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1、全国高考物理临界状态的假设解决物理试题的推断题综合高考真题分类汇总及 详细答案 一、临界状态的假设解决物理试题 1如图所示，圆心为O、半径为r 的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向 外，磁感应强度大小为B。P是圆外一点， OP=3r，一质量为m、电荷量为q（q0）的粒子 从 P 点在纸面内沿着与OP成 60 方向射出（不计重力），求： (1)若粒子运动轨迹经过圆心O，求粒子运动速度的大小； (2)若要求粒子不能进入圆形区域，求粒子运动速度应满足的条件。 【答案】 (1) 3Bqr m ；(2) 8 (332) Bqr v m 或 8 (3 32) Bqr v m 【解析】 【分析】
2、【详解】 (1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，圆心为 O ，依图题意作出轨迹图如图所示： 由几何知识可得： OOR 2 22 (3 )6sinOORrrR 解得 3Rr 根据牛顿第二定律可得 2 v Bqvm R 解得 3Bqr v m (2)若速度较小，如图甲所示： 根据余弦定理可得 2 22 111 96sinrRRrrR 解得 1 8 3 32 r R 若速度较大，如图乙所示： 根据余弦定理可得 2 22 222 96sinRrRrrR 解得 2 8 3 32 r R 根据 BqR v m 得 1 8 (3 32) Bqr v m ，2 8 (3 32) Bqr v m 若要求粒子
3、不能进入圆形区域，粒子运动速度应满足的条件是 8 (332) Bqr v m 或 8 (3 32) Bqr v m 2如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接绕定点O 在竖直面内圆周运动，小球经过最高点 的速度大小为v，此时绳子拉力大小为F，拉力 F与速度的平方的关系如图乙所示，图象 中的数据 a和b以及重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是（ ） A数据 a 与小球的质量有关 B数据 b 与小球的质量无关 C比值只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关 D利用数据a、b 和 g 能够求出小球的质量和圆周轨道半径 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 A.当 时，此时绳子的拉力为零，物体的重力提
4、供向心力，则有： 解得： 解得： 与物体的质量无关，A 错误； B.当时，对物体受力分析，则有： 解得： b=mg 与小球的质量有关， B错误； C.根据 AB可知： 与小球的质量有关，与圆周轨道半径有关，C 错误； D. 若 F=0，由图知：，则有： 解得： 当时，则有： 解得： D 正确 3一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
5、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 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 FTmL 2 故 C 正确。 故选 C。 4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
6、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/s2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
7、， 解得： xm= 由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时小球向下运动的路程为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
8、 误 故选 B 【点评】解决本题的关键抓住临界状态：1、当加速度为零时，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 5如图所示，一根长为L的轻杆一端固定在光滑水平轴O 上，另一端固定一质量为m 的 小球，小球在最低点时给它一初速度，使它在竖直平面内做圆周运动，且刚好能到达最高 点 P，重力加速度为g。关于此过程以下说法正确的是（） A小球在最高点时的速度等于gL B小球在最高点时对杆的作用力为零 C若减小小球的初速度，则小球仍然能够到达最高点P D若增大小球的初速度，则在最高点时杆对小球的作用力方向可能向上 【答案】 D 【解析】 【分析】
