备战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详细答案.docx

《备战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详细答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《备战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详细答案.docx（25页珍藏版）》请在三一文库上搜索。

1、备战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详细答案一、临界状态的假设解决物理试题1 如图所示为一玻璃砖的横截面，其中OAB 是半径为 R 的扇形， AOB 45， OBD为等腰直角三角形一束光线从距O 点 R 的 P 点垂直于 OD 边射人，光线恰好在BD 边上2发生全反射，最后从 AB 边上某点第一次射出玻璃砖已知光在真空中的传播速度为c，求：（ 1）玻璃砖对该光线的折射率；（ 2）光从 P 点射人到第一次射出玻璃砖过程中，光在玻璃砖中传播的时间【答案】（ 1） n2 ；（ 2） t( 6 2 2) R2c【解析】【分析】【详解】（1）作出光路如图所示，由几何关系得sinOEP

2、又光线恰好发生全反射，所以OEPCOP2OE212sin C=n2解得玻璃砖对该光线的折射率n2（2）由几何关系知，BD 边与 OA 边平行，光线在OA 边上也恰好发生全反射1PEEGGFQHR2因此sinQH1QOH2OQQOH 30OHR cos303 R2因此光在玻璃中传播的路程另有 n=s PE EF FQ EF OH3 2 R2cv则光在玻璃中传播的时间sns( 6 2 2)tcRv2c答：（ 1）玻璃砖对该光线的折射率 n2 ；（ 2 ）光在玻璃砖中传播的时间t( 6 2 2) R 2c2 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（

3、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：（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

4、，拉力达到最大以 B 为研究对象，由牛顿第二定律得1m1gm1a1可得a1g 2m/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x1v222m=0.4m2a225B 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

5、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 如图所示，带电荷量为q、质量为 m 的物块从倾角为 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)4mg8m2 g【答案】最大速度为：;最大位移为：2 B25qB15q【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

6、 qvm B mgcos 物块沿斜面下滑过程中，由动能定理得mgs sin1 mv22联立解得： vmmg cos4mg , smvm28m2 gqB5qB2g sin15q2 B24 壁厚不计的圆筒形薄壁玻璃容器的侧视图如图所示。圆形底面的直径为2R ，圆筒的高度为 R。(1)若容器内盛满甲液体，在容器中心放置一个点光源，在侧壁以外所有位置均能看到该点光源，求甲液体的折射率；(2)若容器内装满乙液体，在容器下底面以外有若干个光源，却不能通过侧壁在筒外看到所有的光源，求乙液体的折射率。【答案】 (1) n甲5 ； (2) n乙2【解析】【详解】(1)盛满甲液体，如图甲所示，P 点刚好全反射时为

7、最小折射率，有1nsin C由几何关系知Rsin C22R2R2解得n5则甲液体的折射率应为n甲5(2)盛满乙液体，如图乙所示，与底边平行的光线刚好射入液体时对应液体的最小折射率，A 点n乙1sin C由几何关系得90CB 点恰好全反射有C解各式得n乙2则乙液体的折射率应为n乙25 如图所示，带电粒子（不计重力）以初速度v0 从 a 点垂直于y 轴进入匀强磁场，运动过程中经过b 点， Oa Ob。若撤去磁场加一个与y 轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度v0 从 a 点垂直于y 轴进入电场，仍能通过b 点，则电场强度E 和磁感应强度B 的比值为（ ）A v02C 2v0D v0Bv02【答案】

8、C【解析】【详解】设 OaObd ，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d ，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：2mv0qv0 B解得：Bdmv0qd如果换成匀强电场，水平方向以v0 做匀速直线运动，在水平方向：dv0t竖直沿 y 轴负方向做匀加速运动，即：d1 at 2qE t 222m解得：E则有：2mv02qdE2v0B故 C 正确， A、 B、D 错误；故选 C。6 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v0 ，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

9、下列说法正确的是（）A小球过最高点时速度为零2B小球开始运动时细绳对小球的拉力大小为m v0LC小球过最高点时细绳对小球的拉力大小为mgD小球过最高点时速度大小为gL【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v2mgmL得小球过最高点时速度大小vgL故 AC 错误， D 正确；B小球开始运动时仍处于最低点，则2F mg m v0L拉力大小2Fmgm v0L故 B 错误。故选 D。7 如图所示，半径为R 的 3 圆形区域内有垂直于圆平面向里的匀强磁场。磁感应强度大4小为 B，O 为圆心， AOC= 90 ， D 为 AC的中点， DO 为一块很薄的粒子吸收板。一束质

