牛顿第二定律可知Eq ma联立解得2Emv。2qh(2)粒子到达。点，沿y铀正方向的分速度+ Eq 2hVy atv。m v。则速度与x轴正方向的夹角 a满足tanvyVo45

22、粒子从MP的中点垂直于 MP进入磁场，由洛伦兹力提供向心力2VBqv mR解得B mvqR粒子运动轨迹越大，磁感应强度越小，由几何关系分析可得，粒子运动轨迹与时，垂直于PM的方向射出磁场垂直于 MP射出磁场，则Rmax2Rmax 、2hPN相切轨道半径Rmax (2，2)h粒子在磁场中的速度v2v0解得Bmin('2 1)mv0qh(3)带电粒子在磁场中圆周运动的周期2 mqB带电粒子在磁场中转过的角度为180,故运动时间t 1T22 m 1Bminq 2(.2 1) hV012.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 。切磨在的一定范围 内，才能使从 MN边垂直

23、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)，已知宝石又光线的折射率为n.求。角的切磨范围.1 一arcsin 一 2n11【答案】 一arcsin 6 3n【解析】 _ 正光线从MN边垂直入射，在 OP边的入射角i12.一 一. 正 底光线经OP边反射后，在 OQ边的入射角i2 冗3322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i1 C且i2 C可得-C- C6 32，一1由全反射现象有n sinCI , A .、，冗11冗1则。角的切磨氾围为 一 一arcsin arcsin 6 3n2 n13 .半径为R的半圆柱形玻璃砖，

24、横截面如图所示.。为圆心，已知玻璃的折射率为J2.当光由玻璃射向空气时，发生全反射的临界角为 45 , 一束与 MN平面成45的平 行光束射到玻璃砖的半圆柱面上，经玻璃折射后，有部分光能从 MN平面上射出.求能从 MN平面射出的光束的宽度为多少？【解析】图中，BO为沿半径方向入射的光线，在 。点正好发生全反射，入射光线 在C点与球面 相切，此时入射角f = 90 ,折射角为r,则有M 0 AIM sin i = j situ smr =n 7这表示在C点折射的光线将垂直 MN射出，与MN相交于E点.MN面上OE即是出射光的 宽度.石O£ = /?sinr = /?214 .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。4AOC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