高考物理临界状态的假设解决物理试题(大题培优)及答案

高考物理临界状态的假设解决物理试题(大题培优)及答案
一、临界状态的假设解决物理试题
1．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，α=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( )
A ．当M= m 时，A 和
B 保持相对静止，共同加速度为0.5g B ．当M=2m 时，A 和B 保持相对静止，共同加速度为0.5g
C ．当M=6m 时，A 和B 保持相对静止，共同加速度为0.75g
D ．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：cot 60mg ma ︒= 解得cot 603a g g =︒=
B 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 a =+
所以3M a g g M m =
=+，即3M
M m
=+ 解得3 2.3713
M m =
≈-
选项D 错误；
C.当 2.37M m >，A 和B 将发生相对滑动，选项C 错误；
A. 当 2.37M m <，A 和B 保持相对静止。

若A 和B 保持相对静止，则有
(2)Mg M m a =+
解得2M
a g M m
=
+
所以当M= m 时，A 和B 保持相对静止，共同加速度为1
3
a g =，选项A 错误； B. 当M=2m 时，A 和B 保持相对静止，共同加速度为1
0.52
a g g ==，选项B 正确。

故选B 。

2．如图所示，C ﹑D 两水平带电平行金属板间的电压为U ，A ﹑B 为一对竖直放置的带电平行金属板，B 板上有一个小孔，小孔在C ﹑D 两板间的中心线上，一质量为m ﹑带电量为＋q 的粒子（不计重力）在A 板边缘的P 点从静止开始运动，恰好从D 板下边缘离开，离开时速度度大小为v ０，则A ﹑B 两板间的电压为
A ．20v 2m qU q
-
B ．2022mv qU q -
C ．20mv qU q -
D ．202mv qU q
-
【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
在AB 两板间做直线加速，由动能定理得：2
112
AB qU mv =
；而粒子在CD 间做类平抛运动，从中心线进入恰好从D 板下边缘离开，根据动能定理：22
0111222
qU mv mv =-；联立两式可得：2
02AB mv qU U q
-=；故选A.
【点睛】
根据题意分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、牛顿第二定律与运动学公式即可解题．
3．有一长为L 的细绳，其下端系一质量为m 的小球，上端固定于O 点，当细绳竖直时小球静止。

现给小球一初速度0v ，使小球在竖直平面内做圆周运动，并且恰好能通过最高点，重力加速度大小为则下列说法正确的是（ ） A ．小球过最高点时速度为零
B ．小球开始运动时细绳对小球的拉力大小为20
v m L
C ．小球过最高点时细绳对小球的拉力大小为mg
D ．小球过最高点时速度大小为gL 【答案】D 【解析】 【详解】
ACD ．小球恰好能过最高点时细绳的拉力为零，则
2
v mg m L
=
得小球过最高点时速度大小
v gL =
故AC 错误，D 正确；
B ．小球开始运动时仍处于最低点，则
20
v F mg m L
-=
拉力大小
20
v F mg m L
=+
故B 错误。

故选D 。

4．如图所示，轻质杆的一端连接一个小球，绕套在固定光滑水平转轴O 上的另一端在竖直平面内做圆周运动。

小球经过最高点时的速度大小为v ，杆对球的作用力大小为F ，其
2F v -图像如图所示。

若图中的a 、b 及重力加速度g 均为已知量，规定竖直向上的方向
为力的正方向。

不计空气阻力，由此可求得（ ）
A ．小球做圆周运动的半径为
g b
B ．0F =时，小球在最高点的动能为
ab g
C ．22v b =时，小球对杆作用力的方向向下
D ．22v b =时，杆对小球作用力的大小为a 【答案】D 【解析】 【详解】
A ．由图象知，当2v b =时，0F =，杆对小球无弹力，此时重力提供小球做圆周运动的向心力，有
2
v mg m r
=
解得
b r g
=
故A 错误；
B ．由图象知，当20v =时，故有
F mg a ==
解得
a m g
=
当2v b =时，小球的动能为
2122k ab E mv g
=
= 故B 错误；
C ．由图象可知，当22v b =时，有
0F <
则杆对小球的作用力方向向下，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的弹力方向向上，故C 错误；
D ．由图象可知，当22v b =时，则有
2
2v F mg m mg r
+==
解得
F mg a ==
故D 正确。

