高考物理—临界状态的假设解决物理试题的推断题综合压轴题专题复习含答案

高考物理—临界状态的假设解决物理试题的推断题综合压轴题专题复习含答案
一、临界状态的假设解决物理试题
1．水平传送带上A 、B 两端点间距L ＝4m ，半径R ＝1m 的光滑半圆形轨道固于竖直平面内，下端与传送带B 相切。

传送带以v 0＝4m/s 的速度沿图示方向匀速运动，m ＝lkg 的小滑块由静止放到传送带的A 端，经一段时间运动到B 端，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g ＝10m/s 2。

(1)求滑块到达B 端的速度；
(2)求滑块由A 运动到B 的过程中，滑块与传送带间摩擦产生的热量；
(3)仅改变传送带的速度，其他条件不变，计算说明滑块能否通过圆轨道最高点C 。

【答案】(1)v B =4m/s ； (2)Q ＝8J ； (3)不能通过最高点 【解析】 【分析】
本题考查了动能定理和圆周运动。

【详解】
⑴滑块在传送带上先向右做加速运动，设当速度v = v 0时已运动的距离为x 根据动能定理
201-02
mgx mv μ=
得
x=1.6m ＜L
所以滑块到达B 端时的速度为4m/s 。

⑵设滑块与传送带发生相对运动的时间为t ，则
0v gt μ=
滑块与传送带之间产生的热量
0()Q mg v t x μ=-
解得
Q = 8J
⑶设滑块通过最高点C 的最小速度为C v 经过C 点，根据向心力公式
2
C mv mg R
= 从B 到C 过程，根据动能定理
2211
222
C B mg R mv mv -⋅=
- 解得经过B 的速度
50B v =m/s
从A 到B 过程，若滑块一直加速，根据动能定理
2
1
02
m mgL mv μ=-
解得
40m v =m/s
由于速度v m ＜v B ，所以仅改变传送带的速度，滑块不能通过圆轨道最高点。

2．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。

一带电粒子的质量为m ，电荷量为q （q >0）。

粒子沿纸面以大小为v 的速度从OM 的某点向左上方射入磁场，速度与OM 成30°角。

已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，并从OM 上另一点射出磁场。

不计粒子重力。

则粒子离开磁场的出射点到两平面交线O 的距离为
A ．2mv qB
B ．3mv qB
C ．2mv qB
D ．4mv qB
【答案】D 【解析】 【详解】 、
粒子进入磁场做顺时针方向的匀速圆周运动，轨迹如图所示，
根据洛伦兹力提供向心力，有
2
v qvB m R
=
解得
mv
R
qB
=
根据轨迹图知
2 2mv
PQ R
qB
==，
∠OPQ=60°
则粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为
4 2mv
OP PQ
qB
==，
则D正确，ABC错误。

