备战高考物理压轴题专题复习——临界状态的假设解决物理试题的推断题综合及详细答案

1、备战高考物理压轴题专题复习临界状态的假设解决物理试题的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 一带电量为q、质量为 m 的小球从倾角为的光滑的斜面上由静止开始下滑斜面处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向如图所示，求小球在斜面上滑行的速度范围和滑行的最大距离2222sin )【答案】 m gcos/Bq， mgcos /(2Bq【解析】【分析】【详解】带正电小球从光滑斜面下滑过程中受到重力m g、斜面的支持力N 和洛伦兹力 f 的作用于小球下滑速度越来越大，所受的洛伦兹力越来越大，斜面的支持力越来越小，当支持力为零时，小球运动达到临界状态，此时小球的速度最大，在斜面上滑行的

2、距离最大故 mg cosqvB解得： vmg cos，为小球在斜面上运动的最大速度qB此时小球移动距离为：v2m2 g cos2s2a(2 B2 q2 sin )2 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=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2 m/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

3、：（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 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1m1gm1a1可得a1g2m/s2 1再以整体为研究对象，由牛顿第二定律得F （2m1 m2 ) g （ m1 m2 )a1故得最大拉力F18N ；（2）撤去 F 后 A、B 均做匀减速运动，B 的加速度大小仍为a1 ， A 的加速度大小为a2 ，则（2 m1m2 ) g1 m1gm2a2

4、解得a25m/s2故 A 滑动的时间tv2 s 0.4sa25（3）撤去 F 后 A 滑动的距离x1v2222a22m=0.4m5B 滑动的距离x2v2222a12m=1m2故木板 A 的长度Lx2x10.6m 【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 一根细线一端系一小球（可视为质点），另一端固定在光滑圆锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为，细线的张力为FT，则FT 随 2 变化的图象是（）ABCD【答案】 C【解析】【分析】【详解】由题知小球未离开圆锥表面时细线与竖直方向的夹角为，用 L 表示

5、细线长度，小球离开圆锥表面前，细线的张力为FT，圆锥对小球的支持力为FN，根据牛顿第二定律有TN2F sinF cos m LsinTNF cos F sin mg联立解得FT mg cos 2mLsin2小球离开圆锥表面后，设细线与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定律有FTsinm2Lsin解得FTmL2故 C 正确。故选 C。4 如图所示，AB 为竖直转轴，细绳AC和BC的结点C 系一质量为m 的小球，两绳能承担的最大拉力均为2mg。当AC 和BC 均拉直时ABC=90， ACB=53，BC=1mABC 能绕竖直轴 AB 匀速转动，因而C 球在水平面内做匀速圆周运动当小球的线速度增大时，两绳

6、均会被拉断，则最先被拉断那根绳及另一根绳被拉断时的速度分别为（已知g=10m/s 2，sin53 =0.8， cos53 =0.6）（）A AC 绳 5m/sBBC绳5m/sC AC 绳 5.24m/sD BC绳5.24m/s【答案】 B【解析】【分析】当小球线速度增大时，BC逐渐被拉直，小球线速度增至BC刚被拉直时，对小球进行受力分析，合外力提供向心力，求出A 绳的拉力，线速度再增大些，TA 不变而 TB 增大，所以BC 绳先断；当BC绳断之后，小球线速度继续增大，小球m 作离心运动， AC 绳与竖直方向的夹角 增大，对球进行受力分析，根据合外力提供向心力列式求解。【详解】当小球线速度增大时

7、， BC逐渐被拉直，小球线速度增至 BC刚被拉直时，根据牛顿第二定律得：对小球有TAsin ACB mg=0 v2TA cos ACB+TB= ml由可求得 AC 绳中的拉力TA=5ABBC绳先mg，线速度再增大些，T不变而 T 增大，所以4断。当 BC绳刚要断时，拉力为5mg，代入得TB=2mg ， TA=45ACB2mg mv2v2mg cosrm4l解得v=5.24m/s当 BC线断后， AC线与竖直方向夹角因离心运动而增大，当使球速再增大时，角随球速增大而增大，当 =60时， TAC=2mg ， AC 也断，则有TACsin53 mv2LAC sin 60代入数据解得v=5m/s故 B

