物理一模试题分类汇编 临界状态的假设解决物理试题推断题综合及详细答案

1、物理一模试题分类汇编一一临界状态的假设解决物理试题推断题综合及详细答案一、临界状态的假设解决物理试题1.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2当圆锥和球一起以角速度匀速转动时，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)Tmgcosm2lsin2(2)JgIcos【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Fm21sin在水平方向上有，TsinNcosma,Fma,在竖直方向上：TcosNsinmg2联立四个式子可得Tmgcosm1sin(

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Fmgtan,fm21sin,联立可得J,即小球的角速度至1cos2.质量为m2=2Kg的长木板A放在水平面上，与水平面之间的动摩擦系数为0.4;物块B(可看作质点)的质量为m1二1Kg,放在木板A的左端，物块B与木板A之间的摩擦系数为0.2.现用一水平向右的拉力F作用在木板A的右端，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的速度达到2m/s时，撤去拉力，物块B恰好滑到木板A的右端而停止滑动，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的最大值;(2)撤去拉力后木板

3、A的滑动时间；(3)木板A的长度。【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imigmiai可得aiig2m/s2.再以整体为研究对象，由牛顿第二定律得F2(mim2)g(mim2)ai故得最大拉力Fi8N;(2)撤去F后A、B均做匀减速运动，B的加速度大小仍为ai,A的加速度大小为a2,则2（mim12）gimigm2a2解得故A滑动的时间(3)撤去F后A滑动的距离B滑动的距离故木板A的长度2a2 5m/s,v2t- - s 0.4sa25XiX22a22ai22八，m=0.4m2 5

4、O=im 2 2Lx2xi0.6m.【点睛】解题的关键是正确对滑块和木板进行受力分析，清楚滑块和木板的运动情况，根据牛顿第二定律及运动学基本公式求解。3 .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vo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=i0m/s2,求：(i)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)1；(3)2m3【解析】【分析】【详解】(1)根据Vt图像可知，A在小车上做减速运动，加速度的大小V4122a1m/s3m/st1

5、若物体A的质量为m与小车上表面间的动摩擦因数为，则mgma1联立可得0.3(2)设小车B的质量为M,加速度大小为a2,根据牛顿第二定律mgMa2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mgLmv；2m)v2解得L=2m4 .如图所示，圆心为。、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(q0)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) 3Bq

6、r ; (2)Vm8Bqr(3.3 2)m8Bqr(3.3 2)m(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:OOR222OOR2(3r)26rRsin解得R.3r根据牛顿第二定律可得2vBqvmR解得.3Bqrvm(2)若速度较小，如图甲所示：图甲根据余弦定理可得解得22人2r R1R 9r 6rR1 sin8r3，. 3 2若速度较大，如图乙所示:图丁根据余弦定理可得R2r2R；9r26rR2sin解得根据得R28r3x32BqR8Bqr8Bqr(3m2)mv2(3732)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8Bqr

7、(3、.32)m8Bqr(332)m5 .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a=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=0.8m.绳长r=0.3m(g取10m/s2,sin53=0.8,cos53=0.6)求：(1)绳断时小球的速度大小v1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

8、】【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vy=votan53又Vy2=2gh,代入数据得：vy=4m/s,vo=3m/s故绳断时球的小球做平抛运动的水平速度为3m/s;由vy=gti得：tivy0.4s则(2)由牛顿第二定律:解得：s=vo ti=3X 0.4m=1.2mF mg2mv1rF=12N6 .如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接绕定点O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a和b以及重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是()A.数据

9、a与小球的质量有关B.数据b与小球的质量无关bC.比值-只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关aD.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M=n时，此时绳子的拉力为零，物体的重力提供向心力，则有：/mu=mr解得：产=9才解得：畔如与物体的质量无关，A错误；B.当乐=2口时，对物体受力分析，则有：叫mg+5二m-解得：b=mg与小球的质量有关，B错误；C根据AB可知：r_=一口m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：炉=。,则有：mg-rn解得：arg当说二加时，则有：叫mg+b=in解得：卜qD正确.7 .如图

10、所示，长为L的轻绳，一端栓住一个质量为m的小球，另一端固定在光滑的水平的是轴上，使小球能够在竖直平面内做圆周运动，下列叙述中错误fqA.小球运动到最高点的速度v的极小值为08 .当小球运动到最低点时，小球的向心力由绳的拉力和重力的合力提供c.当小球运动到最高点的速度 v JgL时，绳对小球的弹力为 D.当小球运动到最高点的速度 V JgL时，绳对小球的弹力为 【答案】BC 【解析】【分析】 【详解】ACD.当小球在最高点绳的拉力为零时，圆周运动的速度最小，则0mgmg2-Vm 一 ,可得LT mg2m,即小球的向心力由绳的LV由匚，故A错误，C正确、D错误.B.当小球运动到最低点时，由牛顿第二

