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．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：222
815m g
q 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
2
1sin 2
mgs mv θ=
联立解得：22m m 22cos 48,52sin 15m v mg mg m g
v s qB qB g q B
θθ====
2．如图所示，直线Oa 和Ob 的夹角为30︒，在两直线所夹的空间内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场向右的区域无限大，磁感应强度为B 。

在P 点有速度相等的正、负离子沿垂直于Oa 方向射入磁场。

两离子的运动轨迹均与Ob 相切，若不计两离子间的相互作用力，则正、负两种离子的比荷之比为（ ）
A ．3
B 3
C ．1:3
D ．3:1 【答案】D 【解析】 【详解】
如图所示，由左手定则知磁场中的正离子向左偏转、负离子向右偏转。

洛伦兹力提供向心力，正离子有
2
v q vB m r
=正正
负离子有
2
v q vB m R
=负负
由几何关系知
sin 30sin 30r R
r R ︒︒
++= 解以上三式得
3
:1
q q m m =负正负正 故选D 。

3．近年来我国高速铁路发展迅速，现已知某新型国产列车某车厢质量为m ，如果列车要进入半径为R 的弯道，如图所示，已知两轨间宽度为L ，内外轨高度差为h ，重力加速度为g ，该弯道处的设计速度最为适宜的是（ ）
A 2
2
gRh L h
-B 2
2
gRL L h
-
C ．22
gR L h h
-
D ．
gRL
h
【答案】A 【解析】 【详解】
列车转弯时的向心力由列车的重力和轨道对列车的支持力的合力提供，方向沿水平方向，根据牛顿第二定律可知
2
22v mg m R L h
⋅=-
解得
2
2
gRh v L h
=
-
故A 正确。

故选A 。

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．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外力F ，使杆缓慢逆时针转动120°，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m 1，长度为L ，斜边长为m 2，从图示位置转动角度θ（θ≤120°），以O 点为支点，根据力矩平衡条件，有：
1222sin 45sin 4502L L
F L m g m g θθθ︒+-⋅
-+︒=（）（） 故
()12122sin 11
14sin 411()2t 2521an F m g m g m g m g
θθθ
=
⋅+=++︒+
在θ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；
6．火车以速率1v 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，它正沿相同的方向以较小的速率2v 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（ ）
A ．()
221
22v
v a s
->
B ．2
12v a s
>
C ．22
2v a s
>
D ．()2
1
22v v a s
->
【答案】D 【解析】 【详解】
ABCD.设经过时间t 两车相遇，则有
2211
2
v t s v t at +=-
整理得
()221220at v v t s +-+=
要使两车不相撞，则上述方程无解，即
()2
21480v v as ∆=--<
解得
()2
12
2v v a s
->
故D 正确ABC 错误｡ 故选D 。

7．如图所示，长为L 的轻质细长物体一端与小球（可视为质点）相连，另一端可绕O 点使小球在竖直平面内运动。

设小球在最高点的速度为v ，重力加速度为g ，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A ．v gL
B ．v 若增大，此时小球所需的向心力将减小
C ．若物体为轻杆，则当v 逐渐增大时，杆对球的弹力也逐渐增大
D ．若物体为细绳，则当v gL 0开始逐渐增大 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．若物体为轻杆，通过最高点的速度的最小值为0，物体所受重力和支持力相等，A 错误；
B ．v 增大，根据2v
F m r
=向可知向心力将增大，B 错误；
C ．若物体为轻杆，在最高点重力提供向心力
20
v mg m L
=
解得
0v gL =
当速度小于gL 时，根据牛顿第二定律
2
v mg N m L
-=
随着速度v 增大，杆对球的弹力在逐渐减小，C 错误；
D ．若物体为细绳，速度为gL 时，重力提供向心力，所以绳子拉力为0，当v 由gL 逐渐增大时，根据牛顿第二定律
2
v T mg m L
+=
可知绳子对球的拉力从0开始逐渐增大，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 gL
B gL
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2
v mg m L
=，解得v gL =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．如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r =0.4m ，最低点处有一小球（半径比r 小很多），现给小球一水平向右的初速度v 0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v 0应当满足（g =10m/s 2）（ ）
A ．04v ≥m/s
B ．025v ≥
C ．025m/s 22m/s v ≤≤
D ．022v ≤m/s
【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
小球不脱离圆轨道时，最高点的临界情况为
2
v mg m r
=
解得
2v gr ==m/s
根据机械能守恒定律得
22011
222
mv mg r mv =⋅+ 解得
025v =
故要使小球做完整的圆周运动，必须满足025v ≥；
若不通过圆心等高处小球也不会脱离圆轨道，根据机械能守恒定律有
2
012
mgr mv =
解得
022v =
故小球不越过圆心等高处，必须满足022v ≤m/s ，所以要使小球不脱离圆轨道运动，v 0应当满足025v ≥或022v ≤m/s ，AC 错误，BD 正确。

