1、高考物理专题训练 - 临界状态的假设解决物理试题的推断题综合题分类及详细答案一、临界状态的假设解决物理试题1 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） BqL ；（ 2） 5m2m6qB【解析】【分析】（ 1）根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提
2、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 L2据洛伦兹力提供向心力，得：qvB m v02R则 v0 qBR qBLm2m（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 R1相对应的速度1时，粒子从 cd 边射出，由几何关系可知1vR =L；由洛伦兹力等于向心力可知：qv1 B m v12R1从图中看出，当轨迹的半径对应R1 时从 ab 边上射出时用时间最短，此时对应的圆心角为=180030 0 =15002 R2 m由公式可得 ： T；vqB由0= t1360T5
3、m解得 t16qB【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2 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） 12 5 m/s ；（ 2） 24m/
4、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v1，由运动学方程有：0v12= 2as代入题中数据可得：v1=12m/s（2）设有汽车行驶的速度不超过v2，在驾驶员的反应时间t0 内汽车作匀速运动的位移1s ：120s =v t刹车减速位移 s2=s=s +s12由 式并代入数据可得： v2=24m/s答：（1）汽车行驶的速度不能超过m/
5、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3 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（ 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) 3Bqr8Bqr8Bqr； (2) v或 vm(3 3
6、2)m(3 3 2)m【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：OOROO 2R2(3r )26rR sin解得R3r根据牛顿第二定律可得Bqvm v2R解得3Bqrvm(2)若速度较小，如图甲所示：根据余弦定理可得r R129r 26rR1 sinR12解得8rR13 32若速度较大，如图乙所示：根据余弦定理可得R2 r29r 26rR2 sinR22解得8rR23 32根据BqRvm得8Bqr8Bqrv1， v2(3 3 2) m(3 3 2) 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v8Bq
7、r(332)m或 v8Bqr(3 32)m4如图， “ ”型均匀重杆的三个顶点O、 A、 B 构成了一个等腰直角三角形， A 为直角，杆可绕 O 处光滑铰链在竖直平面内转动，初始时OA 竖直若在 B 端施加始终竖直向上的F120）外力 ，使杆缓慢逆时针转动，此过程中（A F 对轴的力矩逐渐增大，F 逐渐增大B F 对轴的力矩逐渐增大，F 先增大后减小C F 对轴的力矩先增大后减小，F 逐渐增大D F 对轴的力矩先增大后减小，F 先增大后减小【答案】 C【解析】【分析】【详解】杆 AO 的重心在 AO 的中点，杆 BO 的重心在 BO 的中点，故整体重心在两个分重心的连线上某电，如图所示：当使杆
8、缓慢逆时针转动 120的过程中，重力的力臂先增加后减小，故重力的力矩先增加后减小，根据力矩平衡条件，拉力的力矩先增加后减小；设直角边质量为m1L，长度为，斜边长为 m2，从图示位置转动角度（ 120），以 O 点为支点，根据力矩平衡条件，有：F2L sin（ 45） m1gL sinm2 g2L sin（45 ） 022故F2 m1gsinsin1 m2g1 m1 g(1)1 m2 g44522112tan在 从 0缓慢增加 120过程中，根据数学知识可得F 对轴的力矩先增大后减小，F 逐渐增大， C 正确；5 火车以速率 v1 向前行驶，司机突然发现在前方同一轨道上距车s 处有另一辆火车，它
9、正沿相同的方向以较小的速率v2 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（）v12 v22v12A aB a2s2sv222v1 v2C aD a2s2s【答案】 D【解析】【详解】ABCD.设经过时间t 两车相遇，则有v2t s v1t1 at 22整理得at22 v2v1 t2s0要使两车不相撞，则上述方程无解，即4 v2 v128as 0解得a故 D 正确 ABC 错误 ?故选 D。2v1v22s6 如图所示，光滑水平桌面上放置一个倾角为37AM =0.8kg的光滑楔形滑块，质量为。一细线的一端固定于楔形滑块A 的顶端 O
10、处，细线另一端拴一质量为m=0.2kg 的小球。若滑块与小球在外力 F 作用下，一起以加速度a 向左做匀加速运动。取g=10m/s 2;sin370=0.6;sin530 =0.8，则下列说法正确的是（）A当 a=5 m/s 2 时，滑块对球的支持力为0 N B当 a=15 m/s 2 时，滑块对球的支持力为 0 NC当 a=5 m/s2 时，外力 F 的大小为 4ND当 a=15 m/s 2 时，地面对 A 的支持力为10N【答案】 BD【解析】【详解】设加速度为 a0 时小球对滑块的压力等于零，对小球受力分析，受重力和拉力，根据牛顿第二定律，有：水平方向： F合F cos37ma0 ，竖直
