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1、备战高考物理临界状态的假设解决物理试题推断题综合经典题及详细答案一、临界状态的假设解决物理试题1 一倾角为的光滑绝缘斜面体固定在水平面上，整个装置处于垂直纸面向里的磁场中，如图所示一质量为 m，电荷量为 q 的带正电小球从斜面上由静止释放已知磁感应强度为 B，重力加速度为 g求：（ 1）小球离开斜面时的速率；（ 2）小球在斜面上滑行的位移大小mg cosm2 g cos2【答案】 （1） v（ 2） x2 B2 sinqB2q【解析】(1)小球在斜面上运动,当 FN=0 时，离开斜面mgcos?=qvBvmg cosqB(2)小球在斜面上做匀加速直线运动mgsin =mav2=2ax解得 xm
2、2 g cos22q2 B2 sin2 如图所示，带电荷量为q、质量为 m 的物块从倾角为 37的光滑绝缘斜面顶端由静止开始下滑，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直纸面向外，重力加速度为g，求物块在斜面上滑行的最大速度和在斜面上运动的最大位移(斜面足够长，取sin 37 0.6， cos 37 0.8)4mg8m2 g【答案】最大速度为：;最大位移为：2 B25qB15q【解析】【分析】【详解】经分析，物块沿斜面运动过程中加速度不变，但随速度增大，物块所受支持力逐渐减小，最后离开斜面所以，当物块对斜面的压力刚好为零时，物块沿斜面的速度达到最大，同时位移达到最大，即qvm B mgcos 物块沿斜面
3、下滑过程中，由动能定理得mgs sin1mv22vmmg cos4mgvm28m2 g联立解得：qB5qB, sm15q2 B22g sin3 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 O 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
4、解】(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hAB1gt 2 ，解2得t2 (2.050.8) s 0.5s10(2)水平方向匀速运动，则有v0x2m/s 4m/st0.5竖直方向的速度为vygt5m/s则vv02v2y4252 m/s= 41m/s6.4m/s(3)在 A 点根据向心力公式得2T mg m v0L代入数据解得T (1 10 1 42 )N=30N 0.84 火车转弯时，如果铁路弯道内外轨一样高，外轨对轮绝（如图a 所示）挤压的弹力F 提供了火车转弯的向心力（如图 b 所示），但是靠这种办法得到向心力，铁轨和车轮极易受损在修筑铁路时，弯道处的外轨会略
5、高于内轨（如图 c 所示），当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度小为 ，以下说法中正确的是A该弯道的半径B当火车质量改变时，规定的行驶速度也将改变C当火车速率大于时，外轨将受到轮缘的挤压D当火车速率小于时，外轨将受到轮缘的挤压【答案】 C【解析】【详解】火车拐弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，设转弯处斜面的倾角为 ，根据牛顿第二定律得：mgtan=mv2/R，解得： R= v2/ gtan ，故 A 错误；根据牛顿第二定律得： mgtan=mv2/R, 解得： v=gRtan，与质量无关，故B 错误；若速度大于规定速度，重力和支持力的合
6、力不够提供，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨故C正确；若速度小于规定速度，重力和支持力的合力提供偏大，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨故D 错误故选C.点睛：火车拐弯时以规定速度行驶，此时火车的重力和支持力的合力提供圆周运动所需的向心力若速度大于规定速度，重力和支持力的合力不够提供，此时外轨对火车有侧压力；若速度小于规定速度，重力和支持力的合力提供偏大，此时内轨对火车有侧压力5 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
7、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 AB1mv12 ；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、牛顿第二定律与运动学公式即可解题6 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
8、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 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
9、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。7 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B B 对 C 的支持力不变C当向左的加速度达到32g 时， C 将脱离AD当向左的加速度达到33g时， C
10、将脱离A【答案】D【解析】【详解】对 C 进行受力分析，如图所示，设 B 对 C 的支持力与竖直方向的夹角为，根据几何关系可得： sinR 1，所以2R2 =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：BAsin30 ；N sin30 =N令 C 的加速度为a，根据正交分解以及牛顿第二定律有：NBsin30 -NAsin30 =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：a 3 g3则 C 错误， D 正确；故选 D
11、。8 在平直的公路上 A 车正以 vA 4m / s 的速度向右匀速运动，在A 车的正前方 7m 处 B车此时正以 vB10m / s 的初速度向右匀减速运动，加速度大小为2m / s2 ，则 A 追上 B 所经历的时间是 ()A7 sB 8 sC 9 sD 10 s【答案】 B【解析】试题分析： B 车速度减为零的时间为： t00 vB10 s 5s，此时 A 车的位移为：a2xAvAt045m 20m ，B 车的位移为：vB210025m ，因为xBm2a4xAxB7m ，可知 B 停止时， A 还未追上，则追及的时间为：txB 725 7 s 8s ，故 B 正确vA4考点：考查了追击相
