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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 mg co
2、sm2lsin2（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 如图所示， AB 为竖直转轴，细绳AC和 BC的结点 C 系一质量为m 的小球，两绳能承担的最大拉力均为2mg。当 AC 和 BC 均拉直时 ABC=90， ACB=53，BC=1mABC 能绕竖直轴 AB 匀速转动，因而C 球在水平面内做匀速圆周运动当小球的线速度增大时，两绳均会被拉断，则最先被拉断那根绳及另一根绳被拉断时的速度分别为（已知g=10m/s 2，sin53 =0.8， cos53 =0.6）（）
3、A AC 绳 5m/sBBC绳 5m/sC AC 绳 5.24m/sD BC绳5.24m/s【答案】 B【解析】【分析】当小球线速度增大时，BC逐渐被拉直，小球线速度增至BC刚被拉直时，对小球进行受力分析，合外力提供向心力，求出A 绳的拉力，线速度再增大些，TA 不变而 TB 增大，所以BC 绳先断；当 BC绳断之后，小球线速度继续增大，小球m 作离心运动， AC 绳与竖直方向的夹角 增大，对球进行受力分析，根据合外力提供向心力列式求解。【详解】当小球线速度增大时，BC逐渐被拉直，小球线速度增至BC刚被拉直时，根据牛顿第二定律得：对小球有T sin ACB mg=0 AABv2T cos AC
4、B+T = ml由可求得 AC 绳中的拉力 TA=5AB增大，所以 BC绳先mg，线速度再增大些，T不变而 T4断。当 BC绳刚要断时，拉力为5mg，代入得TB=2mg ， TA=45 mg cosACB2mgm v2m v24rl解得v=5.24m/s当 BC线断后， AC线与竖直方向夹角因离心运动而增大，当使球速再增大时，角随球速增大而增大，当 =60时， TAC=2mg ， AC 也断，则有TACsin53 mv2LAC sin 60代入数据解得v=5m/s故 BC线先断； AC线被拉断时球速为 5.0m/s 故选 B。【点评】解决本题的关键搞清向心力的来源，抓住临界状态的特点，运用牛顿
5、第二定律进行求解3 近年来我国高速铁路发展迅速，现已知某新型国产列车某车厢质量为m ，如果列车要进入半径为 R 的弯道，如图所示，已知两轨间宽度为L ，内外轨高度差为h ，重力加速度为 g ，该弯道处的设计速度最为适宜的是（）AgRhgRLL2h2Bh2L2CgRL2h2gRLhDh【答案】 A【解析】【详解】列车转弯时的向心力由列车的重力和轨道对列车的支持力的合力提供，方向沿水平方向，根据牛顿第二定律可知hv2mgmL2h2R解得vgRhL2h2故 A 正确。故选 A。4 如图所示，长为L 的轻质细长物体一端与小球（可视为质点）相连，另一端可绕O 点使小球在竖直平面内运动。设小球在最高点的速
6、度为v，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A v 最小值为gLB v 若增大，此时小球所需的向心力将减小C若物体为轻杆，则当v 逐渐增大时，杆对球的弹力也逐渐增大D若物体为细绳，则当v 由gL 逐渐增大时，绳对球的弹力从0 开始逐渐增大【答案】 D【解析】【分析】【详解】A若物体为轻杆，通过最高点的速度的最小值为0，物体所受重力和支持力相等，A 错误；2vB v 增大，根据F向m可知向心力将增大，B 错误；rC若物体为轻杆，在最高点重力提供向心力2mgm v0L解得v0gL当速度小于gL 时，根据牛顿第二定律mgNm v2L随着速度 v 增大，杆对球的弹力在逐渐减小，C 错误
7、；D若物体为细绳，速度为gL 时，重力提供向心力，所以绳子拉力为0，当 v 由gL 逐渐增大时，根据牛顿第二定律Tmgv2mL可知绳子对球的拉力从0 开始逐渐增大， D 正确。故选 D。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（ ）1A若 hR，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
8、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】A若 hRhR，根据机械能守恒定律可知，四个小球都能上升到右侧高度处，即小22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；5C若 hR ，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
9、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，2mgh mg 2R1 mv 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，根据机械能守恒得，mgh mg(RR cos60 ） 1 mv122而到达最高点的速度1v=v cos60，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
10、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，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vmingRB小球通过最高点时的最小速度vmin0C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
11、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，故故选 BC。D 错误。7 如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r=0.4m，最低点处有一小球（半径比r 小很多），现给小球一水平向右的初速度v0，则要使小球不脱离圆轨道运动， v0 应当满足（g=10m/s 2）（
