高考物理二模试题分类汇编临界状态的假设解决物理试题推断题综合及详细答案.doc

高考物理二模试题分类汇编——临界状态假设处理物理试题推断题综合及详细答案

一、临界状态假设处理物理试题
1．如图所示，带电荷量为＋q、质量为m物块从倾角为θ＝37°光滑绝缘斜面顶端由静止开始下滑，磁感应强度为B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最大速度和在斜面上运动最大位移．(斜面足够长，取sin 37°＝0.6，cos 37° ＝0.8)

【答案】最大速度为：;最大位移为：
【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，最终离开斜面．因此，当物块对斜面压力刚好为零时，物块沿斜面速度达到最大，同步位移达到最大，即qvmB＝mgcos θ
物块沿斜面下滑过程中，由动能定理得

联立解得：

2．如图所示，圆心为O、半径为r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（q>0）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)若粒子运动轨迹通过圆心O，求粒子运动速度大小；
(2)若规定粒子不能进入圆形区域，求粒子运动速度应满足条件。

【答案】(1)；(2)或
【解析】
【分析】
【详解】
(1)设粒子在磁场中做圆周运动半径为R，圆心为，依图题意作出轨迹图如图所示

由几何知识可得：

解得

根据牛顿第二定律可得

解得

(2)若速度较小，如图甲所示：

根据余弦定理可得

解得

若速度较大，如图乙所示：

根据余弦定理可得

解得

根据

得
，
若规定粒子不能进入圆形区域，粒子运动速度应满足条件是
或

3．如图所示，AB为竖直转轴，细绳AC和BC结点C系一质量为m小球，两绳能承担最大拉力均为2mg。当AC和BC均拉直时∠ABC=90°，∠ACB=53°，BC=1m．ABC能绕竖直轴AB匀速转动，因而C球在水平面内做匀速圆周运动．当小球线速度增大时，两绳均会被拉断，则最先被拉断那根绳及另一根绳被拉断时速度分别为（已知g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）（　　）

A．AC绳 5m/s B．BC绳 5m/s
C．AC绳 5.24m/s D．BC绳 5.24m/s
【答案】B
【解析】
【分析】
当小球线速度增大时，BC逐渐被拉直，小球线速度增至BC刚被拉直时，对小球进行受力分析，合外力提供向心力，求出A绳拉力，线速度再增大些，TA不变而TB增大，因此BC绳先断；当BC绳断之后，小球线速度继续增大，小球m作离心运动，AC绳与竖直方向夹角α增大，对球进行受力分析，根据合外力提供向心力列式求解。
【详解】
当小球线速度增大时，BC逐渐被拉直，小球线速度增至BC刚被拉直时，根据牛顿第二定律得：
对小球有
TAsin∠ACB﹣mg=0 ①
TAcos∠ACB+TB= ②
由①可求得AC绳中拉力 TA=mg，线速度再增大些，TA不变而TB增大，因此BC绳先断。
当BC绳刚要断时，拉力为TB=2mg，TA=mg，代入②得

解得
v=5.24m/s
当BC线断后，AC线与竖直方向夹角α因离心运动而增大，当使球速再增大时，角α随球速增大而增大，当α=60°时，TAC=2mg，AC也断，
则有
TACsin53°
代入数据解得
v=5m/s
故BC线先断；AC线被拉断时球速为5.0m/s．
故选B。
【点评】
处理本题关键弄清向心力来源，抓住临界状态特点，运用牛顿第二定律进行求解．

4．如图所示，带电粒子（不计重力）以初速度v0从a点垂直于y轴进入匀强磁场，运动过程中通过b点，Oa＝Ob。若撤去磁场加一种与y轴平行匀强电场，带电粒子仍以速度v0从a点垂直于y轴进入电场，仍能通过b点，则电场强度E和磁感应强度B比值为（ ）

A．v0 B． C．2v0 D．
【答案】C
【解析】
【详解】
设，由于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，因此圆周运动半径恰好等于，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：

解得：

假如换成匀强电场，水平方向以做匀速直线运动，在水平方向：

竖直沿轴负方向做匀加速运动，即：

解得：

则有：

故C对，A、B、D错误；
故选C。

5．近年来我国高速铁路发展迅速，现已知某新型国产列车某车厢质量为，假如列车要进入半径为弯道，如图所示，已知两轨间宽度为，内外轨高度差为，重力加速度为，该弯道处设计速度最为合适是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【详解】
列车转弯时向心力由列车重力和轨道对列车支持力合力提供，方向沿水平方向，根据牛顿第二定律可知

