历年高考物理易错题汇编-临界状态的假设解决物理试题练习题含答案解析

1、历年高考物理易错题汇编-临界状态的假设解决物理试题练习题含答案解析一、临界状态的假设解决物理试题1 .一足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为B,方向垂直纸而向里的匀强磁场，矩形区 域的左边界ad宽为L,现从ad中点O垂直于磁场射入一带电粒亍，速度大小为v方向与ad边夹角为30°,如图所示.已知粒子的电荷量为q,质量为m(重力不计).求：(1)若拉子带负电，且恰能从d点射出磁场，求v的大小；(2)若粒子带正电，使粒子能从ab边射出磁场，求拉子从ab边穿出的最短时间.X侨案紫(2)器(1)根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力，结合几何关系可确定半径的范围，即可 求解；(2)根据题

2、意确定运动轨迹，再由圆心角与周期公式，即可确定最短运动的时间；【详解】L(1)由图可知：R=一22据洛伦兹力提供向心力，得：qvB= m也Rntt qBR qBL则 Vo=-=-m 2m(2)若粒子带正电，粒子的运动轨迹如图，bX XX XX XX XI mKi hs*IF-二dc当粒子的速度大于与 R相对应的速度v1时，粒子从cd边射出，由几彳S关系可知 R=L；由2v洛伦兹力等于向心力可知：qv,B= m -从图中看出，当轨迹的半径对应R1时从ab边上射出时用时间最短，此时对应的圆心角为= 1800 300=1500由公式可得：T 丁奇；= ti 3600 - T解得ti5 m6qB考查牛

3、顿第二定律的应用，掌握几何关系在题中的运用，理解在磁场中运动时间与圆心角 的关系.注意本题关键是画出正确的运动轨迹.2 .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【解析】【分析】 【详解】1,2-hAB2gt ,解(

4、1)细绳断裂后，小球做平抛运动，竖直方向自由落体运动，则竖直方向有 得t.205 °叽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/sv . V0Q v2. 42 52m/s=、41m/s 6.4m/s(3)在A点根据向心力公式得2T mgV0m L代入数据解得(1 10 142)N=30N3 .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

5、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/s2, sin 53 = 0.8, cos 53-0.6)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

6、的水平速度为3m/s ;由vy=gt1得:t1vy0.4ss=vo t=3X 0.4m=1.2m(2)由牛顿第二定律:2mv1F mg解得:rF=12N4 . 一根细线一端系一小球（可视为质点），另一端固定在光滑圆锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为w,细线的张力为Ft,则Ft随32变化的图象是( )【答案】C【解析】【分析】【详解】由题知小球未离开圆锥表面时细线与竖直方向的夹角为0,用L表示细线长度，小球离开圆锥表面前，细线的张力为Ft,圆锥对小球白支持力为 Fn,根据牛顿第二定律有FTsin 0 Fncos 0= mw 2Lsin 0Ftcos 0+ FNSin 0=

7、 mg联立解得Ft= mg cos 0+ w2mLsin2 0小球离开圆锥表面后，设细线与竖直方向的夹角为根据牛顿第二定律有FTsin a= mw 2Lsin a解得2FT= mLw故C正确。故选Co5 .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. LB. 2LC. LD. L1524【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科受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科是以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

8、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 G ；当1放在2的边缘上时距离最大；2处于杠杆平衡2状态，设2露出的长度为x,则2下方的支点距重心在（L x）处；由杠杆的平衡条件可2一，L、 GL知：G（ x） X,解得x 一,设4露出的部分为X1 ；则4下方的支点距重心在 223LGLG（一 x1）处；4受到的压力为 G 一,则由杠杆的平衡条件可知 G（一 x1） （G 一）x1,2222L L L31斛信为 一，则6、7之间的取大距离应为 L 2 x x1L 2（ ） L , A正23 515确.6.如图所示，在倾角为 30。的光滑斜面上端系有一劲度系数为2

9、0N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2千克的小球，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

10、得小球的位移.解：A、球和挡板分离前小球做匀加速运动；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=-S :：. 一.一k 一二 20 11 血 5m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：mgsin30 -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

11、：mgsin30 - kx=ma,解得：xF '、鼠03°二2叉（512_m=0.im 即小球向下运动 0.1m 时与挡板分k20离.故B正确.C、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.7 .如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，圆形管道半径为R,管道内径略大于小球直径，且远小于R,则下列说法正确的是（）A.小球通过最高点时的最小速度vminJgR8

