备战高考物理临界状态的假设解决物理试题-经典压轴题

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备战高考物理临界状态的假设解决物理试题推断题综合经典题含答案

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备战高考物理临界状态的假设解决物理试题推断题综合经典题含答案一、临界状态的假设解决物理试题1.一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 .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32g 时,C 将脱离A D .当向左的加速度达到33g 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,设B 对C 的支持力与竖直方向的夹角为θ,根据几何关系可得:122R sin R θ==,所以θ=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:N B sin30°=N A sin30°;令C 的加速度为a ,根据正交分解以及牛顿第二定律有:N ′B sin30°-N ′A sin30°=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:mg tan30°=ma解得:33a g =则C 错误,D 正确; 故选D 。

2.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 bB .0F =时,小球在最高点的动能为abgC .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2v 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22v F mg m mg r+==解得F mg a ==故D 正确。

备战高考物理临界状态的假设解决物理试题-经典压轴题含详细答案

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备战高考物理临界状态的假设解决物理试题-经典压轴题含详细答案一、临界状态的假设解决物理试题1.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 bB .0F =时,小球在最高点的动能为abgC .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2v 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22v F mg m mg r+==解得F mg a ==故D 正确。

故选D 。

2.图甲为 0.1kg 的小球从最低点A 冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4m 半圆轨道后,小球速度的平方与其高度的关系图像。

已知小球恰能到达最高点C ,轨道粗糙程度处处相同,空气阻力不计。

g 取210m/s ,B 为AC 轨道中点。

下列说法正确的是( )A .图甲中x =4B .小球从A 运动到B 与小球从B 运动到C 两个阶段损失的机械能相同 C .小球从A 运动到C 的过程合外力对其做的功为–1.05JD .小球从C 抛出后,落地点到A 的距离为0.8m 【答案】ACD 【解析】 【分析】 【详解】A .当h =0.8m 时,小球运动到最高点,因为小球恰能到达最高点C ,则在最高点2v mg m r=解得100.4m/s=2m/s v gr =⨯则24x v ==故A 正确;B . 小球从A 运动到B 对轨道的压力大于小球从B 运动到C 对轨道的压力,则小球从A 运动到B 受到的摩擦力大于小球从B 运动到C 受到的摩擦力,小球从B 运动到C 克服摩擦力做的功较小,损失的机械能较小,胡B 错误; C . 小球从A 运动到C 的过程动能的变化为22k 0111Δ0.1(425)J 1.05J 222E mv mv =-=⨯⨯-=- 根据动能定理W 合=n E k 可知,小球从A 运动到C 的过程合外力对其做的功为–1.05J ,故C 正确;D .小球在C 点的速度v =2m/s ,小球下落的时间2122r gt =440.4s 0.4s 10r t g ⨯=== 则落地点到A 点的距离20.4m 0.8m x vt '==⨯=故D 正确。

高考物理与临界状态的假设解决物理试题有关的压轴题

高考物理与临界状态的假设解决物理试题有关的压轴题

高考物理与临界状态的假设解决物理试题有关的压轴题一、临界状态的假设解决物理试题1.如图甲所示,小车B 紧靠平台的边缘静止在光滑水平面上,物体A (可视为质点)以初速度v 0从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上,物体和小车的v -t 图像如图乙所示,取重力加速度g =10m /s 2,求:(1)物体A 与小车上表面间的动摩擦因数; (2)物体A 与小车B 的质量之比; (3)小车的最小长度。

【答案】(1)0.3;(2)13;(3)2m 【解析】 【分析】 【详解】(1)根据v t -图像可知,A 在小车上做减速运动,加速度的大小21241m /s 3m /s 1v a t ==∆-∆=若物体A 的质量为m 与小车上表面间的动摩擦因数为μ,则1mg ma μ=联立可得0.3μ=(2)设小车B 的质量为M ,加速度大小为2a ,根据牛顿第二定律2mg Ma μ=得13m M = (3)设小车的最小长度为L ,整个过程系统损失的动能,全部转化为内能22011()22mgL mv M m v μ=-+解得L =2m2.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0.5gC .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: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3MM m=+ 解得3 2.3713M 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。

