备战高考物理临界状态的假设解决物理试题-经典压轴题

1、备战高考物理临界状态的假设解决物理试题-经典压轴题一、临界状态的假设解决物理试题1.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0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0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：绳子断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。cB /LA【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t

2、.2_(2-0-8)s 0.5sV 10水平方向匀速运动，则有竖直方向的速度为vygt 5m/s(3)在A点根据向心力公式得代入数据解得hAB2gt2，解2v-m/s0.54m/s.4252m/s= 41m/s 6.4m/s(1 10 10.8)N=30Nv2.如图所示，圆心为0、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，0P=3r，质量为m、电荷量为q(q0)的粒子 从P点在纸面内沿着与0P成60方向射出(不计重力)，求：(1)若粒子运动轨迹经过圆心0,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。【详解

3、】8Bqr(3.3 2)m(1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，圆心为0，依图题意作出轨迹图如图所示:【分析】由几何知识可得:v解得根据牛顿第二定律可得解得00 R002R2(3r)26rRsinR .3r2vBqv mR3Bqr若速度较小，如图甲所示:根据余弦定理可得R2r2R；9r26rR2sin解得R28r3乜2根据vBqRm得8Bqr,v28Bqr根据余弦定理可得2 2 2r RR| 9r 6rR1sin解得8r3. 3 28Bqr(3、3 2)m8Bqr(33 2)m图若速度较大，如图乙所示:图乙v1-(3.32)m(3.3 2)m若要求粒子不能进入圆形区域，粒子运动速度应满足的

4、条件是3小明同学站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m=0.3kg的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动当球在某次运动到最低点时，绳恰好达到所能承受的最大拉力F而断掉，球飞行水平距离s后恰好无碰撞地落在临近的一倾角为a=53。的光滑斜面上并沿斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h=0.8 m绳长r=0.3m(g取10 m/s2,sin 53=0.8,cos 53=0.6)求:(1)绳断时小球的速度大小V1和小球在圆周最低点与平台边缘的水平距离s是多少.绳能承受的最大拉力F的大小.【答案】(1)3m/s，1.2m(2)12N【解析】【详解】(1)由题意可知：小球落到

5、斜面上并沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，否则 小球会弹起，所以有vy=votan53又Vy2=2gh,代入数据得：vy=4m/s，vo=3m/s故绳断时球的小球做平抛运动的水平速度为由得：t13m/s；vy=gt1Vy0.4sg则s=vot1=3 x(2)由牛顿第二定律:F mg2mv1r解得:F=12N4.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()【解析】

6、【详解】把路基看做斜面，设其倾角为0,如图所示压，故B正确，ACD错误。故选B。5.用一根细线一端系一小球（可视为质点），另一端固定在一光滑锥顶上，如图所示。设 小球在水平：面内做匀速圆周运动的角速度为 ，线所受拉力为T，则下列T随2变化的图像可能正确的是（）C.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心力，根据牛顿第二定律，有mg和斜面支持力N,F=mgtan0,合力提供向2vmgtan0=m R计算得v=. gRtan，根据路基的高和水平宽度得tan0=gRh时，动车轮缘与内、外侧轨道无挤【答案】B带入解得v=即动

7、车拐弯时的速度为当角速度较小时，小球在光滑锥面上做匀速圆周运动，根据向心力公式可得T sin N cos mLsinT cos N sin mg联立解得2 2T mg cosmLsin当角速度较大时，小球离开光滑锥面做匀速圆周运动，根据向心力公式可得2T mL2综上所述，ABD错误，C正确。故选Co【解析】【分析】【详解】T sin mLsin对 小 球受 力 分6.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设B对C的支持力与竖直方向的夹角为根据几何关系可

8、得：sin9=30;。同理可得，A对C的支持力与竖直方向的夹角也为30AB.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：mgta n30 =ma解得：aTg则C错误，D正确; 故选DoA.A对C的支持力变大B. B对C的支持力不变C.当向左的加速度达到D.当向左的加速度达到【答案】D【解析】3亍g时，C将脱离Ag时，C将脱离A【详解】R 12R=1，所以对C进行受力分析，如

9、图所示,7如图所示，一根长为L的轻杆一端固定在光滑水平轴0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gLB.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PD.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】【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，

10、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2v F +mg m当v gL时，轻杆对小球的作用力F=0；当v gL时，杆对小球的作用力F 0,则 杆对球的作用力方向竖直向上；当v gL时，杆对小球的作用力F 0,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能向上，故D正确。故选D。&用长为L的细杆拉着质量为m的小球在竖直平面内作圆周运动，如下图下列说法中正 确的是（）A.小球运动到最高点时，速率必须大于或等于gLB.小球运动到最高点时，速