8、C线先断； AC线被拉断时球速为5.0m/s 故选 B。【点评】解决本题的关键搞清向心力的来源，抓住临界状态的特点，运用牛顿第二定律进行求解5 在平直的公路上A 车正以 vA 4m / 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 vB 10m / s 的初速度向右匀减速运动，加速度大小为2m / s2 ，则 A 追上 B 所经历的时间是 ()A7 sB 8 sC 9 sD 10 s【答案】 B【解析】试题分析：B 车速度减为零的时间为：0vB10，此时 A 车的位移为：t0as 5s2vB2xAvAt04 5m 20m ，B 车的位移为：10025m ，因为xBm2a4xA

9、xB7m ，可知 B 停止时， A 还未追上，则追及的时间为：txB 7257 s 8s ，故 B 正确vA4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： 分别对两个物体进行研究； 画出运动过程示意图； 列出位移方程； 找出时间关系、速度关系、位移关系； 解出结果，必要时要进行讨论6 如图所示，一根长为L 的轻杆一端固定在光滑水平轴O 上，另一端固定一质量为m 的小球，小球在最低点时给它一初速度，使它在竖直平面内做圆周运动，且刚好能到达最高点 P，重力加速度为g。关于此过程以下说法正确的是（）A小球在最高点时的速度

10、等于gLB小球在最高点时对杆的作用力为零C若减小小球的初速度，则小球仍然能够到达最高点PD若增大小球的初速度，则在最高点时杆对小球的作用力方向可能向上【答案】 D【解析】【分析】【详解】A在最高点，由于轻杆能支撑小球，所以小球在最高点时的速度恰好为零，故A 错误；B. 小球在最高点时小球的速度为零，向心力为零，则此时对杆的作用力F=mg ，方向竖直向下，故 B 错误；C. 若减小小球的初速度，根据机械能守恒定律可知，小球能达到的最大高度减小，即不能到达最高点 P，故 C错误；D. 在最高点，根据牛顿第二定律，有F +mgm v2L当 vgL 时，轻杆对小球的作用力F=0gL 时，杆对小球的作用

11、力F 0 ，则；当 v杆对球的作用力方向竖直向上；当 vgL 时，杆对小球的作用力F 0 ，则杆对球的作用力方向竖直向下，所以若增大小球的初速度，则在最高点时杆对小球的作用力方向可能向上，故D 正确。故选 D。7 如图所示，在边界OPOQ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 v0 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=3 L， ac 垂直于 cQ， ac

12、b=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。mv023mv0mv0220 4 3 2 3【答案】（ 1）B（ ）（）E3EkL8qL232qL43v0【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：2Lv0 cos t1竖直方向：1at123L2加速度：qEam可得：E3mv20 ，8qLt14L，v0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，r3L ，rsin 30洛伦兹力等于

13、向心力：2vqvBmrv0vv0 cos602解得：3mv0B2qL在磁场内运动的时间：r2 3 Lt2.v3v0（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，qE ( 3L 2r ) Ek1 mv22解得：mv02Ek4（3）粒子经过真空区域的时间，4L8L .3t33v0v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t4 ( 3L 2r )1 at 42 ，2解得：43Lt43v0.粒子从入射直至从电场区域边界飞出经过的时间204323t t1 t 2 t3 t43v0L .8 在某路口 ，有按倒计时显示的时间显示灯有一辆汽车在平直路面上正以36 km/h 的速度朝该

14、路口停车线匀速前行，在车头前端离停车线70 m 处司机看到前方绿灯刚好显示“ 5”交通规则规定：绿灯结束时车头已越过停车线的汽车允许通过(1)若不考虑该路段的限速 ，司机的反应时间为 1 s，司机想在剩余时间内使汽车做匀加速直线运动以通过停车线 ，则汽车的加速度至少为多大？(2)若该路段限速60 km/h ，司机的反应时间为 1 s，司机反应过来后汽车先以2 m/s 2 的加速度沿直线加速 3 s，为了防止超速 ，司机在加速结束时立即踩刹车使汽车匀减速直行，结果车头前端与停车线相齐时刚好停下，求刹车后汽车加速度的大小(结果保留两位有效数字 )【答案】 (1)2.5 m/s 2(2)6.1 m/