高考物理临界状态的假设解决物理试题-经典压轴题及答案解析

高考物理临界状态的假设解决物理试题-经典压轴题及答案解析

高考物理临界状态的假设解决物理试题-经典压轴题及答案解析一、临界状态的假设解决物理试题1.一带电量为+q 、质量为m 的小球从倾角为θ的光滑的斜面上由静止开始下滑.斜面处于磁感应强度为B 的匀强磁场中,磁场方向如图所示,求小球在斜面上滑行的速度范围和滑行的最大距离.【答案】m gcosθ/Bq , m 2gcos 2θ/(2B 2q 2sinθ) 【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 、斜面的支持力N 和洛伦兹力f 的作用于小球下滑速度越来越大,所受的洛伦兹力越来越大,斜面的支持力越来越小,当支持力为零时,小球运动达到临界状态,此时小球的速度最大,在斜面上滑行的距离最大 故cos mg qvB θ= 解得:cos mg v qBθ=,为小球在斜面上运动的最大速度 此时小球移动距离为:22222cos 2(2sin )v m g s a B q θθ==.2.一足够长的矩形区域abcd 内充满磁感应强度为B,方向垂直纸而向里的匀强磁场,矩形区域的左边界ad 宽为L,现从ad 中点O 垂直于磁场射入一带电粒亍,速度大小为v 方向与ad 边夹角为30°,如图所示.已知粒子的电荷量为q,质量为m(重力不计). 求:(1)若拉子带负电,且恰能从d 点射出磁场,求v 的大小;(2)若粒子带正电,使粒子能从ab 边射出磁场,求拉子从ab 边穿出的最短时间.【答案】(1)2BqLm ;(2)56m qBπ 【解析】 【分析】(1)根据牛顿第二定律,由洛伦兹力提供向心力,结合几何关系可确定半径的范围,即可求解;(2)根据题意确定运动轨迹,再由圆心角与周期公式,即可确定最短运动的时间; 【详解】(1)由图可知:R = 2L据洛伦兹力提供向心力,得:20v qvB m R= 则02qBR qBLv m m== (2)若粒子带正电,粒子的运动轨迹如图,当粒子的速度大于与R 1相对应的速度v 1时,粒子从cd 边射出,由几何关系可知R 1=L ;由洛伦兹力等于向心力可知:2111v qv B m R =从图中看出,当轨迹的半径对应R 1时从ab 边上射出时用时间最短,此时对应的圆心角为=18030=150θ- 由公式可得:22R mT v qBππ== ; 由1=360t Tθ解得156π=mt qB【点睛】考查牛顿第二定律的应用,掌握几何关系在题中的运用,理解在磁场中运动时间与圆心角的关系.注意本题关键是画出正确的运动轨迹.3.今年入冬以来,我国多地出现了雾霾天气,给交通安全带来了很大的危害.某地雾霾天气中高速公司上的能见度只有72m ,要保证行驶前方突发紧急情况下汽车的安全,汽车行驶的速度不能太大.已知汽车刹车时的加速度大小为5m/s 2.(1)若前方紧急情况出现的同时汽车开始制动,汽车行驶的速度不能超过多大?(结果可以带根号)(2)若驾驶员从感知前方紧急情况到汽车开始制动的反应时间为0.6s ,汽车行驶的速度不能超过多大?【答案】(1)125m/s ;(2)24m/s .【解析】试题分析:(1)根据速度位移公式求出求出汽车行驶的最大速度;(2)汽车在反应时间内的做匀速直线运动,结合匀速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移之和等于72m ,运用运动学公式求出汽车行驶的最大速度.解:(1)设汽车刹车的加速度a=﹣5m/s 2,要在s=72m 内停下,行驶的速度不超过v 1, 由运动学方程有:0﹣v 12=﹣2as ① 代入题中数据可得:v 1=12m/s(2)设有汽车行驶的速度不超过v 2,在驾驶员的反应时间t 0内汽车作匀速运动的位移s 1: s 1=v 2t 0 ② 刹车减速位移s 2=③s=s 1+s 2 ④由②~④式并代入数据可得:v 2=24m/s 答:(1)汽车行驶的速度不能超过m/s ;(2)汽车行驶的速度不能超过24m/s .【点评】解决本题的关键知道在反应时间内汽车做匀速直线运动,刹车后做匀减速直线运动,抓住总位移,结合运动学公式灵活求解.4.平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°,其横截面(纸面)如图所示,平面OM 上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为B ,方向垂直于纸面向外。