9、【详解】 A在最高点，由于轻杆能支撑小球，所以小球在最高点时的速度恰好为零，故A 错误； B. 小球在最高点时小球的速度为零，向心力为零，则此时对杆的作用力F=mg，方向竖直向 下，故 B错误； C. 若减小小球的初速度，根据机械能守恒定律可知，小球能达到的最大高度减小，即不能 到达最高点P，故 C错误； D. 在最高点，根据牛顿第二定律，有 2 + v Fmgm L 当vgL时，轻杆对小球的作用力F=0；当vgL时，杆对小球的作用力0F，则 杆对球的作用力方向竖直向上；当vgL时，杆对小球的作用力0F，则杆对球的作 用力方向竖直向下，所以若增大小球的初速度，则在最高点时杆对小球的作用力方向可
10、能 向上，故D 正确。 故选 D。 6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
11、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 7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 的物体 ,圆锥体固定在水平面 上不动 ,其轴线沿竖直方向,细线与轴线之间的夹角为 0 30 ,物体以速度v 绕圆锥体轴线 做水平匀速圆周运动. （1）当 1 6 gl v时,求绳对物体
12、的拉力. （2）当 2 3 2 gl v ,求绳对物体的拉力. 【答案】 (1) (13 3) 6 mg （2）2mg 【解析】 【分析】 求出物体刚要离开锥面时的速度，此时支持力为零，根据牛顿第二定律求出该临界速度， 当速度大于临界速度，则物体离开锥面，当速度小于临界速度，物体还受到支持力，根据 牛顿第二定律，物体在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，求出绳子 的拉力 ； 【详解】 当物体恰好离开锥面时，此时物体与锥面接触但是没有弹力作用，如图所示： 则：竖直方向： 0Tcosmg ， 水平方向： 2 mv Tsin R ，RLsin 解得 3 6 gl v ； （1）当 1
13、vv时，物体没有离开锥面时，此时物体与锥面之间有弹力作用，如图所示： 则在水平方向： 2 1 11 mv T sinN cos R ，竖直方向：11 0TcosN sinmg ，RLsin 解得 ： 1 3 31 6 Tmg； （2） 2 vv时，物体离开锥面，设线与竖直方向上的夹角为，如图所示： 则竖直方向： 20T cosmg，水平方向： 2 2 2 2 mv T sin R ， 而且： 2 RLsin 解得： 2 2Tmg 【点睛】 解决本题的关键找出物体的临界情况，以及能够熟练运用牛顿第二定律求解 8如图所示，装置 BO O 可绕竖直轴 O O转动，可视为质点的小球A与两轻细线连接后
14、分别系于B、C两点，装置静止时细线 AB水平，细线AC与竖直方向的夹角 37 已知小球的质量m=1kg，细线AC长 L=1m，B点距C点的水平和竖直距离相 等（重力加速度 g取 2 10 m/s， 3 sin 37 5 ， 4 cos37 5 ） （1）若装置以一定的角速度匀速转动时，线 AB水平且张力恰为 0，求线AC的拉力大 小？ （2）若装置匀速转动的角速度 1 10 rad/s，求细线AC与AB的拉力分别多大？ （3）若装置匀速转动的角速度 2 20 rad/s，求细线AC与AB的拉力分别多大？ 【答案】（ 1）12.5 N（2）12.5 N1.5 N（3）20 N2 N 【解析】 【
15、详解】 （1）线 AB水平且张力恰为0 时，对小球受力分析： 线 AC的拉力： T= cos37 mg = 10 0.8 N=12.5N （2）当细线AB上的张力为0 时，小球的重力和细线AC拉力的合力提供小球圆周运动的 向心力，有： 2 tan37sin 37mgmL 解得： 1052 rad/srad/s cos371 0.82 g L 由于 1，则细线 AB上有拉力，设为1ABT，AC线上的拉力为2AC T 竖直方向 2cos37AC Tmg 根据牛顿第二定律得 2 211 sin37sin 37 ACAB TTmL 解得细线 AC 的拉力 2 12.5 N AC T 细线 AB的拉力
16、1 1.5 N AB T （3）当 AB细线竖直且拉力为零时，B 点距 C点的水平和竖直距离相等，故此时细线与竖 直方向的夹角为53，此时的角速度为， 根据牛顿第二定律 2 tan53sin 53mgmL 解得 50 rad/s 3 由于 2 50 20 rad/srad/s 3 ，当 2 20 rad/s时，细线AB在竖直方向绷直，拉 力为 2AB T ，仍然由细线AC上拉力3AC T 的水平分量提供小球做圆周运动需要的向心力 水平方向 2 32 sin 53sin 53 AC TmL 竖直方向 32 cos530 ACAB TmgT 解得细线 AC 的拉力 3 20 N AC T ， 细线 AB的拉力 2 2 N AB T 9如图所示，斜面上表面光滑绝缘，倾角为 ，斜面上方有一垂直纸面向里的匀强磁场. 磁感应强度为B，现有一个质量为m、带电荷量为+q 的小球在斜面上被无初速度释放，假 设斜面足够长 .则小球从释放开始，下滑多远后离开斜面. 【答案】 22 22 cos 2sin m g q B 【解析】 【分析】 【详解】 小球沿斜面下滑，在离开