15、s 2【解析】试题分析：（ 1）司机反应时间内做匀速直线运动的位移是：x1v0t1 10m；加速过程： t25 t14s70 x1 v0t21 a1t 222代入数据解得：a12.5m / s2（2）汽车加速结束时通过的位移：x2 v0t1 v0 t21 a2t3210 10312 3249m22此时离停车线间距为：x370x221m此时速度为： v1v0a2 t2102316m / s匀减速过程： 2ax3v22带入数据解得：a31286.1m / s221考点：匀变速直线运动规律【名师点睛】本题关键分析清楚汽车的运动规律，然后分阶段选择恰当的运动学规律列式求解，不难9 将倾角为的光滑绝缘斜

16、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在斜面上滑行的长度是多少？【答案】 (1)m2 g cos2小物体带负电 (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vmgcos；qB由于只有重力做功

17、，故系统机械能守恒，即mgLsin1 mv22解得小物体在斜面上滑行得长度m2 g cos2L2 sin2q2 B10 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 v0 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 q1 q2 ，质量由小到大的范围为 m1 m2 。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

18、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q1 、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； (2) Emaxm2v02； (3) R sinRcosL ，【答案】 (1)3q1 L5q1LLH R siny Rcos2【解析】【详解】(1)如图甲所示，磁场中运动有2qvBm v0R由几何关系得L2R2RL22得5LR 4解式得4mv0B5qL电荷量为 q1 、质量为 m2 时磁场磁感应强度

19、最大，有4m2v0Bmax5q1L(2)如图乙，在电场中运动，竖直方向有qEma 又有vyat 水平方向有Lv0 t 又有vytanv0由几何关系得Ltan2LL2解式得Emv023qL电荷量为 q1 、质量为 m2 时电场强度最大，有m2 v02Emax3q1L(3)如图丙，电场中有sinvy ， vv02vy2 v又有vyyL2v0L3L22磁场中运动的半径为5LR4由几何关系得RsinR cosLLRcosHR siny211 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（仅考虑光线第

20、一次射到 OP 边并反射到OQ 边的情况），已知宝石对光线的折射率为n求 角的切磨范围【答案】1 arcsin 1arcsin 16 3n2n【解析】光线从 MN 边垂直入射，在OP 边的入射角i12光线经 OP 边反射后，在OQ 边的入射角 i 23322若光线在 OP 边和 OQ 边都发生全反射，设全反射临界角为C则有 i1C 且 i 2C可得 C C632由全反射现象有1nsinC 111则 角的切磨范围为3arcsinarcsinn6n212 如图所示，宽度为d的匀强有界磁场，磁感应强度为B MN和PQ是磁场左右的两条，边界线 ,现有一质量为m，电荷量为 q 的带正电粒子沿图示方向垂直

21、射入磁场中，=45o，要使粒子不能从右边界PQ 射出，求粒子入射速率的最大值为多少?【答案】 (22) Bqdm【解析】【详解】用放缩法作出带电粒子运动的轨迹，如图所示，当其运动轨迹与 PQ 边界线相切于 C 点时，这就是具有最大入射速率 vmax 的粒子的轨迹，由图可知 :R(1-cos45o)=d又vmax2Bqvmax =m联立可得：R(22) Bqdvmax=m13 半径为 R 的半圆柱形玻璃砖，横截面如图所示O 为圆心，已知玻璃的折射率为2 当光由玻璃射向空气时，发生全反射的临界角为45 ，一束与 平面成 45 的平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 平面上射出求能从MN 平面射出的光束的宽度为多少？【答案】2 R2【解析】图中， BO 为沿半径方向入射的光线，在O 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，折射角为r ，则有即这表示在 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14 一质量为m 的小球（可视为质点），系于长为R 的轻绳的一端，绳的另一端固定在空间的O 点，假定绳是不可伸长的、柔软且无弹性的。