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高考物理临界状态的假设解决物理试题-经典压轴题含详细答案一、临界状态的假设解决物理试题1.一带电量为+q 、质量为m 的小球从倾角为θ的光滑的斜面上由静止开始下滑.斜面处于磁感应强度为B 的匀强磁场中,磁场方向如图所示,求小球在斜面上滑行的速度范围和滑行的最大距离.【答案】m gcosθ/Bq , m 2gcos 2θ/(2B 2q 2sinθ) 【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 、斜面的支持力N 和洛伦兹力f 的作用于小球下滑速度越来越大,所受的洛伦兹力越来越大,斜面的支持力越来越小,当支持力为零时,小球运动达到临界状态,此时小球的速度最大,在斜面上滑行的距离最大 故cos mg qvB θ= 解得:cos mg v qBθ=,为小球在斜面上运动的最大速度 此时小球移动距离为:22222cos 2(2sin )v m g s a B q θθ==.2.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α=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/s 2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6)求:(1)绳断时小球的速度大小v 1和小球在圆周最低点与平台边缘的水平距离s 是多少. (2)绳能承受的最大拉力F 的大小.【答案】(1)3m/s ,1.2m (2)12N【详解】(1)由题意可知:小球落到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v y =v 0 tan53°又v y 2=2gh ,代入数据得:v y =4m/s ,v 0=3m/s故绳断时球的小球做平抛运动的水平速度为3m/s ; 由v y =gt 1得:10.4s y v t g==则s =v 0 t 1=3×0.4m=1.2m(2)由牛顿第二定律:21mv F mg r-= 解得:F =12N3.火车转弯时,如果铁路弯道内外轨一样高,外轨对轮绝(如图a 所示)挤压的弹力F 提供了火车转弯的向心力(如图b 所示),但是靠这种办法得到向心力,铁轨和车轮极易受损.在修筑铁路时,弯道处的外轨会略高于内轨(如图c 所示),当火车以规定的行驶速度转弯时,内、外轨均不会受到轮缘的挤压,设此时的速度小为,以下说法中正确的是A .该弯道的半径B .当火车质量改变时,规定的行驶速度也将改变C .当火车速率大于时,外轨将受到轮缘的挤压D .当火车速率小于时,外轨将受到轮缘的挤压 【答案】C 【解析】火车拐弯时不侧向挤压车轮轮缘,靠重力和支持力的合力提供向心力,设转弯处斜面的倾角为θ,根据牛顿第二定律得:mgtanθ=mv 2/R ,解得:R= v 2/ g tanθ,故A 错误;根据牛顿第二定律得:mgtanθ=mv 2/R, 解得:v= gRtan θ,与质量无关,故B 错误;若速度大于规定速度,重力和支持力的合力不够提供,此时外轨对火车有侧压力,轮缘挤压外轨.故C 正确;若速度小于规定速度,重力和支持力的合力提供偏大,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,此时火车的重力和支持力的合力提供圆周运动所需的向心力.若速度大于规定速度,重力和支持力的合力不够提供,此时外轨对火车有侧压力;若速度小于规定速度,重力和支持力的合力提供偏大,此时内轨对火车有侧压力.4.如图所示,带电粒子(不计重力)以初速度v 0从a 点垂直于y 轴进入匀强磁场,运动过程中经过b 点,Oa =Ob 。