12、）A v04m/sB v025 m/sC 22m/s v0 2 5m/sD v022 m/s【答案】 BD【解析】【分析】【详解】小球不脱离圆轨道时，最高点的临界情况为2vmgm解得vgr2m/s根据机械能守恒定律得1 mv02mg 2r1 mv222解得v025m/s故要使小球做完整的圆周运动，必须满足v025 m/s ；若不通过圆心等高处小球也不会脱离圆轨道，根据机械能守恒定律有mgr1 mv022解得v022 m/s故小球不越过圆心等高处，必须满足v0 22 m/s ，所以要使小球不脱离圆轨道运动， v0应当满足 v0 2 5 m/s 或 v0 22 m/s ， AC 错误， BD 正确
13、。故选 BD。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 O 有一放射源，可以向y 轴右侧平面沿各个方向放射比荷为m2.510 7Kg/C 的正q离子，这些离子速率分别在从60 到最大值 vm=2 10 m/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 ；（2）若在某时刻沿x 方向放射各种速率的离子，求经过510-7 s 时这些离子所在位置3构成的曲线方程；（3）若从某时刻开始向y 轴右侧各个方向放射各种速率的离子，求经过510 7 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 0 到 2m（2）
14、y3 x(0 x3 ) （3） S(73) m232124【解析】【详解】（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：mv2qvBRmv解得： R1mBq由几何关系知，离子打到y 轴上的范围为0 到 2m（2）离子在磁场中运动的周期为T，则 T2 R2 m10 6 svqBt 时刻时，这些离子轨迹所对应的圆心角为则 tt23Tx ， y ）这些离子构成的曲线如图1 所示，并令某一离子在此时刻的坐标为（y3 x (0x3 )32（3）将第（ 2）问中图2 中的 OA 段从沿 y 轴方向顺时针方向旋转，在x 轴上找一点 C，以R 为半径作圆弧，相交于B，则两圆弧及y 轴所围成的面
15、积即为在 t0 向 y 轴右侧各个方向不断放射各种速度的离子在t5710s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：S5R21R2 1 R3 R7R23 R212622124则： S( 73 )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 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求：(1)为了保证小狗的安全
16、，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大小至少为：a1v2
17、302m / s25.625m / s2 2x2280（2）若客车制动时的加速度为a 12，在离小狗 x=30m时，客车速度为v1=-5m/s，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x3v1t1 a1t 22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10 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做匀速圆周运动的角速度
18、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） 2 5rad / 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： 0g12.5rad/sl 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 tanm 2 l sing解得：20rad/sl cos考点：牛顿第二定律；匀速圆周运动
19、【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11 在某路口 ，有按倒计时显示的时间显示灯有一辆汽车在平直路面上正以36 km/h 的速度朝该路口停车线匀速前行，在车头前端离停车线70 m 处司机看到前方绿灯刚好显示“ 5”交通规则规定：绿灯结束时车头已越过停车线的汽车允许通过(1)若不考虑该路段的限速，司机的反应时间为1 s，司机想在剩余时间内使汽车做匀加速直线运动以通过停车线，则汽车的加速度至少为多大？(2)若该路段限速 60 km/h ，司机的反应时间为 1 s，司机反应过来后汽车先以2 m/s 2 的加速
20、度沿直线加速 3 s，为了防止超速 ，司机在加速结束时立即踩刹车使汽车匀减速直行，结果车头前端与停车线相齐时刚好停下，求刹车后汽车加速度的大小(结果保留两位有效数字 )【答案】 (1)2.5 m/s 2(2)6.1 m/s 2【解析】试题分析：（ 1）司机反应时间内做匀速直线运动的位移是：x1 v0t1 10m ；加速过程： t25 t14s70 x1 v0t21 a1t 222代入数据解得：a12.5m / s2（2）汽车加速结束时通过的位移：x2 v0t1 v0 t21 a2t3210 10312 3249m22此时离停车线间距为：x370x221m此时速度为： v1v0a2 t21023