解得

故A对。
故选A。

6．在平直公路上A车正以速度向右匀速运动，在A车正前方7m处B车此时正以初速度向右匀减速运动，加速度大小为，则A追上B所经历时间是　　
A．7 s B．8 s C．9 s D．10 s
【答案】B
【解析】
试题分析：B车速度减为零时间为：，此时A车位移为：，B车位移为：，由于，可知B停止时，A尚未追上，则追及时间为：，故B对．
考点：考察了追击相遇问题
【名师点睛】两物体在同一直线上运动，往往波及到追击、相遇或避免碰撞等问题，解答此类问题关键条件是：①分别对两个物体进行研究；②画出运动过程示意图；③列出位移方程；④找出时间关系、速度关系、位移关系；⑤解出成果，必要时要进行讨论．

7．如图所示，一根长为L轻杆一端固定在光滑水平轴O上，另一端固定一质量为m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，且刚好能抵达最高点P，重力加速度为g。有关此过程如下说法对是（　　）

A．小球在最高点时速度等于
B．小球在最高点时对杆作用力为零
C．若减小小球初速度，则小球仍然可以抵达最高点P
D．若增大小球初速度，则在最高点时杆对小球作用力方向也许向上
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．在最高点，由于轻杆能支撑小球，因此小球在最高点时速度恰好为零，故A错误；
B. 小球在最高点时小球速度为零，向心力为零，则此时对杆作用力F=mg，方向竖直向下，故B错误；
C. 若减小小球初速度根据机械能守恒定律可知，小球能达到最大高度减小，即不能抵达最高点P，故C错误；
D. 在最高点，根据牛顿第二定律，有

当时，轻杆对小球作用力F=0；当时，杆对小球作用力，则杆对球作用力方向竖直向上；当时，杆对小球作用力，则杆对球作用力方向竖直向下，因此若增大小球初速度，则在最高点时杆对小球作用力方向也许向上，故D对。
故选D。

8．铁路在弯道处内、外轨道高下是不一样，已知内、外轨道连线与水平面倾角为θ，弯道处圆弧半径为R，若质量为m火车转弯时速度不不小于临界转弯速度 时，则（ ）

A．内轨受挤压
B．外轨受挤压
C．这时铁轨对火车支持力等于
D．这时铁轨对火车支持力不不小于
【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：

根据牛顿第二定律：

解得：，当速度不不小于，车轮有向心趋势，因此对内轨产生压力，A对，B错误；
CD．当车轮对内外轨道均无作用力时，轨道对火车支持力：

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两个分力，由于竖直向上分力作用，使支持力变小，C错误，D对。
故选AD。

9．如图所示，小球在竖直放置光滑圆形管道内做圆周运动，圆形管道半径为，管道内径略不小于小球直径，且远不不小于，则下列说法对是（　　）

A．小球通过最高点时最小速度
B．小球通过最高点时最小速度
C．小球在水平线如下管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
D．小球在水平线以上管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力
【答案】BC
【解析】
【详解】
AB．小球在竖直放置光滑圆形管道内圆周运动属于轻杆模型，小球通过最高点时最小速度为零，故A错误，B对；
C．小球在水平线如下管道中运动时，沿半径方向合力提供小球做圆周运动向心力，因此外侧管壁对小球一定有作用力，而内侧管壁对小球一定无作用力，故C对；
D．小球在水平线以上管道中运动时，沿半径方向合力提供小球做圆周运动向心力，当速度非常大时，内侧管壁没有作用力，此时外侧管壁有作用力，当速度比较小时，内侧管壁有作用力，外侧管壁对小球无作用力，故D错误。
故选BC。

10．质量为m，带电量为+q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．在斜面上滑行最大速度为 B．在斜面上滑行最大速度为
C．作变加速直线运动 D．在斜面上滑动最大距离为
【答案】BC
【解析】
AB. 滑块沿斜面下滑时，受重力、支持力、垂直于斜面向上洛伦兹力．洛伦兹力F=qvB，随速度增大而增大，当FN=0，即qvB=mgcosθ时速度达到最大，滑块开始离开斜面；因此在斜面上滑行最大速度为，因此A错误，B对；
CD. 由于沿斜面方向力不变，牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，加速度a=gsinθ，作匀加速直线运动；故C对，D错误．
故选BC.
点睛：对物体进行受力分析，当物体对斜面压力为零时，物体开始离开斜面，由平衡条件求出物体此时速度；由牛顿第二定律求出物体加速度．

11．如图所示,在光滑圆锥顶用长为 细线悬挂一质量为m物体,圆锥体固定在水平面上不动,其轴线沿竖直方向,细线与轴线之间夹角为 ,物体以速度v绕圆锥体轴线做水平匀速圆周运动.