故选BD 。

10．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)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：2mv
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
1 1
1
mv
T sin N cos
R
θθ
-=，竖直方向：110
T cos N sin mg
θθ
+-=，R Lsinθ
=
解得：
1
331
6
T mg
+
=；
（2）
2
v 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：
2
T cos mg
α-=，水平方向：
2
2
2
2
mv
T sin
R
α=，而且：
2
R Lsinα
=
解得：22
T 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．
11．现有A、B两列火车在同一轨道上同向行驶，A车在前，其速度v A＝10 m/s，B车速度v B＝30 m/s.因大雾能见度低，B车在距A车600 m时才发现前方有A车，此时B车立即刹车，但B车要减速1 800 m才能够停止．
(1)B车刹车后减速运动的加速度多大？
(2)若B车刹车8 s后，A车以加速度a1＝0.5 m/s2加速前进，问能否避免事故？若能够避免则两车最近时相距多远？
【答案】(1)0.25 m/s2(2)可以避免事故232 m
【解析】
【分析】
【详解】
(1)设B 车减速运动的加速度大小为a ，有0－v B 2＝－2ax 1，解得： a ＝0.25 m/s 2.
(2)设B 车减速t 秒时两车的速度相同，有v B －at ＝v A ＋a 1(t －Δt ) 代入数值解得t ＝32 s ，
在此过程中B 车前进的位移为x B ＝v B t －2
12
at ＝832 m A 车前进的位移为x A ＝v A Δt ＋v A (t －Δt )＋
1
2
a 1(t －Δt )2＝464 m ， 因x A ＋x >x B ，故不会发生撞车事故，此时Δx ＝x A ＋x －x B ＝232 m.
12．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1
2cos37R 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 =
13．一辆大客车正在以30 m/s 的速度匀速行驶．突然，司机看见车的正前方x 0 = 95m 处有一只小狗，如图所示．司机立即采取制动措施，司机从看见小狗到开始制动客车的反应时间为△t=0.5 s ，设客车制动后做匀减速直线运动．试求：
(1)为了保证小狗的安全，客车制动的加速度大小至少为多大？（假设这个过程中小狗一直未动）
(2)若客车制动时的加速度为5m/s2，在离小狗30m 时，小狗发现危险并立即朝前跑去．假设小狗起跑阶段做匀加速直线运动，加速度a=3m/s2．已知小狗的最大速度为8m/s 且能保持较长一段时间．试判断小狗有没有危险，并说明理由． 【答案】（1）25.625/m s （2）小狗是安全的 【解析】 【分析】 【详解】
（1）长途客车运动的速度v =30m/s ，在反应时间内做匀速运动，运动的位移为： x 1=v △t =30×0.5m=15m
所以汽车减速位移为：x 2=x 0-x 1=95-15=80m 根据速度位移关系知长途客车加速度大小至少为：
22
221230/
5.625/2280
v a m s m s x ===⨯．
（2）若客车制动时的加速度为a 1=-5m/s 2，在离小狗x =30m 时，客车速度为v 1，则
()221122v v a x x -=-，代入数据解得v 1=20m/s
设t 时速度相等，即v 1+a 1t =at 解得：t =2.5s
此时车的位移231112
x v t a t =+
代入数据解得x 3=34.375m
狗的位移：2
419.5752
x at m =
= 即x 4+x ＞x 3，所以小狗是安全的．
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U 0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 ； （3）电子从下板右侧边沿射出时的动能．
【答案】(1) 0
2eU v m
=
(2) 202
2d U U L
(3) 2
202
()K
L d eU E L
【解析】 【分析】 【详解】
（1）令电子过B 点时的速度大小为v ，有：
2012eU mv =
，02eU v m
= （2）电子在水平板间做类平抛运动，有：
L vt =，
2
122d at =，eU a md
= 联立解得：
202
2d U U
L
（3）总过程对电子利用动能定理有：
002
K U
eU e E +=-，220
K
2
()L d eU E L
15．如图所示，一装满水的水槽放在太阳光下，将平面镜M 斜放入水中，调整其倾斜角度，使一束太阳光从O 点经水面折射和平面镜反射，然后经水面折射回到空气中，最后射到槽左侧上方的屏幕N 上，即可观察到彩色光带。

如果逐渐增大平面镜的倾角θ，各色光将陆续消失，已知所有光线均在同一竖直平面。

（ⅰ）从屏幕上最先消失的是哪种色光（不需要解释）；
（ⅱ）如果射向水槽的光线与水面成45°角，当平面镜M 与水平面夹角45θ=时，屏幕上的彩色光带恰好全部消失，求最后消失的那种色光对水的折射率。

6 【解析】 【分析】 【详解】
（ⅰ）逐渐增大平面镜的倾角，反射光线逆时针转动，反射光线射到水面的入射角增大，由于紫光的临界角最小，所以紫光的入射角最先达到临界角，最先发生全反射，故从屏幕上最先消失的是紫光①.
（ⅱ）画出如图所示的光路图
入射角145θ︒
=
OA 是入射到平面镜上的光线，AD 是法线；设2AOF θ∠=，3OAD θ∠=
由几何关系得
2345θθ+=
232C θθ=+
由折射定律得
1
2
sin sin n θθ= 1sin C n
=
联立解得
6n =
6。