《高考物理专题题库∶临界状态的假设解决物理试题的推断题综合题及详细答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理专题题库∶临界状态的假设解决物理试题的推断题综合题及详细答案（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、高考物理专题题库临界状态的假设解决物理试题的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 【答案】 （1） cosmg v qB （2） 22 22 cos 2sin m g x q B 【解析】 (1)小球在斜面上运动,当 FN=0 时，离开斜面 mgcos?=qvB cosmg v qB (2)小球在斜面上做匀加速直线运动 mgsin
2、=ma v2=2ax 解得 22 22 cos 2sin m g x q B 2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 ；(3)2m 【解析】 【分析】 【详解】 (1)根据v t图像可知， A 在小车上做减速运动，加速度的大小 2 1 241 m / s3m / s 1 v a
3、 t 若物体 A 的质量为 m与小车上表面间的动摩擦因数为 ，则 1 mgma 联立可得 0.3 (2)设小车 B 的质量为M，加速度大小为 2 a，根据牛顿第二定律 2 mgMa 得 1 3 m M (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 22 0 11 () 22 mgLmvMm v 解得 L=2m 3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
4、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=mv 2/R，解得： R= v2/ gtan ，故 A 错误；根据牛顿 第二定律得： mgtan=mv 2/R, 解得： v= gRtan，与质量无关，故 B错误；若速度大于规 定速度，重力和支持力的合力不够提供，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压
5、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 4如图所示， C D 两水平带电平行金属板间的电压为U，AB 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CD 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
6、开，离开 时速度度大小为v，则 AB 两板间的电压为 A 2 0 v 2 mqU q B 2 0 2 2 mvqU q C 2 0 mvqU q D 2 0 2mvqU q 【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： 2 1 1 2 AB qUmv；而粒子在CD间做类平抛运 动，从中心线进入恰好从D 板下边缘离开，根据动能定理： 22 01 11 222 qU mvmv；联立 两式可得： 2 0 2 AB mvqU U q ；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 5在平直
7、的公路上A 车正以4/ A vm 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 10/ B vms的初速度向右匀减速运动，加速度大小为 2 2/ms，则 A 追上 B 所 经历的时间是() A7 sB8 sC9 sD10 s 【答案】 B 【解析】 试题分析： B 车速度减为零的时间为： 0 010 5 2 B v tss a ，此时 A 车的位移为： 0 4520 AA xv tmm，B 车的位移为： 2 100 25 24 B B v xmm a ，因为 7 AB xxm，可知 B停止时， A 还未追上，则追及的时间为： 7257 8 4 B A x tss v ，故 B
8、 正确 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如图， “ ” 型均匀重杆的三个顶点O、A、B构成了一个等腰直角三角形，A 为直角， 杆可绕 O处光滑铰链在竖直平面内转动，初始时OA竖直若在B端施加始终竖直向上的 外力 F，使杆缓慢逆时针转动120 ，此过程中（） AF对轴的力矩逐渐增大，F 逐渐增大 BF对轴的力矩逐渐增大，F先增大后减小 CF对轴的力矩先增大后减小，F 逐
9、渐增大 DF对轴的力矩先增大后减小，F先增大后减小 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 杆 AO的重心在AO 的中点，杆BO 的重心在BO的中点，故整体重心在两个分重心的连线 上某电，如图所示： 当使杆缓慢逆时针转动120 的过程中，重力的力臂先增加后减小，故重力的力矩先增加后 减小，根据力矩平衡条件，拉力的力矩先增加后减小；设直角边质量为m1，长度为L，斜 边长为 m2，从图示位置转动角度 （ 120），以 O 点为支点，根据力矩平衡条件，有： 12 2 2 sin 45sinsin450 22 LL FLm gm g（）（） 故 1212 2sin11 1 4sin4 11 ()
10、2 t 252 1 an Fm gm gm gm g 在 从 0 缓慢增加120 过程中，根据数学知识可得F对轴的力矩先增大后减小，F 逐渐增 大， C 正确； 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 0 B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vgL时，绳对小球的弹力为 0 D当小球运动到最高点的速度vgL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
11、绳的拉力为零时，圆周运动的速度最小，则 2 v mgm L ，可得 vgL，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 2 v Tmgm L ，即小球的向心力由绳的 拉力和重力的合力提供，则B正确故选BC. 8如图所示，光滑水平桌面上放置一个倾角为37 的光滑楔形滑块A，质量为 M=0.8kg。 一细线的一端固定于楔形滑块A 的顶端 O 处，细线另一端拴一质量为m=0.2kg 的小球。若 滑块与小球在外力F作用下，一起以加速度a 向左做匀加速运动。取g=10 m/s 2;sin370=0.6;sin530=0.8，则下列说法正确的是（ ） A当 a=5
12、 m/s 2 时，滑块对球的支持力为0 N B当 a=15 m/s 2 时，滑块对球的支持力为0 N C当 a=5 m/s2时，外力 F的大小为 4N D当 a=15 m/s 2 时，地面对A 的支持力为 10N 【答案】 BD 【解析】 【详解】 设加速度为a0时小球对滑块的压力等于零，对小球受力分析，受重力和拉力， 根据牛顿第二定律，有： 水平方向： 0 cos37FFma 合 ， 竖直方向：sin37Fmg， 解得 2 0 4 13.3m/s 3 ag A.当 2 0 5m/saa时，小球未离开滑块，斜面对小球的支持力不为零，选项A 错误； B.当 2 0 15m/saa 时，小球已经离
13、开滑块，只受重力和绳的拉力，滑块对球的支持力为 零，选项 B 正确； C.当 2 5m/sa 时，小球和楔形滑块一起加速，由整体法可知： 5NFMm a 选项 C 错误； D.当系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对A 的支持力一定等于 两个物体的重力之和，即 10NNMm g 选项 D 正确。 故选 BD。 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 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
14、方向水平向左 CtanFMm gD系统的加速度为 tanag 【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 tanFmgma 合 且合外力水平而右，故小铁球加速度为 tanag 因为小铁球与凹槽相对静止，故系统的加速度也为tang，整体受力分析根据牛顿第二 定律得 tanFMm aMm g 故 AB错误， CD正确。 故选 CD。 10 如图所示，为两组正对的平行金属板，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
15、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； （3）电子从下板右侧边沿射出时的动能 【答案】 (1) 0 2eU v m (2) 2 0 2 2d U U L = (3) 22 0 2 () K LdeU E L + = 【解析】 【分析】 【详解】 （1）令电子过B 点时的速度大小为v，有： 2 0 1 2 eUmv， 0 2eU v m （2）电子在水平板间做类平抛运动，有： Lvt， 2 1 22 d at， eU a md 联立解得： 2 0 2 2d U U L =
16、 （3）总过程对电子利用动能定理有： 0 0 2 K U eUeE， 22 0 K 2 ()LdeU E L + = 11 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t2； (3)若在 A、B 碰撞前瞬间撤去力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 2 33mgma 若 A、B碰撞前 B 已停止运动，则由匀变速直线运
