【物理】培優(yōu)易錯試卷臨界狀態(tài)的假設解決物理試題輔導專題訓練附答案

1、【物理】培優(yōu)易錯試卷臨界狀態(tài)的假設解決物理試題輔導專題訓練附答案 一、臨界狀態(tài)的假設解決物理試題1.如圖所示，用長為 L=0.8m的輕質細繩將一質量為 1kg的小球懸掛在距離水平面高為H=2.05m的。點，將細繩拉直至水平狀態(tài)無初速度釋放小球，小球擺動至細繩處于豎直位 置時細繩恰好斷裂，小球落在距離O點水平距離為2m的水平面上的B點，不計空氣阻力，取 g=10m/s2 求：(1)繩子斷裂后小球落到地面所用的時間；(2)小球落地的速度的大小；(3)繩子能承受的最大拉力?！敬鸢浮?1)0.5s(2)6.4m/s(3)30N,1, 2.hAB-gt，解2(1)細繩斷裂后，小球做平拋運動，豎直方向自由

2、落體運動，則豎直方向有2 (2.05 0.8) s 0.5s10(2)水平方向勻速運動，則有x 2,v0 m/s 4m/st 0.5豎直方向的速度為vy gt 5m/svv02 v2, 42 52m/s= 41m/s 6.4m/s(3)在A點根據向心力公式得2V0T mg m代入數據解得42T (1 10 1)N=30N0.82 .中國已進入動車時代，在某軌道拐彎處，動車向右拐彎，左側的路面比右側的路面高一些，如圖所示，動車的運動可看作是做半徑為R的圓周運動，設內外路面高度差為h,路基的水平寬度為d,路面的寬度為L,已知重力加速度為 g,要使動車輪緣與內、外側軌道無擠壓，則動車拐彎時的速度應為

3、（）把路基看做斜面，設其傾角為也如圖所示mg和斜面支持力N,F=mgtan 0,合力提供向當動車輪緣與內、外側軌道無擠壓時，動車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，根據幾何關系可得合力 心力，根據牛頓第二定律，有2,八 vmg tan 0= m -R計算得v= JgRtan ,根據路基的高和水平寬度得htan 0=一d帶入解得v= JgRE,即動車拐彎時的速度為不穿時,動車輪緣與內、外側軌道無擠壓，故B正確，ACD錯誤。故選B。3 .火車以某一速度v通過某彎道時，內、外軌道均不受側壓力作用，下面分析正確的是2 vA.軌道半徑R 一 gB.若火車速度大于C.若火車速度小于

4、時，外軌將受到側壓力作用，其方向平行軌道平面向外 時，外軌將受到側壓力作用，其方向平行軌道平面向內D.當火車質量改變時，安全速率也將改變【答案】B【解析】【詳解】持力的合力提供向心力由圖可以得出9為軌道平面與水平面的夾角）AD.火車以某一速度 v通過某彎道時，內、外軌道均不受側壓力作用，其所受的重力和支F合 mg tan2,vmg tan m 一解得v 、gRtan與火車質量無關，AD錯誤；B.當轉彎的實際速度大于規(guī)定速度時，火車所受的重力和支持力的合力不足以提供所需的 向心力，火車有離心趨勢，故其外側車輪輪緣會與鐵軌相互擠壓，外軌受到側壓力作用方 向平行軌道平面向外，B正確；C.當轉彎的實際

5、速度小于規(guī)定速度時，火車所受的重力和支持力的合力大于所需的向心 力，火車有向心趨勢，故其內側車輪輪緣會與鐵軌相互擠壓，內軌受到側壓力作用方向平 行軌道平面向內，C錯誤。故選B。4 . 一輛貨車運載著圓柱形光滑的空油桶。在車廂底 ，一層油桶平整排列，相互緊貼并被牢 牢固定。上一層只有一只桶 C,自由地擺放在 A、B之間，和汽車一起保持靜止，如圖所 示，當C與車共同向左加速時A. A對C的支持力變大25g時，C將脫離A2B. B對C的支持力不變C.當向左的加速度達到g時，C將脫離A 3D.當向左的加速度達到【答案】D【解析】【詳解】對C進行受力分析，如圖所示,R 1設B對C的支持力與豎直方向的夾角