故选D 。

5．火车以速率v 1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v 2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 A ． B ．
C ．
D ．
【答案】D 【解析】
试题分析：两车速度相等时所经历的时间：12
v v t a
-=
，此时后面火车的位移为：22
12
12v v x a
-=
前面火车的位移为：2
12222v v v x v t a -==，由12x x s =+解得：2
12()2v v a s
-=，所以加速
度大小满足的条件是：2
12()2v v a s
-≥，故选项D 正确．
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．
6．一个光滑的圆锥体固定在水平桌面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线间的夹角为θ＝30°，如图所示．一条长为L 的细绳，一端拴着一个质量为m 的物体．物体沿锥面在水平面内绕轴线以速度V 做匀速圆周运动，则（ ）
A ．随着物体线速度的不断增大，绳子的拉力不断增大
B ．随着物体线速度的不断增大，物体受到的支持力先增大后减小
C ．当V 1
6
gL D ．当V 3
2
gL 【答案】AD 【解析】
【分析】
根据题意分析可知，本题考查水平面内圆周运动有关知识，根据水平面内圆周运动的规律方法，运用向心力方程、力的分解等，进行求解． 【详解】
A.设圆锥对物体支持力为F N ，绳对物体拉力为T ，当物体没离开圆锥时：
2
sin cos sin N v T F m
l θθθ
-=，cos sin N T F mg θθ+=两方程联立：()2
cos sin tan cos v T mg m
l θθθθ
+=+，线速度越大，拉力越大．选项A 正确 B.根据选项A 分析B 错误
C.当要脱离时，F N =0，所以2
sin sin v T m l θθ
=，cos T mg θ=得到36
gl v =
所以C 错误
D.根据C 分析，36
gl v >时脱离圆锥，只受重力和拉力作用，所以选项D 正确
故选AD
7．如图所示，质量为M 、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m 的小铁球，现用一水平向右的推力F 推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽球心和小铁球的连线与竖直方向成α角。

则下列说法正确的是（ ）
A ．小铁球所受合力为零
B ．小铁球受到的合外力方向水平向左
C ．()tan F M m g α=+
D ．系统的加速度为tan a g α=
【答案】CD 【解析】 【详解】
隔离小铁球根据牛顿第二定律受力分析得
tan F mg ma α==合
且合外力水平而右，故小铁球加速度为
tan a g α=
因为小铁球与凹槽相对静止，故系统的加速度也为tan g α，整体受力分析根据牛顿第二定律得
()()tan F M m a M m g α=+=+
故AB 错误，CD 正确。

故选CD 。

8．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030θ= ,物体以速度v 绕圆锥体轴线做水平匀速圆周运动.
（1）当16
gl
v = 时,求绳对物体的拉力. （2）当232
gl
v = ,求绳对物体的拉力. 【答案】(1)(133)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：0Tcos mg θ-=，水平方向：2mv
Tsin R
θ=，R Lsin θ= 解得36
gl v =
（1）当1v v ＜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
11
1mv T sin N cos R
θθ-=，竖直方向：110T cos N sin mg θθ+-=，R Lsin θ= 解得：1331
6
T mg +=
； （2）2v v ＞时，物体离开锥面，设线与竖直方向上的夹角为α，如图所示：
则竖直方向：20T cos mg α-=，水平方向：2
222
mv T sin R α=，而且：2R Lsin α= 解得：22T mg =． 【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．
9．光滑绝缘的水平轨道AB 与半径为R 的光滑的半圆形轨道BCD 相切于B 点，水平轨道AB 部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B 为最低点，D 为最高点。

一质量为m 、＋q 的小球从距B 点x 的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB 向右运动，恰能通过最高点，重力加速度为g ，求： (1)电场强度的大小E ；
(2)小球从开始运动到D 的过程中减少的电势能；
(3)如果将同一带电小球从AB 中点处由静止释放，它离开半圆轨道时离水平轨道的竖直高度。

