高考物理临界状态的假设解决物理试题推断题综合题汇编及答案

高考物理临界状态的假设解决物理试题推断题综合题汇编及答案
一、临界状态的假设解决物理试题
1．如图所示，M 、N 为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值。

静止的带电粒子带电荷量为＋q ，质量为m （不计重力），从点P 经电场加速后，从小孔Q 进入N 板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，CD 为磁场边界上的一绝缘板，它与N 板的夹角θ＝45°，孔Q 到板的下端C 的距离为L ，当M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD 板上，求：
（1）两板间电压的最大值U m ；
（2）CD 板上可能被粒子打中区域的长度s ； （3）粒子在磁场中运动的最长时间t m 。

【答案】（1）两板间电压的最大值m U 为22
2qB L m
；
（2）CD 板上可能被粒子打中的区域的长度x 为(22)L ； （3）粒子在磁场中运动的最长时间m t 为m
qB
π。

【解析】 【分析】
（1）粒子恰好垂直打在CD 板上，根据粒子的运动的轨迹，可以求得粒子运动的半径，由半径公式可以求得电压的大小；
（2）当粒子的运动的轨迹恰好与CD 板相切时，这是粒子能达到的最下边的边缘，在由几何关系可以求得被粒子打中的区域的长度．
（3）打在QE 间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半周期，根据周期公式即可求解。

【详解】
（1）M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD 板上，所以圆心在C 点，CH=QC=L ，故半径R 1=L ，又因
2
11
v qvB m R =
2m 11
2
qU mv =
所以
22
m 2qB L U m
=
（2）设轨迹与CD 板相切于K 点，半径为R 2，在△AKC 中：
2
2
sin 45R R L ︒=
- 所以
2(21)R L =-
即KC 长等于2(21)R L =-
所以CD 板上可能被粒子打中的区域即为HK 的长度
12(21)(22)x HK R R L
L L -===-=﹣﹣ （3）打在QE 间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半周期：
2m
T qB
π=
所以
m 12m t T qB
π==
【点睛】
本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了。

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 【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 =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．在平直的公路上A 车正以4/A v m s =的速度向右匀速运动，在A 车的正前方7m 处B 车此时正以10/B v m s =的初速度向右匀减速运动，加速度大小为22/m s ，则A 追上B 所经历的时间是( ) A ．7 s B ．8 s
C ．9 s
D ．10 s
【答案】B 【解析】
试题分析：B 车速度减为零的时间为：0010
52
B
v t s s a --=
==-，此时A 车的位移为：04520A A x v t m m ==⨯=，B 车的位移为：2100
2524
B B v x m m a --===-，因为
7A B x x m <+，可知B 停止时，A 还未追上，则追及的时间为：7257
84
B A x t s s v ++=
==，故B 正确． 考点：考查了追击相遇问题
【名师点睛】两物体在同一直线上运动，往往涉及到追击、相遇或避免碰撞等问题，解答此类问题的关键条件是：①分别对两个物体进行研究；②画出运动过程示意图；③列出位移方程；④找出时间关系、速度关系、位移关系；⑤解出结果，必要时要进行讨论．
5．一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
6．如图所示，光滑水平桌面上放置一个倾角为37°的光滑楔形滑块A ，质量为M =0.8kg 。

一细线的一端固定于楔形滑块A 的顶端O 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 =10 m/s 2;s in 370=0.6;s in 530=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 N
C ．当a =5 m/s 2时，外力F 的大小为4N
D ．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a 0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：0cos37F F ma =︒=合， 竖直方向：sin37F mg ︒=，
解得204
13.3m/s 3
a g =
= A.当2
05m/s a a =<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2
015m/s a a =>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25m/s a =时，小球和楔形滑块一起加速，由整体法可知：
()5N F M m a =+=
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
()10N N M m g =+=
选项D 正确。

故选BD 。

7．如图所示，在边界OP 、OQ 之间存在竖直向下的匀强电场，直角三角形abc 区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。

从O 点以速度v 0沿与Oc 成60°角斜向上射入一带电粒子，粒子经过电场从a 点沿ab 方向进人磁场区域且恰好没有从磁场边界bc 飞出，然后经ac 和aO 之间的真空区域返回电场，最后从边界OQ 的某处飞出电场。

已知Oc =2L ，ac
=3L ，ac 垂直于cQ ，∠acb =30°，带电粒子质量为m ，带电量为+g ，不计粒子重力。

求： (1)匀强电场的场强大小和匀强磁场的磁感应强度大小； (2)粒子从边界OQ 飞出时的动能；
(3)粒子从O 点开始射入电场到从边界OQ 飞出电场所经过的时间。