11、方向： F sin37mg ，解得 a04g 13.3m/s23A.当 a5m/s2a0 时，小球未离开滑块，斜面对小球的支持力不为零，选项A 错误；B.当 a15m/s2a0 时，小球已经离开滑块，只受重力和绳的拉力，滑块对球的支持力为零，选项 B 正确；C.当 a5m/s2 时，小球和楔形滑块一起加速，由整体法可知：FMm a5N选项 C 错误；D.当系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对A 的支持力一定等于两个物体的重力之和，即NMm g10N选项 D 正确。故选 BD。7 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 ,
12、其轴线沿竖直方向,细线与轴线之间的夹角为300 ,物体以速度 v 绕圆锥体轴线做水平匀速圆周运动.gl（1）当 v163gl（2）当 v22时 ,求绳对物体的拉力 . ,求绳对物体的拉力 .【答案】 (1) (1 3 3) mg（2） 2mg6【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：Tc
13、os mg 0 ，水平方向： Tsinmv2， R LsinR解得 v3gl；6（1）当 v1 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：T1sinN1cosmv12，竖直方向： T1cosN1sin mg 0 ， R LsinR解得 ： T133 1mg ；6（2） v2 v 时，物体离开锥面，设线与竖直方向上的夹角为，如图所示：则竖直方向： T2cosmg 0 ，水平方向： T2 sinmv22，而且： R2 LsinR2解得 ： T22mg 【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8 如图所示， x 轴上方存在垂直纸
14、面向外的匀强磁场，坐标原点处有一正离子源，单位时间在 xOy 平面内发射 n0 个速率为 的离子，分布在 y 轴两侧各为 的范围内在x 轴上放置长度为 L 的离子收集板，其右端点距坐标原点的距离为2L，当磁感应强度为 B0时，沿 y轴正方向入射的离子，恰好打在收集板的右端点整个装置处于真空中，不计重力，不考虑离子间的碰撞，忽略离子间的相互作用q（1）求离子的比荷；m（2）若发射的离子被收集板全部收集，求的最大值；（3）假设离子到达0，磁感应强度在 B B3B0 的区间取x 轴时沿 x 轴均匀分布当 =370不同值时，求单位时间内收集板收集到的离子数n 与磁感应强度B 之间的关系（不计离子在磁场
15、中运动的时间）qv（ 3） B0B1.6B0 时， n1 n0； 1.6B0B 2B0 时，【答案】 （1）（ 2）mB0 L3n2 n0 (55B ) ； 2B0 B3B0 时，有 n302B0【解析】（1）洛伦兹力提供向心力，故qvB0 m v2，Rq v圆周运动的半径 R=L，解得 m B0 L（2）和 y 轴正方向夹角相同的向左和向右的两个粒子，达到x 轴位置相同，当粒子恰好达到收集板最左端时，达到最大，轨迹如图1 所示，根据几何关系可知 x2R(1 cos m ) L ，解得 m3（3） BB0 ，全部收集到离子时的最小半径为R，如图 2，有 2R1 cos37L ，解得 B1mv1
16、.6B0qR1当 B0 B1.6B0 时，所有粒子均能打到收集板上，有n1n0B 1.6B0，恰好收集不到粒子时的半径为R2 ，有 R20.5 L ，即 B22B0当 1.6 B0B2 B0 时，设 R mv ，解得 n2R Lnn 55BqB22R(1cos37 )002B0当 2B0B3B0 时，所有粒子都不能打到收集板上，n309 将倾角为的光滑绝缘斜面放置在一个足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为 B，一个质量为 m、带电量为 q 的小物体在斜面上由静止开始下滑（设斜面足够长）如图所示，滑到某一位置开始离开，求：（ 1）物体带电荷性质（ 2）物体离开斜面时的速度及物体
17、在斜面上滑行的长度是多少？【答案】 (1) 小物体带负电m2 g cos2(2) L2 B2 sin2q【解析】【分析】【详解】（ 1）当小物体沿斜面加速下滑时，随着速度的增加，洛伦兹力逐渐增大，为了使小物体离开斜面，洛伦兹力的方向使必须垂直于斜面向上，可见，小物体带负电。（ 2）小物体离开斜面时qvB = mgcos，解得mgcosv；qB由于只有重力做功，故系统机械能守恒，即mgLsin1mv22解得小物体在斜面上滑行得长度m2 g cos2L2 sin2q2 B10 一个光滑的圆锥体固定在水平桌面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角30 ，一条长为L 的细绳（其质量不计）一端固定在
18、圆锥体的顶点处，另一端拴一个质量为 m 的小球（小球可以看成质点）。小球以速度v 绕圆锥体的轴线做水平圆周运动，如图所示，当 v3gl时，求细绳对小球的拉力。2【答案】 2mg【解析】【分析】【详解】设当小球的速度为v0 时小球恰好脱离锥面，满足2 v0解得v03gL3gL6v2所以当 v3gL时，小球已经脱离了锥面，设小球脱离锥面后细绳与轴线之间的夹角为2，则有T sinmv2rT cosmg 0又有rL sinv解得3gL260 ， T2mg11 如 所示 . 半径分 a 、b 的两同心虚 所 空 分 存在 和磁 ，中心O 处固定一个半径很小（可忽略不 ）的金属球，在小 空 内存在沿半径向
