备战高考物理-临界状态的假设解决物理试题的推断题综合压轴题专题复习含答案

备战高考物理一临界状态的假设解决物理试题的推断题综合压轴题专题复习含

答案一、临界状态的假设解决物理试题.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的小球，圆锥顶角为29,当圆锥和球一起以角速度①匀速转动时，球压紧锥面.(1)此时绳的张力是多少？(2)若要小球离开锥面，则小球的角速度至少为多少?【答案】(i)T=mgcos9+m321(sin9>(2)3=J—g-^lcos9【解析】(1)小球此时受到竖直向下的重力mg，绳子的拉力丁，锥面对小球的支持力愀三个力作用，合力充当向心力，即合力F=m32sin9在水平方向上有，Tsin9-Ncos9=ma,F=ma,在竖直方向上：Tcos0+Nsin9=mg联立四个式子可得T=mgcos9+m321(sin9)2(2)重力和拉力完全充当向心力时，小球对锥面的压力为零，故有向心力F=mgtan9,F=m321sin9，联立可得3=J，即小球的角速度至1cos9少为3少为3=.如图所示，带电荷量为+q、质量为m的物块从倾角为0=37°的光滑绝缘斜面顶端由静止开始下滑，磁感应强度为B的匀强磁场垂直纸面向外，重力加速度为g，求物块在斜面上滑行的最大速度和在斜面上运动的最大位移.(斜面足够长，取sin37°=0.6,cos37°=

4mg【答案】最大速度为：丽最大位移为:4mg【答案】最大速度为：丽最大位移为:8m2g15q2B2【解析】【分析】【详解】经分析，物块沿斜面运动过程中加速度不变，但随速度增大，物块所受支持力逐渐减小，最后离开斜面.所以，当物块对斜面的压力刚好为零时，物块沿斜面的速度达到最大，同时位移达到最大，即qvmB=mgcos/物块沿斜面下滑过程中，由动能定理得1mgssin0=2mv2mgcos04mg v2 8m2g联立解得:V- - ,S- m——-= 联立解得:mqB 5qBm2gsin0 15q2B2.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。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。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)绳子断裂后小球落到地面所用的时间；⑵小球落地的速度的大小；⑶绳子能承受的最大拉力。、\工工一、.尸—•..一J/ 【答案】(1)0.5s(2)6.4m/s(3)30N【解析】【分析】【详解】1 八(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h--gt2,解AB2但生3s-0.5s10⑵水平方向匀速运动，则有v--―m/s-4m/s0t0.5竖直方向的速度为v=gt=5m/s则v=”2+v2=<42+52m/s=<41m/sx6.4m/s⑶在八点根据向心力公式得代入数据解得…八”42 ”T=(1x10+1x—)N=30N

0.84.如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接绕定点。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。和b以及重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是（）||| 乙A.数据a与小球的质量有关B.数据b与小球的质量无关bC.比值1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，物体的重力提供向心力，则有:V2mg—用〒解得：v2-gr解得：a-gr与物体的质量无关，A错误；B.当『-J时，对物体受力分析，则有：

V2mg+h-m一解得：b=mg与小球的质量有关，B错误；C.根据AB可知：bram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：二二一「则有：解得：当砂一解得：当砂一.X时，则有:mg+&一m—解得：D正确.5.质量为m的光滑圆柱体A放在质量也为m的光滑“V”型槽B上，如图，a=60。，另有质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与B相连，现将C自由释放，则下列说法正确的是（）法正确的是（）A.当M=m时，A和B保持相对静止，共同加速度为0.5gB.当M=2m时，A和B保持相对静止，共同加速度为0.5gC.当M=6m时，A和B保持相对静止，共同加速度为0.75gD.当M=5m时，A和B之间的恰好发生相对滑动【答案】B【解析】【分析】【详解】D.当A和B之间的恰好发生相对滑动时，对A受力分析如图