6、為0,根據幾何關系可得：sin-R =，所以2R 20 =30;°同理可得，A對C的支持力與豎直方向的夾角也為30°AB.原來C處于靜止狀態(tài)，根據平衡條件可得：NBsin30 = NAsin30令C的加速度為a,根據正交分解以及牛頓第二定律有：NBsin30 -N Asin30 = ma可見A對C的支持力減小、B對C的支持力增大，故 AB錯誤；CD.當A對C的支持力為零時，根據牛頓第二定律可得：mgtan30 =ma解得：、3a Tg則C錯誤，D正確；故選Do5.如圖所示，在傾角為 30。的光滑斜面上端系有一勁度系數為20N/m的輕質彈簧，彈簧下端連一個質量為2千克的小球，

7、球被一垂直于斜面的擋板A擋住，此時彈簧沒有形變.若擋板A以4m/s 2的加速度沿斜面向下勻加速運動，則()A.小球向下運動0.4m時速度最大B.小球向下運動0.1m時與擋板分離C.小球速度最大時與擋板分離D.小球從一開始就與擋板分離【答案】B【解析】試題分析：對球受力分析可知，當球受力平衡時，速度最大，此時彈簧的彈力與物體重力 沿斜面的分力相等，由胡克定律和平衡條件即可求得小球向下運動的路程.從開始運動到 小球與擋板分離的過程中，擋板A始終以加速度a=4m/s2勻加速運動，小球與擋板剛分離時，相互間的彈力為零，由牛頓第二定律和胡克定律結合求得小球的位移.解：A、球和擋板分離前小球做勻加速運動；

8、球和擋板分離后做加速度減小的加速運動， 當加速度為零時，速度最大，此時物體所受合力為零.即 kxm=mgsin30 ；解得：Xm=-：_1'',k = 20 uf0'由于開始時彈簧處于原長，所以速度最大時小球向下運動的路程為0.5m.故A錯誤.設球與擋板分離時位移為x,經歷的時間為t,從開始運動到分離的過程中，m受豎直向下的重力，垂直斜面向上的支持力Fn,沿斜面向上的擋板支持力 Fi和彈簧彈力F.根據牛頓第二定律有：mgsin300 - kx- Fi=ma,保持a不變，隨著x的增大，Fi減小，當m與擋板分離時，Fi減小到零，則有：mgsin30 - kx=ma,- m

9、(gsin30Q - a) 2義 “八解得：x=-m=0.1m ,即小球向下運動 0.1m 時與擋板分k20離.故B正確.G因為速度最大時，運動的位移為0.5m,而小球運動0.1m與擋板已經分離.故 C、D錯誤.故選B.【點評】解決本題的關鍵抓住臨界狀態(tài)：1、當加速度為零時，速度最大；2、當擋板與小球的彈力為零時，小球與擋板將分離.結合牛頓第二定律和運動學公式進行求解.6.如圖甲所示，用大型貨車運輸規(guī)格相同的圓柱形水泥管道，貨車可以裝載兩層管道，底 層管道固定在車廂里，上層管道堆放在底層管道上，如圖乙所示。已知水泥管道間的動摩擦因數為，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，貨車緊急剎車時的加速度大小

10、為a0O每d,則下列根管道的質量為m,重力加速度為g,最初堆放時上層管道最前端離駕駛室為分析判斷正確的是（）A.貨車沿平直路面勻速行駛時，圖乙中管道A、B之間的彈力大小為 mgB.若a。 g ,則上層管道一定會相對下層管道發(fā)生滑動C若a023g則上層管道一定會相對下層管道發(fā)生滑動D.若a0 J3 g要使貨車在緊急剎車時上管道不撞上駕駛室，貨車在水平路面上勻速行駛的最大速度為2. ' 3 gd【答案】C【解析】【詳解】A.貨車勻速行駛時上層管道A受力平衡，在其橫截面內的受力分析如圖所示其所受B的支持力大小為N,根據平衡條件可得2N cos30 mg解得N 3N - mg故A錯誤；BC.當