【答案】(1)52mgR E qx =；(2)52mgR
；(3)76
h R =。

【解析】 【详解】
(1)小球刚好通过圆轨道的最高点，只有重力提供向心力，
2
D
v mg m R
=
解得：
D v gR =
小球从A 点到D 点的全过程，由动能定理：
2
1202
D qEx mg R mv -⋅=-
联立可得：
52mgR
E qx
=
； (2)小球在AB 段电场力做正功，电势能减少，由功能关系得：
52
P mgR
E qEx ∆=-=-
即电势能减少了
52
mgR
； (3)从AB 中点处由静止释放的小球，进入圆轨道的速度偏小，将不能顺利通过最高点D ，设即将离开轨道时为F 点，此时的半径与竖直方向的夹角为θ，如图所示：
由动能定理：
21
022
x qE
mg h mv -⋅=-
在F 点刚好由重力沿径向的分力提供向心力，由牛顿第二定律：
2
cos v mg m R
θ=
由几何关系：
cos h R R θ=+
联立三式解得：
7
6
h R =。

10．如图甲所示，在足够大的水平地面上有A 、B 两物块(均可视为质点)。

t =0时刻，A 、B 的距离x 0=6m ，A 在水平向右的推力F 作用下，其速度—时间图象如图乙所示。

t =0时刻，B 的初速度大小v 0=12m/s 、方向水平向右，经过一段时间后两物块发生弹性正碰。

已知B 的质量为A 的质量的3倍，A 、B 与地面间的动摩擦因数分别为μ1=0.1、2μ=0.4，取g=10m/s 2。

(1)求A 、B 碰撞前B 在地面上滑动的时间t 1以及距离x 1； (2)求从t =0时刻起到A 与B 相遇的时间t 2；
(3)若在A 、B 碰撞前瞬间撤去力F ，求A 、B 均静止时它们之间的距离x 。

【答案】(1)3s ，18m(2)4s(3)10m 【解析】 【详解】
(1)设B 的质量为3m ，A 、B 碰撞前B 在地面上滑动的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律有
233mg ma μ⋅=
若A 、B 碰撞前B 已停止运动，则由匀变速直线运动的规律有：
010v at =-
2012v ax -=-
解得
1t =3s ，1x =18m
由题图乙可得，0~3s 时间内A 滑动的距离为：
()1
1382
A x =⨯+⨯m=16m
由于
01A x x x <+=24m
故A 、B 碰撞前B 已停止运动，假设成立。

(2)由(1)可知1t =3s 时，A 、B 尚未发生碰撞，故A 、B 碰撞前瞬间A 的速度大小为：
A v =8m/s
经分析可知
0121()A A x x x v t t +-=-
解得：
2t =4s
(3)设碰撞后瞬间A 、B 的速度分别为1v 、2v ，有：
123A mv mv mv =+
222121113222
A mv mv mv =+⨯ 解得：
1v =4m/s(1v 为负值，说明1v 的方向水平向左)，2v =4m/s
设A 、B 碰撞后滑行的距离分別为L 1、L 2，有：，
12x L L =+
根据动能定理有：
21111
02mgL mv μ-=-
2
22213032
mgL mv μ-⋅=-⨯
解得：
x =10m
11．应用如图所示的装置研究带电粒子在电场、磁场中的运动情况。

相邻的区域I 、II 均为边长为L 的正方形。

区域I 内可以添加方向竖直向下的匀强电场；区域II 内可以添加方向垂直纸面向里的匀强磁场。

区域II 的边缘处有可探测带电粒子的屏。

一束带电粒子沿两区域中间轴线以速度0v 水平射入区域I ，粒子束中含有多种粒子，其电荷量由小到大的范围为12~q q ++，质量由小到大的范围为12~m m 。

粒子在电场中只受电场力，在磁场中只受洛伦兹力。

(1)若只在区域II 内添加磁场，且能够在屏上探测到所有粒子，则磁感应强度为多大； (2)若只在区域I 内添加电场，且能够在屏上探测到所有粒子，则电场强度为多大； (3)当两个区域分别添加上述(1)(2)中的电场及磁场，电荷量为1q 、质量为2m 的粒子能够在屏上探测到。