根据牛顿运动定律有：mgcot600=ma解得a=gcot60°=v,3gB与C为绳子连接体，具有共同的运动情况，此时对于B和C有:Mg=(M+m)aM 不M 不所以a=Mnmg=3gg，即=v'3解得M=mx2.37m1-%3选项D错误；C.当M>2.37m，羯和b将发生相对滑动，选项C错误；A.当M<2.37m，a和b保持相对静止。若A和B保持相对静止，则有Mg=(M+2m)a解得a=M“egM+2m解得a=1所以当M=m时，A和B保持相对静止，共同加速度为a=3g，选项A错误;1八-B.当M=2m时，A和B保持相对静止，共同加速度为a=-g=0.5g，选项B正确。故选B。6.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C.A.d基的水平宽度为d，路面的宽度为L,无挤压，则动车拐弯时的速度应为(已知重力加速度为C.A.d基的水平宽度为d，路面的宽度为L,无挤压，则动车拐弯时的速度应为(已知重力加速度为g，要使动车轮缘与内、外侧轨道)gRhB.gRhD.gRd

~h~【答案】B【解析】【详解】把路基看做斜面，设其倾角为什，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V2mgtan什=mR计算得v=、/gRtan°，根据路基的高和水平宽度得htan0=—d带入解得v=\；'¥，即动车拐弯时的速度为、詈时，动车轮缘与内、外侧轨道无挤压，故B正确，ACD错误。故选B。7.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①，线所受拉力为T，则下列T随①2变化

【解析】【分析】【详解】对小球受力分析如图171*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Tsin0—Ncos。=mLsin0-32Tcos0+Nsin0=mg联立解得T=mgcos0+mLsin20・32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Tsina=mLsina-32则T=mL①2综上所述，ABD错误，C正确。故选Co8.一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.A对C的支持力变大.B对C的支持力不变

C.当向左的加速度达到D.C.当向左的加速度达到D.当向左的加速度达到亘

2

亘

3g时，C将脱离Ag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， C R1〜设B对C的支持力与竖直方向的夹角为e,根据几何关系可得：sin^= =彳，所以2R2e=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。，根据正交分解以及牛顿第二定律有：N'Bsin30°-N'Asin30°=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：v3

”Tg则C错误，D正确;故选D。.火车以速率v1向前行驶，司机突然发现在前方同一轨道上距车为s处有另一辆火车，它正沿相同的方向以较小的速率v2做匀速运动，于是司机立即使车做匀减速运动，该加速度大小为a,则要使两车不相撞，加速度a应满足的关系为B.B.【答案】D【解析】试题分析：两车速度相等时所经历的时间：/二二二，此时后面火车的位移为：aTOC\o"1-5"\h\zV2—v2x=—t 2\o"CurrentDocument"1 2a VV一V2 （V一V）2-..,

刖面火车的位移为：x=Vt=T——七，由x=x+s解得：a=1——，所以加速\o"CurrentDocument"22a 12 2s\o"CurrentDocument"、， ，—…，I （V一V）2 _度大小满足的条件是：a>（1.2），故选项D正确.2s考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系、匀变速直线运动的速度与时间的关系【名师点睛】速度大者减速追速度小者，速度相等前，两者距离逐渐减小，若不能追上，速度相等后，两者距离越来越大，可知只能在速度相等前或相等时追上.临界情况为速度相等时恰好相碰.310.如图所示，半径为R的4圆形区域内有垂直于圆平面向里的匀强磁场。磁感应强度大小为B,O为圆心，/AOC=90。，D为AC的中点，DO为一块很薄的粒子吸收板。一束质eBR量为m、电荷量为e的电子以相同速度V= 在AD间平行于DO方向垂直射入磁场，2m不考虑电子的重力及相互作用，电子打在吸收板上即被板吸收。则电子在磁场中运动的时间可能为（）兀m 2nm 3nm 8nmA.2Be 3Be ‘,2Be D，5Be【答案】AC【解析】【详解】所有电子在磁场中做圆周运动的轨迹半径,相同，由V2BeV=m—