11、緊急剎車過程中上層管道相對下層管道靜止時，上層管道A所受到的靜摩擦力為f ma0最大靜摩擦力為fmax 2 N隨著加速度的增大，當 ma。 fmax時，即a0 逋 g時，上層管道一定會相對下層管道 3發(fā)生滑動，故C正確B錯誤；D.若ao 33 g ,緊急剎車時上層管道受到兩個滑動摩擦力減速，其加速度大小為ai2 33g,要使貨車在緊急剎車時上管道不撞上駕駛室，貨車在水平路面上勻速行駛的速度，必須滿足22vVo. d 2a1 2ao解得Vo 2 . 3 gd故D錯誤。故選Co7.圖甲為0.1kg的小球從最低點 A沖入豎直放置在水平地面上、半徑為 0.4m半圓軌道后，小球速度的平方與其高度的關系圖

12、像。已知小球恰能到達最高點C,軌道粗糙程度處處相同，空氣阻力不計。g取10m/s2, B為AC軌道中點。下列說法正確的是（）A.圖甲中x=4B.小球從A運動到B與小球從B運動到C兩個階段損失的機械能相同C.小千從A運動到C的過程合外力對其做的功為 -1.05JD.小球從C拋出后，落地點到 A的距離為0.8m【答案】ACD【解析】【分析】【詳解】A.當h=0.8m時，小球運動到最高點，因為小球恰能到達最高點C,則在最高點2V mg m r解得v . gr .10 0.4m/s=2m/s則2x v 4故A正確；B.小球從A運動到B對軌道的壓力大于小球從 B運動到C對軌道的壓力，則小球從 A運動到B

13、受到的摩擦力大于小球從 B運動到C受到的摩擦力，小球從 B運動到C克服摩擦力做的功較小，損失的機械能較小，胡 B錯誤；C.小球從A運動到C的過程動能的變化為1 2 12 1Ekmv2mv00.1 (4 25)J1.05J2 22根據動能定理 W合二門Ek可知，小球從 A運動到C的過程合外力對其做的功為-1.05J,故C正確；D.小球在C點的速度v=2m/s,小球下落的時間2r 1gt22則落地點到A點的距離x vt 2 0.4m 0.8m故D正確。故選ACD。8.如圖所示，在y軸右側平面內存在方向向里的勻強磁場，磁感應強度大小B=0.5T,坐標原點。有一放射源，可以向y軸右側平面沿各個方向放射

14、比荷為 2.5 10 7 Kg/C的正q離子，這些離子速率分別在從0到最大值Vm=2X 10m/s的范圍內，不計離子之間的相互作用(1)求離子打到y(tǒng)軸上的范圍；57(2)若在某時刻沿 X方向放射各種速率的離子，求經過 107s時這些離子所在位置3構成的曲線方程；5_ 7,(3)若從某時刻開始向 y軸右側各個萬向放射各種速率的離子，求經過 10 s時已3進入磁場的離子可能出現的區(qū)域面積；【答案】(1)范圍為。到 2m (2) y 3x(0 x ) (3) S ()m232124(1)離子進入磁場中做圓周運動的最大半徑為R由牛頓第二定律得：qvB2mvR解得：R mv 1 m Bq由幾何關系知，離

15、子打到 y軸上的范圍為0到2m(2)離子在磁場中運動的周期為 T,2 R 2 m 則T 10 6sv qBt時刻時，這些離子軌跡所對應的圓心角為9這些離子構成的曲線如圖3小3、y x (0 x )32(3)將第(2)問中圖2 R為半徑作圓弧，相交于1所示，并令某一離子在此時刻的坐標為(中的oa段從沿y軸方向順時針方向旋轉，在B,則兩圓弧及y軸所圍成的面積即為在tx, V)x軸上找一點C,以0向y軸右側各個方5向不斷放射各種速度的離子在t 一 107s時已進入磁場的離子所在區(qū)域.3由幾何關系可求得此面積為：c5 c21c21 c 3 c7-23 c2S R 一R一R RRR12622124貝 U