11、率可以小于gL，最小速率为零C.小球运动到最高点时，杆对球的作用力可能是拉力，也可能是支持力，也可能无作用力D.小球运动到最低点时，杆对球的作用力一定是拉力【答案】BCD【解析】【详解】小球在最高点的最小速度为零，此时小球重力和支持力相等.故A错误，B正确.当小球2在最高点压力为零时，重力提供向心力，有mg m，解得vgL，当速度小于v时，杆对小球有支持力，方向向上；当速度大于v时，杆对小球有拉力，方向向下，故C正确.小球在最低点时，合力提供向心力，知合力方向向上，则杆对球的作用力一定向上.故D正确.9.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

12、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hvR,则四个小球能达到的最大高度均相同2B.若h=R，则四个小球能达到的最大高度均相同C.若h=5R，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】RRA.若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h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

13、速度均位列零，R处而不会越过圆弧的四分之 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B错误；5R，甲、丁两图中的小球不会脱离圆轨道，最咼点的速度不为零，丙图小球离2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C正确；D.若h5R，图甲中小球到达的最大高度为2R,根据机械能守恒得,212mgh mg 2R - mv得最高点的速度为v ,2g(h 2R)亦对于图丙，设小球离开轨道时的速度为Vi,根据机械能守恒得，12mgh mg (R Rcos60)mv,而到达最高点的速度v=vicos60.联立解得最高点的速度v、gR则两球到达最高点的速度相

14、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10.铁路在弯道处的内、外轨道高低是不同的，已知内、外轨道连线与水平面倾角为0,弯道处的圆弧半径为R,若质量为m的火车转弯的时速度小于临界转弯速度Rg tan_A.内轨受挤压B.外轨受挤压最大高度相同为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 一轨道， 小于R,C.若h开轨道，恒知，图乙中小球到达的高度最大，故解得：vRg ta

15、n，当速度小于力，A正确，B错误；CD.当车轮对内外轨道均无作用力时,N匹cos当内轨道对火车施加作用力沿着轨道平面，可以把这个力分解为水平和竖直向上的两个分 力，由于竖直向上的分力作用，使支持力变小，C错误，D正确。故选AD。11.在上表面水平的小车上叠放着上下表面同样水平的物块A、B,已知A、B质量相等,A、B间的动摩擦因数10.2，物块B与小车间的动摩擦因数20.3。小车以加速度ao做匀加速直线运动时，A、B间发生了相对滑动，B与小车相对静止，设最大静摩擦力等 于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，小车的加速度C.这时铁轨对火车的支持力等于mgcosD.这时铁轨对火车的支持力小于mg

16、cos【答案】AD【解析】【详解】AB.当车轮对内外轨道均无作用力时，受力分析:mg tan2vm一RRg ta n，车轮有向心的趋势，所以对内轨产生压轨道对火车的支持力:A.2m/s2B.2.5m/sC. 3m/s2D.4.5m/s22大小可能是（）【答案】BC【解析】【详解】以A为研究对象，由牛顿第二定律得：川mg=mao,得：2ao=g=2m/s所以小车的加速度大于2m/s2。当B相对于小车刚要滑动时静摩擦力达到最大值，对B,由牛顿第二定律得:p2?2mg-img=ma,得2a=4m/s所以小车的加速度范围为2m/s2a4m/W,故AD错误，BC正确。故选BCo12.如图所示，在边界OP

17、、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vo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be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Oe=2L,ae= .3L,ae垂直于eQ,Zacb=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；粒子从0点开始射入电场到从边界0Q飞出电场所经过的时间。【解析】【详解】2【答案】(1)E、3mv08qL3mv0(2)2

18、qLEk20 4、3 2.2L3v0(1)从0点到a点过程的逆过程为平抛运动水平方向：22L vocos ti竖直方向：-ati2. 3L2加速度:qEm可得:8qLmvotl4LV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，洛伦兹力等于向心力:sin 30qvB2Vm rv0cos60Vo2解得:B3mv）2qL在磁场内运动的时间:2.3(2)粒子由真空区域进入电场区域从边界飞出过程,qE（、.3L 2r）L3vo由动能定理得，Ek12mv解得:2mvoEk丁Q8L3vo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t4C、3L 2r) 1at2，解得:粒子从入射直至从电场

19、区域边界飞出经过的时间13.客车以v=20m/s的速度行驶，突然发现同车道的正前方Xo=i2O m处有一列货车正以vo=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/s2,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，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=84mXmin=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=vo,可得：t=14s.1(2)此时有：x=vt- at2=182m2x货=vot=84m.(3)因为X客VX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+Xo-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，知道这一点，本题就没有问题了.14.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Uo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