r电子在磁场中做圆周运动的周期2 2兀r2兀mT= = vBe画出电子在磁场中运动的轨迹如图所示可知从八0边射出磁场的电子在磁场中运动二圆周，其运动时间为1 兀mt=—1= 14 2Be从C0边射出磁场的电子在磁场中运动等于或大于1圆周，其运动时间为兀mt-1= 2Be3「其中沿D0方向从0点射入磁场的电子在磁场中运动4圆周，其运动时间最长，最长时间3nmt=一T= 34 2Be综上所述，故选AC。.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【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=mgcos0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V=mgcos9，所以A错误，B正确；qBCD.由于沿斜面方向的力不变，牛顿第二定律得：mgsin0=ma,加速度a=gsin0,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..如图所示，x轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，坐标原点处有一正离子源，单位时间在xOy平面内发射n0个速率为u的离子，分布在y轴两侧各为0的范围内.在x轴上放置长度为L的离子收集板，其右端点距坐标原点的距离为2L,当磁感应强度为B0时，沿y轴正方向入射的离子，恰好打在收集板的右端点.整个装置处于真空中，不计重力，不考虑离子间的碰撞，忽略离子间的相互作用.(1)求离子的比荷土;m(2)若发射的离子被收集板全部收集，求力的最大值；(3)假设离子到达x轴时沿x轴均匀分布.当打37o,磁感应强度在b0<B<3B0的区间取不同值时，求单位时间内收集板收集到的离子数n与磁感应强度B之间的关系(不计离子在磁场中运动的时间)n1=n0；1.6B0<B<2B0时，【答案】n1=n0；1.6B0<B<2B0时，出5Bn-n（5一 ）2 0 2B0

2Bo<B<3B0时，【解析】(1)洛伦兹力提供向心力，故qvB-m—,0Rqv圆周运动的半径R=L,解得与=—mBj达到x轴位置相同，当粒子恰好达(2)和达到x轴位置相同，当粒子恰好达到收集板最左端时，9达到最大，轨迹如图1所示，根据几何关系可知Ax=2R(1-cos9m)=L，解得9有2R1cos37。=L,(3)B有2R1cos37。=L,解得B=mv-=1.6B解得1qR 01当B<B<1.6B时，所有粒子均能打到收集板上，有n=B〉1.6B0,恰好收集不到粒子时的半径为R2当1.6B<B<2B时，设R=,有R2=0.5L2R,-L2R'(1-cos370)0 000n=0当2B<B<3B时，所有粒子都不能打到收集板上，13.将倾角为0的光滑绝缘斜面放置在一个足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B,一个质量为m、带电量为q的小物体在斜面上由静止开始下滑(设斜面足够长)如图所示，滑到某一位置开始离开，求：(1)物体带电荷性质(2)物体离开斜面时的速度及物体在斜面上滑行的长度是多少？. m2gcos29【答案】⑴小物体带负电⑵L=春标【解析】【分析】【详解】(1)当小物体沿斜面加速下滑时，随着速度的增加，洛伦兹力逐渐增大，为了使小物体离开斜面，洛伦兹力的方向使必须垂直于斜面向上，可见，小物体带负电。(2)小物体离开斜面时qvB=mgcos/,解得mgcos0

v .qB'由于只有重力做功，故系统机械能守恒，即mgLsin0-2mv2解得小物体在斜面上滑行得长度m2gcos20L- 2q2B2sin0.如图所示，一装满水的水槽放在太阳光下，将平面镜M斜放入水中，调整其倾斜角度，使一束太阳光从。点经水面折射和平面镜反射，然后经水面折射回到空气中，最后射到槽左侧上方的屏幕N上，即可观察到彩色光带。如果逐渐增大平面镜的倾角0，各色光将陆续消失，已知所有光线均在同一竖直平面。(i)从屏幕上最先消失的是哪种色光(不需要解释)；(ii)如果射向水槽的光线与水面成45°角，当平面镜M与水平面夹角0-45时，屏幕上的彩色光带恰好全部消失，求最后消失的那种色光对水的折射率。J6【答案】(i