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复习及详细答案.doc

备战高考物理临界状态假设处理物理试题推断题综合复习及详细答案

一、临界状态假设处理物理试题
1．一带电量为＋q、质量为m小球从倾角为θ光滑斜面上由静止开始下滑．斜面处在磁感应强度为B匀强磁场中，磁场方向如图所示，求小球在斜面上滑行速度范围和滑行最大距离．

【答案】m gcosθ/Bq， m2gcos2θ/(2B2q2sinθ)
【解析】
【分析】
【详解】
带正电小球从光滑斜面下滑过程中受到重力m g、斜面支持力N和洛伦兹力f作用于小球下滑速度越来越大，所受洛伦兹力越来越大，斜面支持力越来越小，当支持力为零时，小球运动达到临界状态，此时小球速度最大，在斜面上滑行距离最大

故
解得：，为小球在斜面上运动最大速度
此时小球移动距离为：
．

2．质量为m2=2Kg长木板A放在水平面上，与水平面之间动摩擦系数为0.4；物块B（可看作质点）质量为m1=1Kg，放在木板A左端，物块B与木板A之间摩擦系数为0.2.现用一水平向右拉力F作用在木板A右端，让木板A和物块B一起向右做匀加速运动．当木板A和物块B速度达到2 m/s时，撤去拉力，物块B恰好滑到木板A右端而停止滑动，最大静摩擦力等于动摩擦力，g=10m/s2，求：

（1）要使木板A和物块B不发生相对滑动，求拉力F最大值；
（2）撤去拉力后木板A滑动时间；
（3）木板A长度。
【答案】（1）18N（2）0.4s（3）0.6m
【解析】
【详解】
（1）当木板A和物块B刚要发生相对滑动时，拉力达到最大
以B为研究对象，由牛顿第二定律得

可得
．
再以整体为研究对象，由牛顿第二定律得

故得最大拉力
；
（2）撤去F后A、B均做匀减速运动，B加速度大小仍为，A加速度大小为，则

解得

故A滑动时间

（3）撤去F后A滑动距离

B滑动距离

故木板A长度
．
【点睛】
解题关键是对对滑块和木板进行受力分析，清晰滑块和木板运动状况，根据牛顿第二定律及运动学基本公式求解。

3．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：

4．水平传送带上A、B两端点间距L＝4m，半径R＝1m光滑半圆形轨道固于竖直平面内，下端与传送带B相切。传送带以v0＝4m/s速度沿图示方向匀速运动，m＝lkg小滑块由静止放到传送带A端，经一段时间运动到B端，滑块与传送带间动摩擦因数μ＝0.5，g＝10m/s2。

(1)求滑块抵达B端速度；
(2)求滑块由A运动到B过程中，滑块与传送带间摩擦产生热量；
(3)仅变化传送带速度，其他条件不变，计算阐明滑块能否通过圆轨道最高点C。
【答案】(1)vB=4m/s； (2)Q＝8J； (3)不能通过最高点
【解析】
【分析】
本题考察了动能定理和圆周运动。
【详解】
⑴滑块在传送带上先向右做加速运动，设当速度v = v0时已运动距离为x
根据动能定理

得
x=1.6m＜L
因此滑块抵达B端时速度为4m/s 。
⑵设滑块与传送带发生相对运动时间为t，则

滑块与传送带之间产生热量

解得
Q = 8J
⑶设滑块通过最高点C最小速度为
通过C点，根据向心力公式

从B到C过程，根据动能定理

解得通过B速度
m/s
从A到B过程，若滑块一直加速，根据动能定理

解得
m/s
由于速度vm＜vB，因此仅变化传送带速度，滑块不能通过圆轨道最高点。

5．火车转弯时，假如铁路弯道内外轨同样高，外轨对轮绝（如图a所示）挤压弹力F提供了火车转弯向心力（如图b所示），不过靠这种措施得到向心力，铁轨和车轮极易受损．在修筑铁路时，弯道处外轨会略高于内轨（如图c所示），当火车以规定行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘挤压，设此时速度小为，如下说法中对是

A．该弯道半径
B．当火车质量变化时，规定行驶速度也将变化
C．当火车速率不小于时，外轨将受到轮缘挤压
D．当火车速率不不小于时，外轨将受到轮缘挤压
【答案】C
【解析】
【详解】
火车拐弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力合力提供向心力，设转弯处斜面倾角为θ，根据牛顿第二定律得：mgtanθ=mv2/R，解得：R= v2/ gtanθ，故A错误；根据牛顿第二定律得：mgtanθ=mv2/R, 解得：v=，与质量无关，故B错误；若速度不小于规定速度，重力和支持力合力不够提供，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨．故C对；若速度不不小于规定速度，重力和支持力合力提供偏大，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，此时火车重力和支持力合力提供圆周运动所需向心力．若速度不小于规定速度，重力和支持力合力不够提供，此时外轨对火车有侧压力；若速度不不小于规定速度，重力和支持力合力提供偏大，此时内轨对火车有侧压力．