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备战高考物理临界状态的假设解决物理试题-经典压轴题含答案解析一、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O 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O 点水平距离为2m 的水平面上的B 点,不计空气阻力,取g =10m/s 2求:(1)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。

【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212AB h gt =,解得2(2.050.8)s 0.5s 10t ⨯-==(2)水平方向匀速运动,则有02m/s 4m/s 0.5x v t === 竖直方向的速度为5m/s y v gt ==则2222045m/s=41m/s 6.4m/s y v v v =+=+≈(3)在A 点根据向心力公式得2v T mg m L-=代入数据解得24(1101)N=30N 0.8T =⨯+⨯2.一根细线一端系一小球(可视为质点),另一端固定在光滑圆锥顶上,如图所示,设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω,细线的张力为F T,则F T随ω2变化的图象是()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】【详解】由题知小球未离开圆锥表面时细线与竖直方向的夹角为θ,用L表示细线长度,小球离开圆锥表面前,细线的张力为F T,圆锥对小球的支持力为F N,根据牛顿第二定律有F T sinθ-F N cosθ=mω2L sinθF T cosθ+F N sinθ=mg联立解得F T=mg cosθ+ω2mL sin2θ小球离开圆锥表面后,设细线与竖直方向的夹角为α,根据牛顿第二定律有F T sinα=mω2L sinα解得F T=mLω2故C正确。

高考物理与临界状态的假设解决物理试题有关的压轴题附答案

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高考物理与临界状态的假设解决物理试题有关的压轴题附答案一、临界状态的假设解决物理试题1.如图所示为一玻璃砖的横截面,其中OAB 是半径为R 的扇形,45AOB ︒∠=,OBD ∆为等腰直角三角形.一束光线从距O 点2R的P 点垂直于OD 边射人,光线恰好在BD 边上发生全反射,最后从AB 边上某点第一次射出玻璃砖.已知光在真空中的传播速度为c ,求:(1)玻璃砖对该光线的折射率;(2)光从P 点射人到第一次射出玻璃砖过程中,光在玻璃砖中传播的时间. 【答案】(1)2n =2)(622)t R +=【解析】 【分析】 【详解】(1)作出光路如图所示,由几何关系得2sin OP OEP OE ∠==又光线恰好发生全反射,所以OEP C ∠=1sin C n ==22解得玻璃砖对该光线的折射率2n =(2)由几何关系知,BD 边与OA 边平行,光线在OA 边上也恰好发生全反射12PE EG GF QH R ====因此1sin 2QH QOH OQ ∠== 30QOH ︒∠= 3cos302OH R R ︒==因此光在玻璃中传播的路程32s PE EF FQ EF OH +=++=+=另有n =c v则光在玻璃中传播的时间(622)s ns t R v c +=== 答:(1)玻璃砖对该光线的折射率2n =2)光在玻璃砖中传播的时间622)2t R c=.2.一足够长的矩形区域abcd 内充满磁感应强度为B,方向垂直纸而向里的匀强磁场,矩形区域的左边界ad 宽为L,现从ad 中点O 垂直于磁场射入一带电粒亍,速度大小为v 方向与ad 边夹角为30°,如图所示.已知粒子的电荷量为q,质量为m(重力不计). 求:(1)若拉子带负电,且恰能从d 点射出磁场,求v 的大小;(2)若粒子带正电,使粒子能从ab 边射出磁场,求拉子从ab 边穿出的最短时间.【答案】(1)2BqLm ;(2)56m qBπ【解析】 【分析】(1)根据牛顿第二定律,由洛伦兹力提供向心力,结合几何关系可确定半径的范围,即可求解;(2)根据题意确定运动轨迹,再由圆心角与周期公式,即可确定最短运动的时间; 【详解】(1)由图可知:R = 2L据洛伦兹力提供向心力,得:20v qvB m R= 则02qBR qBLv m m== (2)若粒子带正电,粒子的运动轨迹如图,当粒子的速度大于与R 1相对应的速度v 1时,粒子从cd 边射出,由几何关系可知R 1=L ;由洛伦兹力等于向心力可知:2111v qv B m R =从图中看出,当轨迹的半径对应R 1时从ab 边上射出时用时间最短,此时对应的圆心角为=18030=150θ- 由公式可得:22R mT v qBππ== ; 由1=360t Tθ解得156π=mt qB【点睛】考查牛顿第二定律的应用,掌握几何关系在题中的运用,理解在磁场中运动时间与圆心角的关系.注意本题关键是画出正确的运动轨迹.3.如图所示,带电荷量为+q 、质量为m 的物块从倾角为θ=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sin 37°=0.6,cos 37° =0.8)【答案】最大速度为:4mg 5qB ;最大位移为:222815m gq B 【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qv m B =mgcos θ 物块沿斜面下滑过程中,由动能定理得21sin 2mgs mv θ=联立解得:22m m 22cos 48,52sin 15m v mg mg m gv s qB qB g q B θθ====4.壁厚不计的圆筒形薄壁玻璃容器的侧视图如图所示。