16、： S (3)m2124【點睛】本題考查運用數學知識分析和解決物理問題的能力，采用參數方程的方法求解軌跡方程, 根據幾何知識確定出離子可能出現的區(qū)域，難度較大.9.客車以v=20m/s的速度行駛，突然發(fā)現同車道的正前方xo=i20 m處有一列貨車正以vo=6 m/s的速度同向勻速前進，于是客車緊急剎車，若客車剎車的加速度大小為a=1m/s2,做勻減速運動，問：(1)客車與貨車速度何時相等？(2)此時，客車和貨車各自位移為多少？(3)客車是否會與貨車相撞？若會相撞，則在什么時刻相撞？相撞時客車位移為多少？若不相撞，則客車與貨車的最小距離為多少？【答案】(1) t=14s (2) x 客=182m

17、 x 貨=84m (3)xmin=22m 【解析】試題分析：(1)設經時間t客車速度與貨車速度相等：v-at=vo,可得：t=14s.(2)此時有：x 客=黃-lat2=182m 2x 貨=V0t=84m .(3)因為x客vx貨+xo,所以不會相撞.經分析客車速度與貨車速度相等時距離最小為：xmin =x 貨 +xo-x 客=22m考點：追擊及相遇問題【名師點睛】這是兩車的追擊問題，速度相等時，它們的距離最小，這是判斷這道題的關鍵所在，知道這一點，本題就沒有問題了.10.如圖所示，在邊長為 L的正方形區(qū)域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，其磁感應強度大小為B.在正方形對角線 CE上有一點P,其到C

18、F, CD距離土勻為L ,且在P點處有一個發(fā)射正離子的裝置，能連續(xù)不斷地向紙面內的各方向發(fā)射出速率不同的正離子.已知離子的 質量為m,電荷量為q,不計離子重力及離子間相互作用力.F*縱./啟*的* *:小丁(1)速率在什么范圍內的所有離子均不可能射出正方形區(qū)域？(2)求速率為丫=13迪的離子在DE邊的射出點距離 D點的范圍.32 m【答案】(1) v qBL (2) - d (23) L8m 48【解析】【分析】【詳解】因離子以垂直于磁場的速度射入磁場，故其在洛倫茲力作用下必做圓周運動.(1)依題意可知離子在正方形區(qū)域內做圓周運動不射出該區(qū)域，做圓周運動的半徑為對離子，由牛頓第二定律有qvB=

19、 m v_ ? vrqBL8m2 、，3 L(2)當v= 13qBL時,設離子在磁場中做圓周運動的半徑為R,32 m2則由qvB= m二可得.R R32要使離子從DE射出，則其必不能從 CD射出，其臨界狀態(tài)是離子軌跡與CD邊相切，設切點與C點距離為x,其軌跡如圖甲所示,由幾何關系得:R2= (x )2 + (R )2, 44計算可得x= 5 L,8設此時DE邊出射點與D點的距離為di,則由幾何關系有：(L-x)2+(R di)2=R2,解得di=-.4而當離子軌跡與 DE邊相切時，離子必將從 EF邊射出，設此時切點與 D點距離為d2,其軌 跡如圖乙所示，由幾何關系有：R2=(3L- R)2+(

