《备战高考物理专题复习分类练习临界状态的假设解决物理试题推断题综合解答题及详细答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《备战高考物理专题复习分类练习临界状态的假设解决物理试题推断题综合解答题及详细答案（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、备战高考物理专题复习分类练习临界状态的假设解决物理试题推断题综合解 答题及详细答案 一、临界状态的假设解决物理试题 1一带电量为q、质量为 m 的小球从倾角为的光滑的斜面上由静止开始下滑斜面处 于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向如图所示，求小球在斜面上滑行的速度范围和 滑行的最大距离 【答案】 m gcos/Bq ， m2gcos 2 /(2B2q2sin ) 【解析】 【分析】 【详解】 带正电小球从光滑斜面下滑过程中受到重力m g、斜面的支持力N 和洛伦兹力f 的作用于 小球下滑速度越来越大，所受的洛伦兹力越来越大，斜面的支持力越来越小，当支持力为 零时，小球运动达到临界状态，此时小球
2、的速度最大，在斜面上滑行的距离最大 故cosmgqvB 解得： cosmg v qB ，为小球在斜面上运动的最大速度 此时小球移动距离为： 222 22 cos 2(2sin) vm g s aB q 2一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 ，细线的张力为FT，则 FT随 2变化的图象是 （） AB CD 【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 ，用 L 表示细线长度，小球离开 圆锥表面前，细线的张力为FT，圆锥对小球的支持力为FN，根据牛顿第二定律有 FTsin
3、 FNcos m 2Lsin FTcos FNsin mg 联立解得 FTmgcos 2mLsin2 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 m 2Lsin 解得 FTmL2 故 C 正确。 故选 C。 3中国已进入动车时代，在某轨道拐弯处，动车向右拐弯，左侧的路面比右侧的路面高一 些，如图所示，动车的运动可看作是做半径为R的圆周运动，设内外路面高度差为h，路 基的水平宽度为 d，路面的宽度为L，已知重力加速度为g，要使动车轮缘与内、外侧轨道 无挤压，则动车拐弯时的速度应为（） A gRh L B gRh d C 2 gR D gRd h 【答案】 B
4、【解析】 【详解】 把路基看做斜面，设其倾角为 ，如图所示 当动车轮缘与内、外侧轨道无挤压时，动车在斜面上受到自身重力mg 和斜面支持力 N， 二者的合力提供向心力，即指向水平方向，根据几何关系可得合力F=mgtan ，合力提供向 心力，根据牛顿第二定律，有 mgtan 2 v m R 计算得 vtangR，根据路基的高和水平宽度得 tan h d 带入解得v gRh d ，即动车拐弯时的速度为 gRh d 时，动车轮缘与内、外侧轨道无挤 压，故 B正确， ACD错误。 故选 B。 4一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
5、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 AA 对 C 的支持力变大 BB 对 C 的支持力不变 C当向左的加速度达到 3 2 g时， C 将脱离 A D当向左的加速度达到 3 3 g时， C 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： 1 22 R sin R ，所以 =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： NBsin30 =NAsin30 ； 令 C 的加速度为a，根据正交分解以及
6、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： 3 3 ag 则 C 错误， D 正确； 故选 D。 5如图所示，在倾角为30 的光滑斜面上端系有一劲度系数为 20N/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
7、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/s 2 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= 由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时小球
8、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F1和弹簧弹力 F 根据牛顿第二定律有：mgsin30 kxF1=ma， 保持 a 不变，随着x 的增大， F1减小，当 m 与挡板分离时，F1减小到零，则有： mgsin30 kx=ma， 解得： x= m=0.1m，即小球向下运动0.1m 时与挡板分 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
9、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 6如图甲所示，用大型货车运输规格相同的圆柱形水泥管道，货车可以装载两层管道，底 层管道固定在车厢里，上层管道堆放在底层管道上，如图乙所示。已知水泥管道间的动摩 擦因数为，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，货车紧急刹车时的加速度大小为 0 a。每 根管道的质量为m，重力加速度为g，最初堆放时上层管道最前端离驾驶室为d，则下列 分析判断正确的是（） A货车沿平直路面匀速行驶时，图乙中管道A、B 之间的弹力大小为mg B若0ag，则上层管道一定会相对下层管道发生滑动 C若 0 2 3 3 ag
10、则上层管道一定会相对下层管道发生滑动 D若 0 3ag要使货车在紧急刹车时上管道不撞上驾驶室，货车在水平路面上匀速行 驶的最大速度为 3 2 3 gd 【答案】 C 【解析】 【详解】 A.货车匀速行驶时上层管道A 受力平衡，在其横截面内的受力分析如图所示 其所受 B的支持力大小为N，根据平衡条件可得 2cos30Nmg 解得 3 3 Nmg 故 A 错误； BC.当紧急刹车过程中上层管道相对下层管道静止时，上层管道A 所受到的静摩擦力为 0 fma 最大静摩擦力为 max 2fN 随着加速度的增大，当 0max maf 时，即 0 3 g 2 3 a时，上层管道一定会相对下层管道 发生滑动，
11、故 C正确B错误； D.若 0 3 ga，紧急刹车时上层管道受到两个滑动摩擦力减速，其加速度大小为 1 2 3 3 ag，要使货车在紧急刹车时上管道不撞上驾驶室，货车在水平路面上匀速行驶 的速度，必须满足 22 00 10 22 vv d aa 解得 0 23vgd 故 D 错误。 故选 C。 7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
12、况，下列说法正确的是 （ ） A若 h 1 2 R，则四个小球能达到的最大高度均相同 B若 h=R ，则四个小球能达到的最大高度均相同 C若 h= 5 2 R ，则图乙中的小球能达到的高度最大 D若 h= 5 2 R，则图甲、图丙中的小球能达到的最大高度相同 【答案】 ACD 【解析】 【详解】 A若 2 R h，根据机械能守恒定律可知，四个小球都能上升到右侧高度 2 R h处，即小 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 hR，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
13、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 5 2 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，丙图小球离 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 5 2 hR，图甲中小球到达的最大高度为2R，根据机械能守恒得， 21 2 2 mghmgRmv 得最高点的速度为 2 (2 )vg hRgR 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， 2 1 1 (cos60 2 mghmgRRmv） 而到达最高点的速度 v=v1cos60， 联
14、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。 8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/s2）（ ） A 0 4vm/s B 0 2 5vm/s C 0 2 5m/s2
15、2m/sv D 0 2 2v 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 2 v mgm r 解得 2vgrm/s 根据机械能守恒定律得 22 0 11 2 22 mvmgrmv 解得 0 2 5vm/s 故要使小球做完整的圆周运动，必须满足 0 2 5v 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 2 0 1 2 mgrmv 解得 02 2v m/s 故小球不越过圆心等高处，必须满足 0 2 2v m/s，所以要使小球不脱离圆轨道运动，v0 应当满足 0 2 5v m/s 或 0 2 2v m/s，AC错误， BD
16、 正确。 故选 BD。 9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 （） A在斜面上滑行的最大速度为 mg qB B在斜面上滑行的最大速度为 cosmg qB C作变加速直线运动 D在斜面上滑动的最大距离为 2 22 2sin m g q B 【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 以在斜面上滑行的最大速度为 cosmg v qB ，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 =ma ，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 10 如图所示，在内