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备战高考物理临界状态的假设解决物理试题-经典压轴题附答案

备战高考物理临界状态的假设解决物理试题-经典压轴题附答案一、临界状态的假设解决物理试题1.如图所示为一玻璃砖的横截面,其中OAB 是半径为R 的扇形,45AOB ︒∠=,OBD ∆为等腰直角三角形.一束光线从距O 点2R的P 点垂直于OD 边射人,光线恰好在BD 边上发生全反射,最后从AB 边上某点第一次射出玻璃砖.已知光在真空中的传播速度为c ,求:(1)玻璃砖对该光线的折射率;(2)光从P 点射人到第一次射出玻璃砖过程中,光在玻璃砖中传播的时间. 【答案】(1)2n =2)(622)t R +=【解析】 【分析】 【详解】(1)作出光路如图所示,由几何关系得2sin OP OEP OE ∠==又光线恰好发生全反射,所以OEP C ∠=1sin C n ==22解得玻璃砖对该光线的折射率2n =(2)由几何关系知,BD 边与OA 边平行,光线在OA 边上也恰好发生全反射12PE EG GF QH R ====因此1sin 2QH QOH OQ ∠== 30QOH ︒∠= 3cos302OH R R ︒==因此光在玻璃中传播的路程32s PE EF FQ EF OH +=++=+=另有n =c v则光在玻璃中传播的时间(622)s ns t R v c +=== 答:(1)玻璃砖对该光线的折射率2n =2)光在玻璃砖中传播的时间622)2t R c=.2.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2θ,当圆锥和球一起以角速度ω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】(1)()22cos sin T mg m l θωθ=+(2)cos gl ωθ= 【解析】(1)小球此时受到竖直向下的重力mg ,绳子的拉力T ,锥面对小球的支持力N ,三个力作用,合力充当向心力,即合力2sin F m l ωθ= 在水平方向上有,sin cos T N ma F ma θθ-==,, 在竖直方向上:cos sin T N mg θθ+= 联立四个式子可得()22cos sin T mg m l θωθ=+(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tan F mg θ=,2sin F m l ωθ=,联立可得cos gl ωθ=,即小球的角速度至少为cos gl ωθ=;3.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0.5gC .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: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3MM m=+ 解得3 2.3713M 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。

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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O 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O 点水平距离为2m 的水平面上的B 点,不计空气阻力,取g =10m/s 2求:(1)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。

【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212AB h gt =,解得2(2.050.8)s 0.5s 10t ⨯-==(2)水平方向匀速运动,则有02m/s 4m/s 0.5x v t === 竖直方向的速度为5m/s y v gt ==则2222045m/s=41m/s 6.4m/s y v v v =+=+≈(3)在A 点根据向心力公式得2v T mg m L-=代入数据解得24(1101)N=30N 0.8T =⨯+⨯2.如图所示,圆心为O、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,OP=3r,一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从P点在纸面内沿着与OP成60°方向射出(不计重力),求:(1)若粒子运动轨迹经过圆心O,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。