11、定律可知拉力和重力的合力提供，则B正确.故选BC.38 .如图所不，半径为R的一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4小为B,。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、电何量为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（）m271mA。2Be3Be【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3 TmC2Be8 mD5Ber相同，由电子在磁场中做圆周运动的周期2 v Bev m一rRr=2T 2 71r v2

12、mBee画出电子在磁场中运动的轨迹如图所示r I可知从AO边射出磁场的电子在磁场中运动二圆周，其运动时间为2Be从CO边射出磁场的电子在磁场中运动等于或大于11圆周，其运动时间为2t2 2TmyBe3其中沿DO方向从。点射人磁场的电子在磁场中运动一圆周，其运动时间最长，最长时间4t3 4T2Be综上所述，故选AC9 .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Uo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

13、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;(3)电子从下板右侧边沿射出时的动能.【答案】(1) v【详解】(1)令电子过2eUo(2) U =m22(L +d 皿L2B点时的速度大小为V,有:eUo1 2mv22eUo m(2)电子在水平板间做类平抛运动，有:eU amd联立解得:-2U=*L2(3)总过程对电子利用动能定理有:eUo eU 2Ek220e=(L+d)eU00,Ek=2L10 .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

14、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vo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q1q2,质量由小到大的范围为m1m2。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0、质量为m2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)4mv0侨案】2）

15、Emax2m2Vo3qiL；（3）RsinRcosL,(1)如图甲所示，磁场中运动有由几何关系得LyRcosHRsin2【解析】【详解】2vqvBmR2R2R-L22解式得4mvoB5qL(2)如图乙，在电场中运动，竖直方向有4 m2 vo5qL电荷量为q1、质量为m2时磁场磁感应强度最大，有又有水平方向有又有由几何关系得解式得qEvytantan电荷量为q1、质量为m2时电场强度最大，有EmaxmaatVotvydvoL -2(7 L L22 mvo3qL2m2Vo3qL(3)如图丙，电场中有,vvysinv又有LVyvo五区3L隹2磁场中运动的半径为5LR4由几何关系得RsinRcosLR

16、cosHRsin11 .打磨某剖面如图所示的宝石时，必须将OP、OQ边与轴线的夹角。切磨在的一定范围内，才能使从MN边垂直入射的光线，在OP边和OQ边都发生全反射射到OP边并反射到OQ边的情况），已知宝石对光线的折射率为（仅考虑光线第一次求。角的切磨范围.【解析】1arcsin一光线从MN边垂直入射，在 OP边的入射角iin光线经OP边反射后，在OQ边的入射角i2若光线在OP边和OQ边都发生全反射,设全反射临界角为则有i1C且i2可得-6由全反射现象有sinC则。角的切磨范围为-arcsin 一冗1一 arcsin 一12.半径为R的半圆柱形玻璃砖，横截面如图所示.近.当光由玻璃射向空气时，发

17、生全反射的临界角为O为圆心,已知玻璃的折射率为45 , 一束与 MN平面成45的平MN平面上射出.求能从行光束射到玻璃砖的半圆柱面上，经玻璃折射后，有部分光能从MN平面射出的光束的宽度为多少?【答案】二R2【解析】图中，BO为沿半径方向入射的光线，在。点正好发生全反射，入射光线在C点与球面相切，此时入射角f=90，折射角为J则有sini=sin/d.sin/Esinr=n2即,.这表示在C点折射的光线将垂直MN射出，与MN相交于E点.MN面上OE即是出射光的宽度.石OE=/?sinr=R213.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Ui,GD是水平放置的平行金属板

18、，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CD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?负离子不能打在板上?22U1d2L2(2)CD两板间所加的电压为多少时,I1ilAH2【答案】(1)8U2d_(2)U2(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vo,由动能定理得:Uq=mv(22由类平抛规律有：=Vot2=1at22qU2a=md联立解得_2,8UidUcd=2L2（2）若负离子不能打在板上，则应满足：L=votd1,2at22qU2md联立解U22U1d2L214 .

19、为了测量玻璃棱镜的折射率n,采用如图所示装置.棱镜放在会聚透镜的前面，AB面垂直于透镜的光轴.在透镜的焦平面上放一个屏，当散射光照在AC面上时在屏上可以观察到两个区域：照亮区和非照亮区.连接两区分界处（D点）与透镜光心O的线段OD与透镜光轴OO成角30.试求棱镜的折射率n.棱镜的顶角30.【答案】n.（1、3）211.24【解析】【详解】我们分析AC面上某点“处光线的折射情况（如图所示）.根据题意各个方向的光线（散射光）可能照射到这个面上，因为玻璃棱镜与空气相比为光密介质，折射角不可以大于某1一极限角0,由sinr。一式子决定，从a点发出光线锥体的达缘光线，将分别以角nr0r0和r0r0射在A前上的b和c两点，要注意：r0r0,而r0r0.这意味着，光线ab在玻璃与空气的分界面上不会发生全反射，这时光线ac却被完全反射.光线在b点从棱镜射出