19、内的 向 ，小 周与金属球 差U，两 之 存在垂直于 面向里的匀 磁 ， 有一个 的粒子从金属球表面沿x 正方向以很小的初速度逸出，粒子 量 m， 荷量 q.（不 粒子的重力，忽略粒子逸出的初速度） 求：（ 1）粒子到达小 周上 的速度 多大？（ 2）粒子以（ 1）中的速度 入两 的磁 中，当磁感 超 某一 界 ，粒子将不能到达大 周，求此磁感 度的最小 B（3）若当磁感 度取（2）中最小 ，且 ，粒子运 一段 后恰好能沿 x 方向回到原出 点，求粒子从逸出到第一次回到原出 点的 程中，在磁 中运 的 .（ 粒子与金属球正碰后 量不 且能以原速率原路返回）22【答案】（ 1）（ 2）（3） 3
20、(ba )mb2qU【解析】（ 1）粒子在 中加速，根据 能定理得：3分所以3分（ 2）粒子 入磁 后，受 力做匀速 周运 ，有2分要使粒子不能到达大 周，其最大的 半径 迹 与大 周相切，如 . 有2分 所以 系解得2分（3）由 可知2分 粒子在磁 中 ，然后沿半径 入 减速到达金属球表面，再 加速原路返回磁 ，如此重复，恰好 4 个回旋后，沿与原出射方向相反的方向回到原出 点.因 ，2分将 B 代入，得粒子在磁 中运 2分12 一 量 m 的小球（可 点），系于 R 的 的一端， 的另一端固定在空 的O 点，假定 是不可伸 的、柔 且无 性的。今把小球从O 点的正上方离O 点距离为 8 R
21、 的点以水平速度9v034gR 抛出，如 所示。当小球到达O 点的正下方 ， 小球的拉力 多大？【答案】 43mg9【解析】【详解】设绳即将伸直时，绳与竖直方向的夹角为，如图甲所示，根据平抛运动规律有R sinv0t ，8 R R cos1 gt 292解得 4 R， t2 3 g即绳绷紧时，绳刚好水平，如图乙所示，由于绳不可伸长，故绳绷紧时，沿绳方向的分速度 v0 消失，小球仅有速度vvgt4gR3以后小球在竖直平面内做圆周运动，设到达O 点正下方的速度为v ，由机械能守恒定律有1 mv 21 mv2mgR22设此时绳对小球的拉力为FT ，则有FTmgm v 2R解得FT43 mg913 如
22、图所示，A、B是竖直固定的平行金属板，板长为Ld，间距为，板间有水平向右的匀强电场，不计边缘效应。一带正电的粒子，质量为m，电荷量为q，经电压为U 的电场加速后，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，不计粒子的重力和空气阻力，求：(1)粒子在 A、 B 板间运动的时间；(2)若使粒子在板间电场中偏离量最大，则板间电场的电场强度是多少?【答案】 (1) Lm(2) E4Ud2qUL2【解析】【分析】【详解】(1)粒子加速，根据动能定理得qU1mv2 ，2解得：v 2qU ； m粒子在竖直方向做匀速运动，粒子在A、 B 板间运动的时间为：tLLm；v2qU(2)粒子在板间电场中
23、偏离量最大时：x d ，又x 1 at 2 ，2由牛顿第二定律得：FmaE，qq联立解得板间电场的电场强度大小是：4UdEL2。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U0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；2eU02d 2U 0【答案】（ 1） v；（ 2） U =2mL【解析】【分析
24、】【详解】(1)设电子过 B 点时的速度大小为v，根据动能定理有eU01mv202解得2eU0vm(2)电子在水平板间做类平抛运动，有Lvtd 1 at 22 2a联立各式解得eUmd2d 2U 0U =L215 为了测量玻璃棱镜的折射率nAB面，采用如图所示装置棱镜放在会聚透镜的前面，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 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(13)211.24【解析】【详解】我们分析 AC 面上某点 处光线的折射情况（
25、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一极限角 r0 ， r0 由 sinr01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 r0 r0射在b和c两点，要注意：r0r0 ，而 r0 r0 这意味面上的着，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，光线的折射角i0 从下面关系式可以得到sinr01sini0n由此得到sin r01sini 0,nsini 02整理得到 ncot+1sin以角 i0 从棱镜中射出的所有光线将会聚在透镜焦平面上
26、某一点（图中D 点），从透镜光心指向此点的方向与光轴成角i0 光线不可能射到D 点上方（非照亮区），因为从棱镜射出的光线与光轴向上的倾角不可能大于照亮区位于 D 点下方，而光线与光轴向下的倾角可以是从 0到 90这个范围内任意一个角度（例如，在图中的d 点处，从棱镜射出的光线与光轴向下倾斜成 90）在本情况下，=30 ， i 0 30因而n(13)211.24 【点睛】解答本题的要点是对散射光经棱镜后的出射光线中的临界光线的分析，找到了临界光线的出射方向，后面的问题便瞬时化解如果答题者对屏上照亮区和非照亮区的成因没有正确的认识，或者是对漫散射光经三棱镜后形成的出射区域不能做出正确的分析，此题便无法得到正确的解答，甚至连题都无法读懂