12、 .小球通过最高点时的最小速度vmin 0C.小球在水平线 ab以下的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力D.小球在水平线ab以上的管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力【答案】BC【解析】【详解】AB.小球在竖直放置的光滑圆形管道内的圆周运动属于轻杆模型，小球通过最高点时的最 小速度为零，故 A错误，B正确；C.小球在水平线ab以下的管道中运动时，沿半径方向的合力提供小球做圆周运动的向心 力，所以外侧管壁对小球一定有作用力，而内侧管壁对小球一定无作用力，故C正确;D.小球在水平线ab以上的管道中运动时，沿半径方向的合力提供小球做圆周运动的向心 力，当速度非常大时，内侧管壁没有作用力，此

13、时外侧管壁有作用力，当速度比较小时， 内侧管壁有作用力，外侧管壁对小球无作用力，故 D错误。故选BC。8 .质量为 3 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( )A.在斜面上滑行的最大速度为mgqBB.在斜面上滑行的最大速度为mg cosqBC.作变加速直线运动D.在斜面上滑动的最大距离为2m g222q B sin【答案】BCAB.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

14、开始离开斜面；所, .，.一、 、mg cos 一 ,以在斜面上滑行的最大速度为 v -gqB，所以A错误，B正确;CD.由于沿斜面方向的力不变，牛顿第二定律得：mgsin 0 =nrja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.9 .如图所示，质量为 M、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止a角。则下列说法正确的是(时，凹槽球心和小铁球的连线与

15、竖直方向成A.小铁球所受合力为零C. F M m gtan【答案】CD【解析】【详解】隔离小铁球根据牛顿第二定律受力分析得F且合外力水平而右，故小铁球加速度为B.小铁球受到的合外力方向水平向左D.系统的加速度为a gtanmg tan maa g tan因为小铁球与凹槽相对静止，故系统的加速度也为 定律得g tan ,整体受力分析根据牛顿第二F M maM m gtan故AB错误，CD正确。故选CD。10 .现有A、B两列火车在同一轨道上同向行驶，A车在前，其速度 Va= 10 m/s, B车速度vb= 30 m/s.因大雾能见度低，B车在距A车600 m时才发现前方有 A车，此时B车立即刹

16、车，但B车要减速1 800 m才能够停止.(1)B车刹车后减速运动的加速度多大？(2)若B车刹车8 s后，A车以加速度ai= 0.5 m/s2加速前进，问能否避免事故？若能够避免 则两车最近时相距多远？【答案】(1)0.25 m/s2 (2)可以避免事故232 m【解析】【分析】【详解】(1)设B车减速运动的加速度大小为a,有0 vb2= 2ax1，解得：a = 0.25 m/s2.(2)设B车减速t秒时两车的速度相同，有vB-at = vA+ a1(t四)代入数值解得t=32 s,在此过程中B车前进的位移为Xb= VBt -1at2 = 832 m2A 车前进的位移为 XA=VA&

17、+ VA（t zt）+ a1（t困）2= 464 m ,2因Xa+x>xb,故不会发生撞车事故，此时Ax=xa+ x xb= 232 m.11.如图所示，斜面上表面光滑绝缘，倾角为 9,斜面上方有一垂直纸面向里的匀强磁场 磁感应弓虽度为B,现有一个质量为 m、带电荷量为+q的小球在斜面上被无初速度释放，假 设斜面足够长.则小球从释放开始，下滑多远后离开斜面.*m g cos 2q2B2sin【解析】【分析】【详解】小球沿斜面下滑，在离开斜面前，受到的洛伦兹力F垂直斜面向上，其受力分析图其中洛伦兹力为F=Bqv.设下滑距离x后小球离开斜面，此时斜面对小球的支持力Fn=0,由运动学公式有 v

18、2=2ax,联立以上各式解得x22m g cos 22 2q B sin12.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a=1m/s2,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 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 x 货=84m (3)xmin=22m【解析】试题分析：(1)设经时间t客车速

19、度与货车速度相等：v-at=vo,可得：t=14s.(2)此时有：x 客二黄-1at2=182m2x 货=V0t=84m .(3)因为x客vx货+刈，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.13.如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从 B点脱离后做平抛运动，经过 0.3秒后又恰好 垂直与倾角为45。的斜面相碰到。已知圆轨道半径为

20、 R=1m,小球的质量为 m=1kg, g取 10m/s2。求： (1)小球在斜面上的相碰点 C与B点的水平距离；Nb的大小和方向?(2)小球经过圆弧轨道的B点时，受到轨道的作用力【答案】(1)0.9m, (2)1N ,方向竖直向上。【解析】【详解】(1)小球垂直落在斜面上，分解末速度：tan 45vovyVogt解得小球从C点飞出时的初速度：Vo 3m/s ,则B与C点的水平距离:x v0t解得：x 0.9m；(2)假设轨道对小球的作用力竖直向上，根据牛顿第二定律: 2V0 mg Nb m R解得：N b1N ,方向竖直向上。14.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

21、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 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。I I tJL.f4 f f Bf- 4 ill | i J【答案】E T；(2)%n盘普与t亘3 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 v0th - at22由牛顿第二定律可知E