故选D。

3．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】
【详解】
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=mv2/R，解得：R= v2/ g tanθ，故A错误；根据牛顿第二定律得：mgtanθ=mv2/R, 解得：gRtanθ，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，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．
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．如图所示，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．．
的是
A ．小球运动到最高点的速度v 的极小值为0
B ．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 gL =时，绳对小球的弹力为0
D ．当小球运动到最高点的速度v gL =时，绳对小球的弹力为mg
【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2
v mg m L
=，可得
v gL =，故A 错误，C 正确、D 错误．
B .当小球运动到最低点时，由牛顿第二定律可知2
v T mg m L
-=，即小球的向心力由绳的
拉力和重力的合力提供，则B 正确．故选BC.
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,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：2
mv
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
111mv T sin N cos R
θθ-=，竖直方向：110T cos N sin mg θθ+-=，R Lsin θ= 解得：1331
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．
8．如图所示，x 轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，坐标原点处有一正离子源，单位时间在xOy 平面内发射n 0个速率为υ的离子，分布在y 轴两侧各为θ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B 0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．
（1）求离子的比荷
q m
； （2）若发射的离子被收集板全部收集，求θ的最大值；
（3）假设离子到达x 轴时沿x 轴均匀分布．当θ=370，磁感应强度在B 0 ≤B≤ 3B 0的区间取不同值时，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（不计离子在磁场中运动的时间） 【答案】（1）
0q v m B L =（2）3
π（3）001.6B B B ≤≤时，10n n =；001.62B B B <≤时，200
5(5)2B
n n B =-
；0023B B B <≤时，有30n = 【解析】
（1）洛伦兹力提供向心力，故2
0v qvB m R
=，
圆周运动的半径R=L ，解得
0q v m B 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，θ达到最大，轨迹如图1所示， 根据几何关系可知2(1cos )m x R L θ∆=-=，解得3
m π
θ=
（3）0B B >，全部收集到离子时的最小半径为R ，如图2，有12cos37R L ︒=， 解得101
1.6mv
B B qR =
=
当001.6B B B ≤≤时，所有粒子均能打到收集板上，有10n n =
01.6B B >，恰好收集不到粒子时的半径为2R ，有20.5R L =，即202B B =
当001.62B B B <≤时，设'
mv R qB =
，解得20002'552'(1cos37)2R L B n n n R B ⎛⎫
-=
=- ⎪-︒⎝⎭
当0023B B B <≤时，所有粒子都不能打到收集板上，30n =
9．如图所示，在y 轴右侧平面内存在方向向里的匀强磁场，磁感应强度大小B =0.5T ，坐标
原点O 有一放射源，可以向y 轴右侧平面沿各个方向放射比荷为7
2.510m q
-=⨯ Kg/C 的正
离子，这些离子速率分别在从0到最大值v m =2×106 m/s 的范围内，不计离子之间的相互作用
（1）求离子打到y 轴上的范围；
（2）若在某时刻沿x +方向放射各种速率的离子，求经过-75103
s π
⨯时这些离子所在位置构成的曲线方程；
（3）若从某时刻开始向y 轴右侧各个方向放射各种速率的离子，求经过75103
π
-⨯s 时已进入磁场的离子可能出现的区域面积； 【答案】（1）范围为0到2m （2）33
(0y x x =≤≤ （3）273(12S m π=-
【解析】 【详解】
（1）离子进入磁场中做圆周运动的最大半径为R
由牛顿第二定律得： 2
mv qvB R
= 解得：
1mv R m Bq
== 由几何关系知，离子打到y 轴上的范围为0到2m
（2）离子在磁场中运动的周期为T ， 则62210R m
T s v qB πππ-=
==⨯ t 时刻时，这些离子轨迹所对应的圆心角为θ 则23
t t T ππ
== 这些离子构成的曲线如图1所示，并令某一离子在此时刻的坐标为（x ，y ）
33
y x =
3
(0x ≤≤ （3）将第（2）问中图2中的OA 段从沿y 轴方向顺时针方向旋转，在x 轴上找一点C ，以R 为半径作圆弧，相交于B ，则两圆弧及y 轴所围成的面积即为在0t =向y 轴右侧各个方向不断放射各种速度的离子在71503
t s π
-=⨯时已进入磁场的离子所在区域． 由几何关系可求得此面积为：
222251137312622124
S R R R R R R πππ=
+-⨯=- 则：273
(124
S m π=- 【点睛】
本题考查运用数学知识分析和解决物理问题的能力，采用参数方程的方法求解轨迹方程，根据几何知识确定出离子可能出现的区域，难度较大．
10．如图所示，用一根长为l ＝1m 的细线，一端系一质量为m ＝1kg 的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为F T ．(g 取10m/s 2，结果可用根式表示)求：
(1)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？
(2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？
【答案】（112.5?/s （2）25/rad s ．
【解析】
试题分析：（1）小球刚好离开锥面时，小球只受到重力和拉力，小球做匀速圆周运动，由
牛顿第二定律得：20tan sin mg m l θωθ= 解得：012.5rad/s cos g l ωθ
== （2）同理，当细线与竖直方向成600角时由牛顿第二定律及向心力公式得：
'2tan sin mg m l θωθ= 解得：20rad/s cos g l ωα
='= 考点：牛顿第二定律；匀速圆周运动
【名师点睛】此题是牛顿第二定律在圆周运动中的应用问题；解题时要分析临界态的受力情况，根据牛顿第二定律，利用正交分解法列出方程求解．
11．客车以v =20m/s 的速度行驶，突然发现同车道的正前方x 0=120 m 处有一列货车正以v 0=6 m/s 的速度同向匀速前进，于是客车紧急刹车，若客车刹车的加速度大小为a =1m/s 2，做匀减速运动，问：
(1)客车与货车速度何时相等？
(2)此时，客车和货车各自位移为多少？
(3)客车是否会与货车相撞？若会相撞，则在什么时刻相撞？相撞时客车位移为多少？若不相撞，则客车与货车的最小距离为多少？
【答案】(1)t =14s (2) x 客= 182m x 货= 84m (3)x min =22m
【解析】
试题分析：（1）设经时间t 客车速度与货车速度相等：v-at=v 0，
可得：t=14s ．
（2）此时有：x 客=vt-
12
at 2=182m x 货=v 0t=84m ．
（3）因为x 客＜x 货+x 0，所以不会相撞．经分析客车速度与货车速度相等时距离最小为：x min =x 货+x 0-x 客=22m
考点：追击及相遇问题
【名师点睛】这是两车的追击问题，速度相等时，它们的距离最小，这是判断这道题的关键所在，知道这一点，本题就没有问题了．
12．如图所示，在平面直角坐标系内，第I 象限的等腰三角形MNP 区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y <0的区域内存在着沿y 轴正方向的匀强电场。