【答案】（1）203
8mv E qL =03mv B = （2）20
4k mv E = （30
204323L π++ 【解析】 【详解】
（1）从O 点到a 点过程的逆过程为平抛运动 水平方向：
012cos L v t θ=
竖直方向：
2
1132
at L = 加速度：
qE a m
=
可得：
20
38mv E qL
=，
10
4L t v =
， 粒子进入磁场后运动轨迹如图所示，设半径为r ，由几何关系得，
3sin 30
r
r L ︒
+
=， 洛伦兹力等于向心力：
2
v qvB m r =
0cos602
v v v ︒==
解得：
32mv B qL
=
在磁场内运动的时间：
20
233r
L
t v
v ππ=
=
.
（2）粒子由真空区域进入电场区域从边界飞出过程，由动能定理得，
21
(32)2
k qE L r E mv -=-
解得：
20
4
k mv E = （3）粒子经过真空区域的时间，
30
4833L
L t v v ==
.
粒子从真空区域进入电场区域到从边界飞出经过的时间为
2
441(32)2
t L r at -=
， 解得：
40
433
L
t v =
. 粒子从入射直至从电场区域边界飞出经过的时间
12340
2043233t t t t t L v π
++=+++=
.
8．如图所示，斜面上表面光滑绝缘，倾角为θ，斜面上方有一垂直纸面向里的匀强磁场.磁感应强度为B ，现有一个质量为m 、带电荷量为+q 的小球在斜面上被无初速度释放，假设斜面足够长.则小球从释放开始，下滑多远后离开斜面.
【答案】2222cos 2sin m g q B θ
θ
【解析】 【分析】 【详解】
小球沿斜面下滑，在离开斜面前，受到的洛伦兹力F 垂直斜面向上，其受力分析图
沿斜面方向：mg sinθ=ma ； 垂直斜面方向：F +F N -mg cosθ=0. 其中洛伦兹力为F =Bqv .
设下滑距离x 后小球离开斜面，此时斜面对小球的支持力F N =0，由运动学公式有v 2=2ax ，
联立以上各式解得2222cos 2sin m g x q B θ
θ
=
9．如图，质量为0.5kg 的小杯里盛有1kg 的水，用绳子系住小杯在竖直平面内做“水流星”表演，转动半径为1m ，小杯通过最高点的速度为4m/s ，g 取10m/s 2，求： (1)在最高点时，绳的拉力； (2)在最高点时水对小杯底的压力；
(3)为使“水流星”能完成竖直平面内的圆周运动，在最高点时最小速率是多少？
【答案】(1)9N ，方向竖直向下，(2)6N ，方向竖直向上，(3)10m/s 。

【解析】 【详解】
(1)以小杯m 和水M 为研究对象，根据牛顿第二定律：
2
()()v T M m g M m r
++=+
解得绳子的拉力：9N T =，方向竖直向下； (2)在最高点时，以水为研究对象：
2
v N Mg M r
+=
解得：6N N =，根据牛顿第三定律，水对小杯底的压力为6N ，方向竖直向上； (3)绳子拉力为0时，通过最高点速率最小：
2min
()()v M m g M m r
+=+
解得：min 10m/s v =。

10．如图所示，在边长为L 的正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，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
4
L
，且在P 点处有一个发射正离子的装置，能连续不断地向纸面内的各方向发射出速率不同的正离子．已知离子的质量为m ，电荷量为q ，不计离子重力及离子间相互作用力．
(1)速率在什么范围内的所有离子均不可能射出正方形区域？ (2)求速率为v ＝
1332qBL
m
的离子在DE 边的射出点距离D 点的范围． 【答案】(1)8qBL v m ≤ (2)(23)4L L
d +≤< 【解析】 【分析】
【详解】
因离子以垂直于磁场的速度射入磁场，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，做圆周运动的半径为r
≤
8
L . 对离子，由牛顿第二定律有qvB ＝m
2
v r
⇒ 8qBL v m ≤
(2)当v ＝
1332qBL
m
时，设离子在磁场中做圆周运动的半径为R ， 则由2
v qvB m R
＝可得.1332L R = 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： R 2＝(x －
4L )2＋(R －4
L
)2， 计算可得x ＝
5
8
L ， 设此时DE 边出射点与D 点的距离为d 1，则由几何关系有：(L －x )2＋(R －d 1)2＝R 2， 解得d 1＝
4
L . 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d 2，其轨迹如图乙所示，由几何关系有：
R 2＝(
34
L －R )2＋(d 2－4L
)2，
解得d 2＝
(238
L
故速率为v＝13
32 qBL
m
的离子在DE边的射出点距离D点的范围为
()
23
48
L
L
d
+
≤<
【点睛】
粒子圆周运动的半径
mv
r
Bq
=，速率越大半径越大，越容易射出正方形区域，粒子在正方
形区域圆周运动的半径若不超过
8
L
，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．
11．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x0=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v0=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/s2。

(1)求A、B碰撞前B在地面上滑动的时间t1以及距离x1；
(2)求从t=0时刻起到A与B相遇的时间t2；
(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
2
33
mg 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：
01
0v at
=-
2
01
2
v ax
-=-
解得
1
t=3s，
1
x=18m
由题图乙可得，0~3s时间内A滑动的距离为：
()
1
138
2
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 =+
222121113
222
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
12．宽为L 且电阻不计的导轨处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，如图所示，导体棒在导轨间部分的电阻为r ，以速度v 0在导轨上水平向右做匀速直线运动，处于磁场外的电阻阻值为R ，在相距为d 的平行金属板的下极板附近有一粒子源，可以向各个方向释放质量为m ，电荷量为+q ，速率均为v 的大量粒子，且有部分粒子一定能到达上极板，粒子重力不计。