6．如图甲，小球用不可伸长轻绳连接绕定点O在竖直面内圆周运动，小球通过最高点速度大小为v，此时绳子拉力大小为F，拉力F与速度平方关系如图乙所示，图象中数据a和b以及重力加速度g都为已知量，如下说法对是（ ）

A．数据a与小球质量有关
B．数据b与小球质量无关
C．比值只与小球质量有关，与圆周轨道半径无关
D．运用数据a、b和g可以求出小球质量和圆周轨道半径
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.当时，此时绳子拉力为零，物体重力提供向心力，则有：

解得：

解得：

与物体质量无关，A错误；
B.当时，对物体受力分析，则有：

解得：
b=mg
与小球质量有关，B错误；
C.根据AB可知：

与小球质量有关，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对．

7．中国已进入动车时代，在某轨道拐弯处，动车向右拐弯，左侧路面比右侧路面高某些，如图所示，动车运动可看作是做半径为R圆周运动，设内外路面高度差为h，路基水平宽度为d，路面宽度为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，则动车拐弯时速度应为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【详解】
把路基看做斜面，设其倾角为θ，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，两者合力提供向心力，即指向水平方向，根据几何关系可得合力F=mgtanθ，合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
mgtanθ＝
计算得v＝，根据路基高和水平宽度得
tanθ＝
带入解得v＝，即动车拐弯时速度为时，动车轮缘与内、外侧轨道无挤压，故B对，ACD错误。
故选B。

8．如图所示，长为L轻绳，一端栓住一种质量为m小球，另一端固定在光滑水平轴上，使小球可以在竖直平面内做圆周运动，下列论述中错误是

A．小球运动到最高点速度v极小值为0
B．当小球运动到最低点时，小球向心力由绳拉力和重力合力提供
C．当小球运动到最高点速度时，绳对小球弹力为0
D．当小球运动到最高点速度时，绳对小球弹力为mg
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
ACD.当小球在最高点绳拉力为零时，圆周运动速度最小，则，可得，故A错误，C对、D错误．
B.当小球运动到最低点时，由牛顿第二定律可知，即小球向心力由绳拉力和重力合力提供，则B对．故选BC.

9．在上表面水平小车上叠放着上下表面同样水平物块A、B，已知A、B质量相等，A、B间动摩擦因数，物块B与小车间动摩擦因数。小车以加速度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，小车加速度大小也许是（ ）

A． B． C． D．
【答案】BC
【解析】
【详解】
以A为研究对象，由牛顿第二定律得：
μ1mg=ma0，
得：
a0=μ1g=2m/s2，
因此小车加速度不小于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：
μ2•2mg-μ1mg=ma，
得
a=4m/s2，
因此小车加速度范围为
2m/s2＜a≤4m/s2，
故AD错误，BC对。
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．既有A、B两列火车在同一轨道上同向行驶，A车在前，其速度vA＝10 m/s，B车速度vB＝30 m/s.因大雾能见度低，B车在距A车600 m时才发现前方有A车，此时B车立即刹车，但B车要减速1 800 m才可以停止．
(1)B车刹车后减速运动加速度多大？
(2)若B车刹车8 s后，A车以加速度a1＝0.5 m/s2加速前进，问能否避免事故？若可以避免则两车近来时相距多远？
【答案】(1)0.25 m/s2　(2)可以避免事故　232 m
【解析】
【分析】
【详解】
(1)设B车减速运动加速度大小为a，有0－vB2＝－2ax1，解得：
a＝0.25 m/s2.
(2)设B车减速t秒时两车速度相似，有vB－at＝vA＋a1(t－Δt)
代入数值解得t＝32 s，
在此过程中B车前进位移为xB＝vBt－＝832 m
A车前进位移为xA＝vAΔt＋vA(t－Δt)＋a1(t－Δt)2＝464 m，
因xA＋x>xB，故不会发生撞车事故，此时Δx＝xA＋x－xB＝232 m.