21、16m / s匀减速过程： 2ax3v22带入数据解得：a31286.1m / s221考点：匀变速直线运动规律【名师点睛】本题关键分析清楚汽车的运动规律，然后分阶段选择恰当的运动学规律列式求解，不难12 宽为 L 且电阻不计的导轨处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，如图所示，导体棒在导轨间部分的电阻为 r，以速度 v0 在导轨上水平向右做匀速直线运动，处于磁场外的电阻阻值为 R，在相距为 d 的平行金属板的下极板附近有一粒子源，可以向各个方向释放质量为m，电荷量为 +q，速率均为 v 的大量粒子，且有部分粒子一定能到达上极板，粒子重力不计。求粒子射中上极板的面积。【答案】 2mv2 d 2 (
22、 R r )4 d 2BLv0qB【解析】【详解】导体棒切割磁感线产生的电动势EBLv0回路中的电流IERr极板间的电压等于电阻R 的电压UIR极板间粒子释放后的加速度指向负极板，据牛顿第二定律得aUqdm粒子射出后竖直向上的粒子做匀减速直线运动，其一定能到达其正上方极板处，其余粒子在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做匀减速直线运动；则恰好到达上极板且竖直速度减为零的粒子为到达上极板距中心粒子最远的临界粒子，该粒子竖直分运动可逆向看做初速度为零的匀加速直线运动，所用时间为t ，则有d 1 at 22竖直分速度vyat解得2Uqvym水平方向的分速度vxv2v2y水平最大半径为rvxt射中上极
23、板的面积Sr 2联立解得22S2mvd (Rr )4 d 2BLv0 qB13 应用如图所示的装置研究带电粒子在电场、磁场中的运动情况。相邻的区域I、 II 均为边长为 L 的正方形。区域I 内可以添加方向竖直向下的匀强电场；区域II 内可以添加方向垂直纸面向里的匀强磁场。区域II 的边缘处有可探测带电粒子的屏。一束带电粒子沿两区域中间轴线以速度 v0 水平射入区域 I，粒子束中含有多种粒子，其电荷量由小到大的范围为 q1 q2 ，质量由小到大的范围为 m1 m2 。粒子在电场中只受电场力，在磁场中只受洛伦兹力。(1)若只在区域II 内添加磁场，且能够在屏上探测到所有粒子，则磁感应强度为多大；
24、(2)若只在区域I 内添加电场，且能够在屏上探测到所有粒子，则电场强度为多大；(3)当两个区域分别添加上述 (1)(2)中的电场及磁场，电荷量为 q1 、质量为 m2 的粒子能够在屏上探测到。求解粒子在屏上显现的位置，试列出各求解方程式。（不对方程式求解）4mv0； (2) Emaxm v2RcosL ，【答案】 (1)2 0 ； (3) R sin5q1L3q1 LLH R siny Rcos2【解析】【详解】(1)如图甲所示，磁场中运动有2qvBm v0R由几何关系得L2R2RL22得5LR4解式得4mv0B5qL电荷量为 q1 、质量为 m2 时磁场磁感应强度最大，有4m2v0Bmax5
25、q1L(2)如图乙，在电场中运动，竖直方向有qEma 又有vyat 水平方向有Lv0 t 又有vytanv0由几何关系得Ltan2LL2解式得2Emv0电荷量为 q1 、质量为 m2 时电场强度最大，有m2 v02Emax3q1L(3)如图丙，电场中有sinvy ， vv02vy2 v又有vyyL2v0L3L22磁场中运动的半径为5LR4由几何关系得RsinR cosLLy RcosH R sin214 交管部门强行推出了“电子眼 ”，机动车擅自闯红灯的大幅度减少。现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10m/s 当两车快要到一十字路口时，甲车司机
26、看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车( 反应时间忽略不计) ，乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢( 反应时间为0.5s) ，已知甲车、乙车紧急刹车时产生的加速度大小分别为a1=4m/s2 、a 2=5m/s 2。求：(1) 若甲司机看到黄灯时车头距警戒线15m ，他采取上述措施能否避免闯红灯？(2) 乙车刹车后经多长时间速度与甲车相等？(3) 为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中应保持多大距离？【答案】 (1) 能避免； (2) 2s ； (3) 保持距离 2.5m。【解析】【详解】(1)设甲车停下来行驶的距离为x ，由运动学公式可得0v22a1 x ，
27、可求得2 2x v 10 m 12.5m ， 2a 2 4因为车头距警戒线15m ，所以能避免闯红灯；(2) 设甲初始速度为 v1 ，乙的初始速度为 v2 ，设乙车刹车后经时间 t 速度与甲车相等，则有v1a1 t0.5v2a2t ，代入数值可得 t2s；(3) 两车不相撞的临界条件是两车速度相等时恰好相遇，设甲、乙两车行驶过程中应保持距离至少为 L，由前面分析可知乙车刹车后2s 速度与甲车相等，设乙车反应时间为t ，由位移关系可得v2t v2t1 a2t 2v1 tt1 a1t 2L ，22代入数值联立可得 L 2.5m 。说明甲、乙两车行驶过程中距离保持距离2.5m。15 如图所示为两组正
28、对的平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，一电子由静止开始从竖直板的中点 A 出发，经电压 U0 加速后通过另一竖直板的中点B，然后从正中间射入两块水平金属板间，已知两水平金属板的长度为L，板间距离为d，两水平板间加有一恒定电压，最后电子恰好能从下板右侧边沿射出。已知电子的质量为m，电荷量为 -e。求：(1)电子过 B 点时的速度大小；(2)两水平金属板间的电压大小U；【答案】（ 1） v2eU 0；（ 2） U =2d 2U 0mL2【解析】【分析】【详解】(1)设电子过 B 点时的速度大小为v，根据动能定理有eU01 mv202解得2eU0vm(2)电子在水平板间做类平抛运动，有Lvtd1 at 222aeUmd联立各式解得2d 2U 0U =L2