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1、备战高考物理压轴题专题复习临界状态的假设解决物理试题的推断题综合及详细答案一、临界状态的假设解决物理试题1 如图甲所示，小车B紧靠平台的边缘静止在光滑水平面上，物体A（可视为质点）以初速度 v0 从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上，物体和小车的v-t 图像如图乙所示，取重力加速度g=10m / s2，求：(1)物体 A 与小车上表面间的动摩擦因数；(2)物体 A 与小车 B 的质量之比；(3)小车的最小长度。【答案】 (1)0.3； (2) 1 ； (3)2m3【解析】【分析】【详解】(1)根据 vt图像可知， A 在小车上做减速运动，加速度的大小a1v 4 1 m / s23m / s2
2、t1若物体 A 的质量为 m 与小车上表面间的动摩擦因数为，则mg ma1联立可得0.3(2)设小车 B 的质量为M，加速度大小为a2 ，根据牛顿第二定律mgMa 2得m 1 M 3(3)设小车的最小长度为L，整个过程系统损失的动能，全部转化为内能mgL1mv021( M m)v222解得L=2m2 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
3、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)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hAB1 gt 2 ，解2得t2 (2.050.8) s0.5s10(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vv02 vy24252 m/s=41m/s 6.4m/s(3)在 A 点根据向心力公式得2Tmgm v0L代入数据解得42T(1 101)N=30N0.83 如图所示，C D 两水平带电平行金属板间的电压为
4、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 AB1 mv12 ；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
5、】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4 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 ，内外轨高度差为为 g ，该弯道处的设计速度最为适宜的是（）m ，如果列车要h ，重力加速度AgRhBgRLL2h2L2h2CgRL2h2DgRLhh【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。5 在平直的公路上 A 车正以 vA 4m
6、/ 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：考查了追击相遇问题【名师点睛】两物体在同一直线上运动，往往
7、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6 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
8、到的最大高度均相同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 hRR处，即小，根据机械能守恒定律可知，四个小球都能上升到右侧高度h22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；C若 h5 R ，甲、丁两图中的小球不会脱离圆轨道，最高点的速度不为零，
9、丙图小球离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 ）1mv122而到达最高点的速度v=v1cos60，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。7 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【答案】 BC【解析】【分析】【详解】v gLv gL时，绳对小球的弹力为0时，绳对小球的弹力为mg2ACD. 当小球在最高点绳的拉力为零时，圆周运动的速度最小，则mgm v，可得Lv gL
11、，故 A 错误， C 正确、 D 错误B. 当小球运动到最低点时，由牛顿第二定律可知Tmgm v2 ，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.8 质量为 m，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（）mgB在斜面上滑行的最大速度为mg cosA在斜面上滑行的最大速度为qBqBC作变加速直线运动D在斜面上滑动的最大距离为m2 g2q2 B2 sin【答案】 BC【解析】AB. 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
12、大而增大 ，当 FN=0，即 qvB=mgcos 时速度达到最大，滑块开始离开斜面；所mg cos，所以 A 错误， B 正确；以在斜面上滑行的最大速度为 vqBCmgsin =maa=gsin D. 由于沿斜面方向的力不变，牛顿第二定律得：，加速度，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，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m2.5
13、10 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 7s 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） 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Rmv2由牛顿第二定律得： qvBRmv1m解得：
14、RBq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 T2R2m10 6 svqBt 时刻时，这些离子轨迹所对应的圆心角为则 t2tT3x ， 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t5107 s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：S5R21R21 R3 R7R23 R2
15、12622124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10 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，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