【答案】(1)3Bqr;(2)(332)vm≤+或(332)vm≥-【解析】【分析】【详解】(1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R,圆心为O',依图题意作出轨迹图如图所示:由几何知识可得:OO R'=()222(3)6sinOO R r rRθ'=+-解得3R r=根据牛顿第二定律可得2vBqv mR=解得3Bqrv=(2)若速度较小,如图甲所示:根据余弦定理可得()22211196sin r R R r rR θ+=+-解得1332R =+若速度较大,如图乙所示:根据余弦定理可得()22222296sin R r R r rR θ-=+-解得2332R =-根据BqRv m=得1(332)v m =+,2(332)v m =-若要求粒子不能进入圆形区域,粒子运动速度应满足的条件是(332)v m ≤+或(332)v m≥-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α=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/s 2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6)求:(1)绳断时小球的速度大小v 1和小球在圆周最低点与平台边缘的水平距离s 是多少. (2)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v y =v 0 tan53°又v y 2=2gh ,代入数据得:v y =4m/s ,v 0=3m/s故绳断时球的小球做平抛运动的水平速度为3m/s ; 由v y =gt 1得:10.4s y v t g==则s =v 0 t 1=3×0.4m=1.2m(2)由牛顿第二定律:21mv F mg r-= 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( )A.gRhLB.gRhdC.2gRD.gRdh【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,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=mg tanθ,合力提供向心力,根据牛顿第二定律,有mg tanθ=2 v mR计算得v tangRθtanθ=h d带入解得v gRhdgRhd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ω,线所受拉力为T,则下列T随2ω变化的图像可能正确的是()A .B .C .D .【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】对小球受力分析如图当角速度较小时,小球在光滑锥面上做匀速圆周运动,根据向心力公式可得2sin cos sin T N mL θθθω-=⋅cos sin T N mg θθ+=联立解得22cos sin T mg mL θθω=+⋅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2sin sin T mL ααω=⋅则2T mL ω=综上所述,ABD 错误,C 正确。

故选C 。

6.一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.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3g时,C将脱离AD.当向左的加速度达到3g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,设B对C的支持力与竖直方向的夹角为θ,根据几何关系可得:122RsinRθ==,所以θ=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:N B sin30°=N A sin30°;令C的加速度为a,根据正交分解以及牛顿第二定律有:N′B sin30°-N′A sin30°=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:mg tan30°=ma解得:3a=则C错误,D正确;故选D。

7.如图所示,一根长为L 的轻杆一端固定在光滑水平轴O 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,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2+v F mg m L=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0F <,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0F >,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 。

8.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.当小球在最高点压力为零时,重力提供向心力,有2v mg m L=,解得v gL =,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 ( )A .若 h <12R ,则四个小球能达到的最大高度均相同 B .若 h=R ,则四个小球能达到的最大高度均相同C .若h=52R ,则图乙中的小球能达到的高度最大 D .若 h=52R ,则图甲、图丙中的小球能达到的最大高度相同 【答案】ACD 【解析】 【详解】A .若2R 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2Rh <处,即小球不会超过圆弧的四分之一轨道,则不会脱离圆轨道,故上升到最高点的速度均位列零,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R 处而不会越过圆弧的四分之一轨道,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,最大高度小于R ,B 错误;C .若52h R =,甲、丁两图中的小球不会脱离圆轨道,最高点的速度不为零,丙图小球离开轨道,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,根据机械能守恒知,图乙中小球到达的高度最大,故C 正确; D .若52h R =,图甲中小球到达的最大高度为2R ,根据机械能守恒得, 2122mgh mg R mv '-⋅=得最高点的速度为2(2)v g h R gR '=-=对于图丙,设小球离开轨道时的速度为v 1,根据机械能守恒得,211(cos602mgh mg R R mv -⋅-︒=) 而到达最高点的速度v =v 1cos60°,联立解得最高点的速度v gR =则两球到达最高点的速度相等,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 。

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