12．如图所示，在边长为L正方形区域内存在垂直纸面向里匀强磁场，其磁感应强度大小为B.在正方形对角线CE上有一点P，其到CF，CD距离均为 ，且在P点处有一种发射正离子装置，能持续不停地向纸面内各方向发射出速率不一样正离子．已知离子质量为m，电荷量为q，不计离子重力及离子间互相作用力．

(1)速率在什么范围内所有离子均不也许射出正方形区域？
(2)求速率为v＝离子在DE边射出点距离D点范围．
【答案】(1) (2)
【解析】
【分析】
【详解】
因离子以垂直于磁场速度射入磁场，故其在洛伦兹力作用下必做圆周运动．
(1)依题意可知离子在正方形区域内做圆周运动不射出该区域，做圆周运动半径为r≤ .
对离子，由牛顿第二定律有qvB＝m⇒
(2)当v＝时，设离子在磁场中做圆周运动半径为R，
则由可得.
要使离子从DE射出，则其必不能从CD射出，其临界状态是离子轨迹与CD边相切，设切点与C点距离为x，其轨迹如图甲所示，

由几何关系得：
R2＝(x－ )2＋(R－ )2，
计算可得x＝L
设此时DE边出射点与D点距离为d1，则由几何关系有：(L－x)2＋(R－d1)2＝R2，
解得d1＝ .
而当离子轨迹与DE边相切时，离子必将从EF边射出，设此时切点与D点距离为d2，其轨迹如图乙所示，由几何关系有：

R2＝(L－R)2＋(d2－ )2，
解得d2＝
故速率为v＝离子在DE边射出点距离D点范围为
【点睛】
粒子圆周运动半径 ，速率越大半径越大，越容易射出正方形区域，粒子在正方形区域圆周运动半径若不超过 ，则粒子一定不能射出磁场区域，根据牛顿第二定律求出速率即可．

13．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。

14．如图所示. 半径分别为a 、b两同心虚线圆所围空间分别存在电场和磁场，中心O处固定一种半径很小（可忽视不计）金属球，在小圆空间内存在沿半径向内辐向电场，小圆周与金属球间电势差U，两圆之间存在垂直于纸面向里匀强磁场，设有一种带负电粒子从金属球表面沿x轴正方向以很小初速度逸出，粒子质量为m，电荷量为q.（不计粒子重力，忽视粒子逸出初速度）
试求：（1）粒子抵达小圆周上时速度为多大？
（2）粒子以（1）中速度进入两圆间磁场中，当磁感应强超过某一临界值时，粒子将不能抵达大圆周，求此磁感应强度最小值B．
（3）若当磁感应强度取（2）中最小值，且时，粒子运动一段时间后恰好能沿x轴负方向回到原出发点，求粒子从逸出到第一次回到原出发点过程中，在磁场中运动时间.（设粒子与金属球正碰后电量不变且能以原速率原路返回）
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
（1）粒子在电场中加速，根据动能定理得：
………………3分
因此………………3分
（2）粒子进入磁场后，受络伦兹力做匀速圆周运动，
有…………………………2分
要使粒子不能抵达大圆周，其最大圆半径为轨迹圆与大圆周相切，如图.

则有…………2分 因此
联络解得……………………2分
（3）由图可知………………2分
则粒子在磁场中转，然后沿半径进入电场减速抵达金属球表面，再经电场加速原路返回磁场，如此反复，恰好通过4个回旋后，沿与原出射方向相反方向回到原出发点.
由于，…………2分
将B代入，得粒子在磁场中运动时间为……2分

15．交管部门强行推出了“电子眼”，机动车私自闯红灯大幅度减少。既有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶速度均为10m/s．当两车将近到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车(反应时间忽视不计)，乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢(反应时间为0.5s)，已知甲车、乙车紧急刹车时产生加速度大小分别为a1=4m/s2、a2=5m/s2。求：
若甲司机看到黄灯时车头距警戒线15m，他采用上述措施能否避免闯红灯？
乙车刹车后经多长时间速度与甲车相等？
为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中应保持多大距离？
【答案】 能避免； 2s； 保持距离≥2.5m。
【解析】
【详解】
设甲车停下来行驶距离为，由运动学公式可得
，
可求得
，
由于车头距警戒线15m，因此能避免闯红灯；
设甲初始速度为，乙初始速度为，设乙车刹车后经时间 速度与甲车相等，则有
，
代入数值可得；
两车不相撞临界条件是两车速度相等时恰好相遇，设甲、乙两车行驶过程中应保持距离至少为L，
由前面分析可知乙车刹车后2s速度与甲车相等，设乙车反应时间为，由位移关系可得
，
代入数值联立可得。
阐明甲、乙两车行驶过程中距离保持距离≥2.5m。