16、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：a1v2302m / 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v12v22a1x2
17、x ，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： x41 at 29.575m2即 x4+x x3，所以小狗是安全的11 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的轴做匀速圆周运动的角速度为 时，细线的张力为求：37，当小球在水平面内绕锥体FT (g 取 10m/s 2，结果可用根式表示)(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
18、角为60，则小球的角速度 为多大？【答案】（ 1） 12.5?rad / s （ 2） 25rad / 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 sing解得：012.5rad/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【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12 如图所示，在边界 O
19、P、 OQ 之间存在竖直向下的匀强电场，直角三角形abc 区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。从O 点以速度 v0 沿与 Oc 成 60角斜向上射入一带电粒子，粒子经过电场从 a 点沿 ab 方向进人磁场区域且恰好没有从磁场边界bc 飞出，然后经ac 和aO 之间的真空区域返回电场，最后从边界OQ 的某处飞出电场。已知 Oc=2L， ac=3 L，ac垂直于 cQ， acb=30，带电粒子质量为m，带电量为 +g，不计粒子重力。求：(1)匀强电场的场强大小和匀强磁场的磁感应强度大小；(2)粒子从边界OQ 飞出时的动能；(3)粒子从 O 点开始射入电场到从边界OQ 飞出电场所经过的时间。23mv2
20、204 3 2 3mv0mv0【答案】（ 1） E3B0（ 2） Ek（3）L8qL2qL43v0【解析】【详解】（ 1）从 O 点到 a 点过程的逆过程为平抛运动水平方向：2Lv0 cos t1竖直方向：1 at123L2加速度：aqEm可得：E3 mv02，8qLt14L，v0粒子进入磁场后运动轨迹如图所示，设半径为r，由几何关系得，rr3L ，sin 30洛伦兹力等于向心力：2vqvBmrv0vv0 cos602解得：3mv0B2qL在磁场内运动的时间：r2 3 Lt2.v3v0（2）粒子由真空区域进入电场区域从边界飞出过程，由动能定理得，qE ( 3L 2r ) Ek1 mv22解得：
21、mv02Ek（3）粒子经过真空区域的时间，44L8L .3t33v0v粒子从真空区域进入电场区域到从边界飞出经过的时间为t4 ( 3L 2r )1 at 42 ，2解得：t443L3v0.粒子从入射直至从电场区域边界飞出经过的时间t t1 t 2 t3 t20432343v0L .13 客车以 v=20m/s 的速度行驶，突然发现同车道的正前方x0=120 m 处有一列货车正以v0=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/s 2，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
22、，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 客车速度与货车速度相等：v-at=v0，可得： t=14s（ 2）此时有： x 客=vt- 1 at2=182m2x 货 =v0t=84m （3）因为 x 客 x 货 +x0，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 +x0-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
23、道这一点，本题就没有问题了14 如图甲所示，在足够大的水平地面上有A、 B 两物块 (均可视为质点 )。 t=0 时刻， A、 B的距离 x0=6m， A 在水平向右的推力F 作用下，其速度时间图象如图乙所示。t=0 时刻，B 的初速度大小v0=12m/s 、方向水平向右，经过一段时间后两物块发生弹性正碰。已知B的质量为 A 的质量的 3 倍， A、B 与地面间的动摩擦因数分别为 1=0.1、 2 =0.4，取 g=10m/s2 。(1)求 A、 B 碰撞前 B 在地面上滑动的时间t1 以及距离x1；(2)求从 t=0 时刻起到A 与 B 相遇的时间t 2；(3)若在 A、B 碰撞前瞬间撤去力
24、F，求 A、 B 均静止时它们之间的距离x。【答案】 (1)3s， 18m(2)4s(3)10m【解析】【详解】(1)设 B 的质量为 3m， A、B 碰撞前 B 在地面上滑动的加速度大小为 a，根据牛顿第二定律有23mg3ma若 A、 B 碰撞前 B 已停止运动，则由匀变速直线运动的规律有：0v0at1v022ax1解得t1 =3s， x1 =18m由题图乙可得，03s 时间内 A 滑动的距离为：xA11 3 8 m=16m2由于xA x0x1 =24m故 A、 B 碰撞前 B 已停止运动，假设成立。(2)由 (1)可知 t1 =3s 时， A、 B 尚未发生碰撞，故A、B 碰撞前瞬间 A
25、的速度大小为：vA =8m/s经分析可知x0x1xAvA (t2t1 )解得：t2 =4s(3)设碰撞后瞬间A、 B 的速度分别为v1 、 v2 ，有：mvAmv13mv21 mvA21 mv1213mv22222解得：v1 =4m/s( v1 为负值，说明 v1 的方向水平向左 )， v2 =4m/s设 A、 B 碰撞后滑行的距离分別为L1、 L2，有：，xL1L2根据动能定理有：1 mgL101 mv1222 3mgL2013mv222解得：x=10m15 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
26、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)：(1)若要小球离开锥面，则小球的角速度0 至少为多大？(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0g12.5rad/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 ，则细绳的张力Tmg2mg20Ncos60o（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。