求解粒子在屏上显现的位置，试列出各求解方程式。

（不对方程式求解）
【答案】
(1)0145mv q
L ；(2)2
20
max 13m v E q L
=；(3)sin cos R R L αβ+=，
cos sin 2L y R H R αβ⎛⎫
-+=+ ⎪⎝⎭
【解析】 【详解】
(1)如图甲所示，磁场中运动有
2
v qvB m R
= ①
由几何关系得
2
222L R R L ⎛
⎫=-+ ⎪⎝
⎭
得
54
L
R =
② 解①②式得
45mv B qL
=
电荷量为1q 、质量为2m 时磁场磁感应强度最大，有
20
max 145m v B q L
=
(2)如图乙，在电场中运动，竖直方向有
qE ma =③
又有
y v at =④
水平方向有
0L v t =⑤
又有
0tan y v v α=
⑥
由几何关系得
2
tan 2
L L L α=
+
⑦
解③~⑦式得
20
3mv E qL
=
电荷量为1q 、质量为2m 时电场强度最大，有
220max
13m v E q L
= (3)如图丙，电场中有
sin α=
y v v
，22
0y
v v v =
+ 又有
02322
y L
v y
L L
v ==⑨ 磁场中运动的半径为
54
L
R =
⑩ 由几何关系得
sin cos R R L αβ+=
cos sin 2L y R H R αβ⎛⎫
-+=+ ⎪⎝⎭
12．如图所示，宽度为d 的匀强有界磁场，磁感应强度为B ，MN 和PQ 是磁场左右的两条边界线,现有一质量为m ，电荷量为q 的带正电粒子沿图示方向垂直射入磁场中，θ=45o ，要使粒子不能从右边界PQ 射出，求粒子入射速率的最大值为多少?
【答案】
(22)Bqd m
+ 【解析】 【详解】
用放缩法作出带电粒子运动的轨迹，如图所示，
当其运动轨迹与PQ 边界线相切于C 点时，这就是具有最大入射速率v max 的粒子的轨迹，由图可知:
R (1-cos45o )=d
又
Bqv max =m
2max
v R
联立可得：
v max =
(22)Bqd
m
+
13．如图所示，A 、B 是竖直放置的中心带有小孔的平行金属板，两板间的电压为U 1，C 、D 是水平放置的平行金属板，板间距离为d ，板的长度为L ，P 是C 板的中点，A 、B 两板小孔连线的延长线与C 、D 两板的距离相等，将一个负离子从板的小孔处由静止释放，求： (1)为了使负离子能打在P 点，C 、D 两板间的电压应为多少？ (2) C 、D 两板间所加的电压为多少时，负离子不能打在板上？
【答案】（1）2
12
8U d L
（2）21222U d U L '≤ 【解析】 【分析】 【详解】
(1)设负离子的质量为m ，电量为q ，从B 板小孔飞出的速度为v 0，由动能定理得：
U 1q ＝
2012
mv 由类平抛规律有：
2
L
＝v 0t 2d ＝12
at 2 又
a ＝
2
qU md
联立解得
U cd ＝2
12
8U d L
(2)若负离子不能打在板上，则应满足：
L ＝v 0t '
2
122
d a t ''≥ 又
2
qU a md ''
= 联立解
U 2′2
12
2U d L
≤
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U 0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 ，板间距离为d ，两水平板间加有一恒定电压，最后电子恰好能从下板右侧边沿射出。

已知电子的质量为m ，电荷量为-e 。

求： (1)电子过B 点时的速度大小； (2)两水平金属板间的电压大小U ；
【答案】（1）02eU v m
=；（2）20
2
2d U U L = 【解析】 【分析】 【详解】
(1)设电子过B 点时的速度大小为v ，根据动能定理有
2
0102
eU mv =
- 解得
2eU v m
=
(2)电子在水平板间做类平抛运动，有
L vt =
2
122
d at = eU
a md
=
联立各式解得
202
2d U U L
=
15．客车以30m/s 的速度行驶，突然发现前方72m 处有一自行车正以6m/s 的速度同向匀速行驶，于是客车紧急刹车，若以3m/s 2的加速度匀减速前进，问： (1)客车是否会撞上自行车？若会撞上自行车，将会在匀减速前进多久时撞上？ (2)若要保证客车不会撞上自行车，客车刹车时的加速度至少多大？ 【答案】(1)会撞上,4s (2)4m/s 2 【解析】 【详解】
(1)两车速度相等经历的时间为
21
18s v v t a
-=
= 此时客车的位移为
2
1221144m 2v x a
v -==
自行车的位移为：
2248m x v t ==
因为x 2>x 1+72m 可以知道客车会撞上自行车； 设经过时间t 撞上则
21
307262
t at t -=+
解得
4t s =， 12t s = （舍去）
(2)两车速度相等经历的时间
21
2'
v v t a -=
根据位移关系有：
2
122221'722
v t a t v t +=+
得：
2'4m /s a =
故若要保证客车不会撞上自行车，客车刹车时的加速度至少为2'4m /s a =。