一质量为m 带电荷量为q 的带电粒子从电场中Q （-2h ，-h ）点以速度v 0水平向右射出，经坐标原点O 射入第I 象限，最后垂直于PM 的方向射出磁场。

已知MN 平行于x 轴，NP 垂直于x 轴，N 点的坐标为（2h ，2h ），不计粒子的重力，求：
(1)电场强度的大小；
(2)最小的磁感应强度的大小；
(3)粒子在最小磁场中的运动时间。

【答案】(1) 202mv E qh =；(2) 0min (21)mv B qh
=；(3) 0(21)h t v π= 【解析】
【分析】
【详解】
(1)由几何关系可知粒子的水平位移为2h ，竖直位移为h ，由类平抛运动规律得
02h v t =
212
h at =
由牛顿第二定律可知 Eq ma =
联立解得
202mv E qh
= (2)粒子到达O 点，沿y 铀正方向的分速度
00
2y Eq h v at v m v ==
⋅= 则速度与x 轴正方向的夹角α满足
0tan 1y v v α=
=
即 45α︒=
粒子从MP 的中点垂直于MP 进入磁场，由洛伦兹力提供向心力
2
v Bqv m R
= 解得
mv B qR
= 粒子运动轨迹越大，磁感应强度越小，由几何关系分析可得，粒子运动轨迹与PN 相切时，垂直于PM 的方向射出磁场垂直于MP 射出磁场，则
max max R
轨道半径
max (2R h =
粒子在磁场中的速度
0v =
解得
0min 1)mv B qh
=
(3)带电粒子在磁场中圆周运动的周期 22R m T v qB
ππ== 带电粒子在磁场中转过的角度为180︒，故运动时间
min 0
12122m t T B q π==⋅=
13．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：
()11382
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：
2111102
mgL mv μ-=- 222213032
mgL mv μ-⋅=-⨯ 解得：
x =10m
14．如图所示，A 、B 是竖直固定的平行金属板，板长为L ，间距为d ，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)2m L
qU 24Ud E L = 【解析】
【分析】
【详解】 (1)粒子加速，根据动能定理得
212
qU mv =
， 解得： 2qU v 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：
2L m t L v qU
=
= (2)粒子在板间电场中偏离量最大时： x d =②，
又
212
x at =
③， 由牛顿第二定律得：
F ma E q q
==④， ①②③④联立解得板间电场的电场强度大小是：
2
4Ud E L =。

15．如图为玻璃三棱镜，其界面ABC 为直角三角形，一光线以45︒的人射角射到侧面AB 上，∠B =75︒；若三棱镜的另一侧面BC 上折射光线恰好消失。

求：
(i)玻璃的折射率；
(ii)画出光路图。

【答案】（i ）2n =；（ii ）
【解析】
【分析】
【详解】
(i)光路图如图所示，入射光线与AB 面的夹角为45︒，折射角为θ，
由折射定律可知sin 45sin n θ
︒
=，由几何关系可知，入射在BC 边上的入射角为75θ︒-，此入射角为临界角，则
()
1sin 75n θ︒=-
联立求得
30,n θ︒==(ii)光路图如图所示，光线最终从AC 边射出。