20、d2 L4解得d2 =D點的范圍為L4故速率為v= 13qBL的離子在DE邊的射出點距離32m【點睛】mv粒子圓周運動的半徑 r -,速率越大半徑越大，越容易射出正方形區(qū)域，粒子在正方Bq形區(qū)域圓周運動的半徑若不超過 -,則粒子一定不能射出磁場區(qū)域，根據牛頓第二定律求8出速率即可.11.如圖所示，在平面直角坐標系內，第I象限的等腰三角形 MNP區(qū)域內存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，y<0的區(qū)域內存在著沿 y軸正方向的勻強電場。一質量為 m帶電荷 量為q的帶電粒子從電場中 Q (-2h, -h)點以速度vo水平向右射出，經坐標原點 O射入第 I象限，最后垂直于 PM的方向射出磁場。已知

21、MN平行于x軸，NP垂直于x軸，N點的 坐標為(2h, 2h),不計粒子的重力，求： (1)電場強度的大小;(2)最小的磁感應強度的大小;(3)粒子在最小磁場中的運動時間。mvo(2 1)mv0, ( 2 1) h【答案 E ； (2) Bmin )0； (3) t A-2qhqhv0【解析】【分析】【詳解】(1)由幾何關系可知粒子的水平位移為2h,豎直位移為h,由類平拋運動規(guī)律得2h v°th -at2 2由牛頓第二定律可知Eq ma聯(lián)立解得2Emv。2qh(2)粒子到達。點，沿y鈾正方向的分速度+ Eq 2hVy atv。m v。則速度與x軸正方向的夾角 a滿足tanvyVo45

22、粒子從MP的中點垂直于 MP進入磁場，由洛倫茲力提供向心力2VBqv mR解得B mvqR粒子運動軌跡越大，磁感應強度越小，由幾何關系分析可得，粒子運動軌跡與時，垂直于PM的方向射出磁場垂直于 MP射出磁場，則Rmax2Rmax 、2hPN相切軌道半徑Rmax (2，2)h粒子在磁場中的速度v2v0解得Bmin('2 1)mv0qh(3)帶電粒子在磁場中圓周運動的周期2 mqB帶電粒子在磁場中轉過的角度為180,故運動時間t 1T22 m 1Bminq 2(.2 1) hV012.打磨某剖面如圖所示的寶石時，必須將 OP、OQ邊與軸線的夾角 。切磨在的一定范圍 內，才能使從 MN邊垂直

23、入射的光線，在 OP邊和OQ邊都發(fā)生全反射(僅考慮光線第一次射到OP邊并反射到OQ邊的情況)，已知寶石又光線的折射率為n.求。角的切磨范圍.1 一arcsin 一 2n11【答案】 一arcsin 6 3n【解析】 _ 正光線從MN邊垂直入射，在 OP邊的入射角i12.一 一. 正 底光線經OP邊反射后，在 OQ邊的入射角i2 冗3322若光線在OP邊和OQ邊都發(fā)生全反射，設全反射臨界角為C則有i1 C且i2 C可得-C- C6 32，一1由全反射現象有n sinCI , A .、，冗11冗1則。角的切磨氾圍為 一 一arcsin arcsin 6 3n2 n13 .半徑為R的半圓柱形玻璃磚，

24、橫截面如圖所示.。為圓心，已知玻璃的折射率為J2.當光由玻璃射向空氣時，發(fā)生全反射的臨界角為 45 , 一束與 MN平面成45的平 行光束射到玻璃磚的半圓柱面上，經玻璃折射后，有部分光能從 MN平面上射出.求能從 MN平面射出的光束的寬度為多少？【解析】圖中，BO為沿半徑方向入射的光線，在 。點正好發(fā)生全反射，入射光線 在C點與球面 相切，此時入射角f = 90 ,折射角為r,則有M 0 AIM sin i = j situ smr =n 7這表示在C點折射的光線將垂直 MN射出，與MN相交于E點.MN面上OE即是出射光的 寬度.石O£ = /?sinr = /?214 .如圖所示，MN是一個水平光屏，多邊形 ACBOA為某種透明介質的截面圖。4AOC為等腰直角三角形，BC為半徑R=8cm的四分之一圓弧， AB與光屏MN垂直并接觸于 A 點。一束紫光以入射角 i射向AB面上的O點，能在光屏 MN上出現兩個亮斑，AN上的亮