12、遇问题【名师点睛】两物体在同一直线上运动，往往涉及到追击、相遇或避免碰撞等问题，解答此类问题的关键条件是： 分别对两个物体进行研究； 画出运动过程示意图； 列出位移方程； 找出时间关系、速度关系、位移关系； 解出结果，必要时要进行讨论9 如图所示，轻质杆的一端连接一个小球，绕套在固定光滑水平转轴 O 上的另一端在竖直平面内做圆周运动。小球经过最高点时的速度大小为 v，杆对球的作用力大小为 F，其Fv2 图像如图所示。若图中的a、 b 及重力加速度g 均为已知量，规定竖直向上的方向为力的正方向。不计空气阻力，由此可求得（）gA小球做圆周运动的半径为bB Fab0 时，小球在最高点的动能为gC v
13、22b 时，小球对杆作用力的方向向下D v22b 时，杆对小球作用力的大小为 a【答案】 D【解析】【详解】A2b 时， F0 ，杆对小球无弹力，此时重力提供小球做圆周运动的由图象知，当 v向心力，有mgv2mr解得rbg故 A 错误；B20 时，故有由图象知，当 vFmg a解得amg当 v2b 时，小球的动能为Ek1mv2ab22 g故 B 错误；C由图象可知，当v22b 时，有F0则杆对小球的作用力方向向下，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的弹力方向向上，故C错误；D由图象可知，当v22b 时，则有v2Fmgm2mgr解得Fmga故 D 正确。故选 D。10 图甲为 0.1kg 的小球从最
14、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
15、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 mv021 0.1(4 25)J1.05J222根据动能定理W 合= 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 22t4r4 0.4 s0.4sg10则落地点到 A 点的距离xvt 2
16、0.4m0.8m故 D 正确。故选 ACD。11 如图所示，长为 L 的轻绳，一端栓住一个质量为 m 的小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球能够在竖直平面内做圆周运动，下列叙述中错误 的是A小球运动到最高点的速度v 的极小值为0B当小球运动到最低点时，小球的向心力由绳的拉力和重力的合力提供C当小球运动到最高点的速度D当小球运动到最高点的速度v gLv gL时，绳对小球的弹力为0时，绳对小球的弹力为mg【答案】 BC【解析】【分析】【详解】ACD. 当小球在最高点绳的拉力为零时，圆周运动的速度最小，则v2mgm，可得LvgL ，故 A 错误， C 正确、 D 错误v2B. 当小球运动到最低点
17、时，由牛顿第二定律可知Tmgm，即小球的向心力由绳的L拉力和重力的合力提供，则B 正确故选BC.12 在上表面水平的小车上叠放着上下表面同样水平的物块A、 B，已知 A、 B 质量相等，A、 B 间的动摩擦因数10.2 ，物块 B 与小车间的动摩擦因数20.3 。小车以加速度a0 做匀加速直线运动时，A、B 间发生了相对滑动， B 与小车相对静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取 10m/s2 ，小车的加速度大小可能是（）A 2m/s2B 2.5m/s2C 3m/s2D 4.5m/s2【答案】 BC【解析】【详解】以 A 为研究对象，由牛顿第二定律得：10，mg=ma得：012
18、，a =g=2m/s所以小车的加速度大于2m/s2 。当 B 相对于小车刚要滑动时静摩擦力达到最大值，对B，由牛顿第二定律得：2?2mg -1mg =ma ，得a=4m/s 2，所以小车的加速度范围为222m/s a4m/s，故 AD 错误， BC正确。故选 BC。13 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时，凹槽球心和小铁球的连线与竖直方向成角。则下列说法正确的是（）A小铁球所受合力为零B小铁球受到的合外力方向水平向左C FMm g tanD系统的加速度为ag tan【答
19、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合mg tanma且合外力水平而右，故小铁球加速度为ag 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FMm aMm g tan故 AB 错误， CD 正确。故选 CD。14 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)：(
20、1)若要小球离开锥面，则小球的角速度 至少为多大？0(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 rad/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g012.5rad/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
21、，则细绳的张力mgTcos60o2mg20N（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 37oFNcos37o m2l sin 37o联立以上两式，代入数据得： FN=3.6N。15 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?(电子电量-19e=1.6 10C，电子的质量m=910-31kg)【答案】（ 1） 1.33107m/s （ 2） 400V【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：7；v0=1.33 10m/s（ 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；