求粒子射中上极板的面积。

【答案】
22202()
4mv d R r d BLv qB
ππ+- 【解析】
【详解】
导体棒切割磁感线产生的电动势
0 E BLv =
回路中的电流
E
I R r
=
+ 极板间的电压等于电阻R 的电压
U IR =
极板间粒子释放后的加速度指向负极板，据牛顿第二定律得
Uq
a dm
=
粒子射出后竖直向上的粒子做匀减速直线运动，其一定能到达其正上方极板处，其余粒子在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做匀减速直线运动；
则恰好到达上极板且竖直速度减为零的粒子为到达上极板距中心粒子最远的临界粒子，该粒子竖直分运动可逆向看做初速度为零的匀加速直线运动，所用时间为t ，则有
212
d at =
竖直分速度
y v at =
解得
=
y v 水平方向的分速度
=x v 水平最大半径为
x r v t =
射中上极板的面积
2S r π=
联立解得
22202()4mv d R r S d BLv qB
ππ+=-
13．交管部门强行推出了“电子眼”，机动车擅自闯红灯的大幅度减少。

现有甲、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，它们行驶的速度均为10m/s ．当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车(反应时间忽略不计)，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的加速度大小分别为a 1=4m/s 2、a 2=5m/s 2。

求：
(1) 若甲司机看到黄灯时车头距警戒线15m ，他采取上述措施能否避免闯红灯？ (2) 乙车刹车后经多长时间速度与甲车相等？
(3) 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】(1) 能避免；(2) 2s ；(3) 保持距离≥2.5m。

【解析】 【详解】
(1) 设甲车停下来行驶的距离为x ，由运动学公式可得
2102v a x -=-，
可求得
2210m 12.5m 224
v x a ===⨯，
因为车头距警戒线15m ，所以能避免闯红灯；
(2) 设甲初始速度为1v ，乙的初始速度为2v ，设乙车刹车后经时间t 速度与甲车相等，则
有
()11220.5v a t v a t -+=-，
代入数值可得2s t =；
(3) 两车不相撞的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t ∆，由位移关系可得
()222221111
22
v t v t a t v t t a t L ∆+-=+∆-+，
代入数值联立可得 2.5m L =。

说明甲、乙两车行驶过程中距离保持距离≥2.5m。

14．如图所示，MN 是一个水平光屏，多边形ACBOA 为某种透明介质的截面图。

AOC △为等腰直角三角形，BC 为半径R =8cm 的四分之一圆弧，AB 与光屏MN 垂直并接触于A 点。

一束紫光以入射角i 射向AB 面上的O 点，能在光屏MN 上出现两个亮斑，AN 上的亮斑为P 1（未画出），AM 上的亮斑为P 2（未画出），已知该介质对紫光的折射率为
2n =。

(1)当入射角i =30°时，求AN 上的亮斑P 1到A 点的距离x 1；
(2)逐渐增大入射角i ，当AN 上的亮斑P 1刚消失时，求此时AM 上的亮斑P 2到A 点的距离x 2。

【答案】(1)8cm ；(2)8cm
【解析】 【分析】 【详解】
(1)根据题意画出光路图：
设AB 分界面上的折射角为r ，根据折射定律
sin sin r
n i
=
解得
45r ︒=
在1Rt AOP V 中
1tan(90)x R r ︒=-
解得
18cm x =
(2)当光在AB 面上的入射角满足
i C =
AN 上的亮斑刚消失设紫光的临界角为C ，画出光路图
则有
1
sin C n
=
当45i ︒=时，AB 面上反射角45β︒
=，反射光线垂直射到AC 面上后入射到AM 上，则
2tan(90)x R β︒=-
解得
28cm x =
15．景观灯是现代景观不可缺少的部分，其中有一类景观灯是为照亮建筑物而设计的投射灯，其简化模型如图所示。

投射灯固定于地面A 点，右侧放置一块高L =10cm ，厚d =17.3cm ，折射率n =1.2的玻璃砖做保护层，玻璃砖上表面被遮挡，右端距建筑物的水平
距离s =5m ，不计玻璃砖左侧面的折射影响。

求： (i)玻璃砖的临界角C ； (ii)投射灯能照亮多高的建筑物。

【答案】(ⅰ) 5
arcsin 6
C =；(ⅱ）3.85m 【解析】 【分析】 【详解】
（ⅰ）玻璃砖的临界角
1sin C n
=
解得
5
arcsin 6
C =
（ⅱ）光路如图所示
照亮建筑物的最高处的光线对应玻璃砖中的折射角为α，则
2
2
sin L d
α=
+根据
sin sin n β
α
= 22
sin h s β=
+联立解得
h≈3.75m 则灯光可以照射的高度
H=h+L≈3.85m。