（1）当 时,求绳对物体拉力.
（2）当 ,求绳对物体拉力.
【答案】(1) （2）
【解析】
【分析】
求出物体刚要离开锥面时速度，此时支持力为零，根据牛顿第二定律求出该临界速度，当速度不小于临界速度，则物体离开锥面，当速度不不小于临界速度，物体还受到支持力，根据牛顿第二定律，物体在竖直方向上合力为零，水平方向上合力提供向心力，求出绳子拉力；
【详解】
当物体恰好离开锥面时，此时物体与锥面接触不过没有弹力作用，如图所示：

则：竖直方向：，水平方向：，
解得；
（1）当时，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：，竖直方向：，
解得：；
（2）时，物体离开锥面，设线与竖直方向上夹角为，如图所示：

则竖直方向：，水平方向：，并且：
解得：．
【点睛】
处理本题关键找出物体临界状况，以及可以纯熟运用牛顿第二定律求解．

12．如图所示，用一根长为l=1m细线，一端系一质量为m=1kg小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑椎体顶端，锥面与竖直方向夹角θ=37°，当小球在水平面内绕椎体轴做匀速圆周运动角速度为ω时，细线张力为T。求(取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，成果用根式表达)：
(1)若要小球离开锥面，则小球角速度ω0至少为多大？
(2)若小球角速度ω=rad/s，则细线与竖直方向夹角为多大？细绳张力多大？
(3)若小球角速度ω=rad/s，则小球对圆锥体压力为多大？

【答案】（1）；（2），20N；(3)3.6N
【解析】
【分析】
【详解】
（1）小球刚好离开锥面时，小球只受到重力和拉力，小球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得

解得

（2）因，故此时小球已离开锥面，小球受到锥面支持力FN=0，设细线与竖直方向夹角为α，则

解得，则细绳张力

（3）因，故此时小球未离开锥面，设小球受到支持力为FN，细线张力为F，则

联立以上两式，代入数据得：FN=3.6N。

13．如图所示，A、B是竖直固定平行金属板，板长为L，间距为d，板间有水平向右匀强电场，不计边缘效应。一带正电粒子，质量为m，电荷量为q，经电压为U电场加速后，从靠近A板处竖直向下进入匀强电场并从下方离开板间电场，不计粒子重力和空气阻力，求：
(1)粒子在A、B板间运动时间；
(2)若使粒子在板间电场中偏离量最大，则板间电场电场强度是多少?

【答案】(1)(2)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)粒子加速，根据动能定理得
，
解得：
；
粒子在竖直方向做匀速运动，粒子在A、B板间运动时间为：
①；
(2)粒子在板间电场中偏离量最大时：
②，
又
③，
由牛顿第二定律得：
④，
①②③④联立解得板间电场电场强度大小是：
。

14．如图所示为两组正对平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，一电子由静止开始从竖直板中点A出发，经电压U0加速后通过另一竖直板中点B，然后从正中间射入两块水平金属板间，已知两水平金属板长度为L，板间距离为d，两水平板间加有一恒定电压，最终电子恰好能从下板右侧边缘射出。已知电子质量为m，电荷量为-e。求：
(1)电子过B点时速度大小；
(2)两水平金属板间电压大小U；

【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
【详解】
(1)设电子过B点时速度大小为v，根据动能定理有

解得

(2)电子在水平板间做类平抛运动，有

联立各式解得

15．景观灯是现代景观不可缺乏部分，其中有一类景观灯是为照亮建筑物而设计投射灯，其简化模型如图所示。投射灯固定于地面A点，右侧放置一块高L=10cm，厚d=17.3cm，折射率n=1.2玻璃砖做保护层，玻璃砖上表面被遮挡，右端距建筑物水平距离s=5m，不计玻璃砖左侧面折射影响。求：
(i)玻璃砖临界角C；
(ii)投射灯能照亮多高建筑物。

【答案】(ⅰ) ；(ⅱ）3.85m
【解析】
【分析】
【详解】
（ⅰ）玻璃砖临界角

解得

（ⅱ）光路如图所示

照亮建筑物最高处光线对应玻璃砖中折射角为α，则

根据

联立解得
h≈3.75m
则灯光可以照射高度
H=h+L≈3.85m