10、量为 m、电荷量为 e 的电子以相同速度 veBR在 AD 间平行于 DO 方向垂直射入磁场，2m不考虑电子的重力及相互作用，电子打在吸收板上即被板吸收。则电子在磁场中运动的时间可能为（）Am2m3m8mB3BeCD2Be2Be5Be【答案】 AC【解析】【详解】所有电子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r 相同，由2vBevmr得电子在磁场中做圆周运动的周期T画出电子在磁场中运动的轨迹如图所示Rr=22r2mvBe可知从 AO 边射出磁场的电子在磁场中运动二圆周，其运动时间为t11mT2Be4从 CO边射出磁场的电子在磁场中运动等于或大于1 圆周，其运动时间为2t 1 Tm22Be其中沿 DO 方

11、向从 O 点射人磁场的电子在磁场中运动3 圆周，其运动时间最长，最长时间4t33 T3m42Be综上所述，故选AC。8 如图所示，用一根长为l 1m 的细线，一端系一质量为m1kg 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 时，细线的张力为FT (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0 至少为多大？(2)若细线与竖直方向的夹角为60，则小球的角速度为多大？【答案】（ 1）12.5?rad / s （ 2） 2 5rad / s【解析】试题分析：（ 1）小球刚

12、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： mg tanm02l sin解得： 0g12.5rad/sl cos（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：mg tanm 2 l sin解得：g20rad/sl cos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

13、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：v2T( Mm)g( Mm)r解得绳子的拉力：T9N ，方向竖直向下；(2) 在最高点时，以水为研究对象：N MgM v2r解得： N 6N，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：( M m)g (Mm)

14、vmin2r解得： vmin10m/s 。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L ，且在 P 点处有一个发4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 13qBL 的离子在 DE边的射出点距离D 点的范围32mqBLL(23) L【答案】 (1) v(2)d8m48【解析】【分析】【详解】因离子以垂直于磁场的速度射入磁场

15、，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Lr .8qvB m v2qBL对离子，由牛顿第二定律有? vr8m(2)当 v 13qBL 时，设离子在磁场中做圆周运动的半径为R，32m则由 qvB m v213L可得 . R32R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：LLR2 (x)2 (R)2，44计算可得x 5 L，8设此时 DE 边出射点与D 点的距离为d1，则由几何关系有：(L x)2 (R d1)2 R2，L解得

16、d1.4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 d2，其轨迹如图乙所示，由几何关系有：232L 2R (L R) (d2) ，44解得 d22 3L8故速率为13qBL的离子在DE 边的射出点距离D 点的范围为L23 Lvd32m48【点睛】粒子圆周运动的半径mvr，速率越大半径越大，越容易射出正方形区域，粒子在正方Bq形区域圆周运动的半径若不超过L ，则粒子一定不能射出磁场区域，根据牛顿第二定律求8出速率即可11 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

17、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

18、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2Emv0电荷量为 q1 、质量为 m2 时电场强度最大，有m2 v02Emax3q1L(3

19、)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 cosLLyRcosHR sin212 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-cos

20、45o)=d又Bqvmax =m联立可得：vmax2R(22) Bqdvmax=m13 如图所示 . 半径分别为a 、b 的两同心虚线圆所围空间分别存在电场和磁场，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

21、（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）【答案】（ 1）（ 2）（3） 3(b2a2 )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

22、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14 了 量玻璃棱 的折射率n，采用如 所示装置棱 放在会聚透 的前面，AB 面垂直于透 的光 在透 的焦平面上放一个屏，当散射光照在AC面上 在屏上可以 察到两个区域：照亮区和非照亮区 接两区分界 （D 点）与透 光心的 段 OD 与透 光 OO 成角 30 求棱 的折射率n棱 的 角30 【答案】 n(13)211.24【解析】【 解】我 分析AC 面上某点 光 的折射情况（如 所示）根据 意各个方向的光 （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 sin

23、r01式子决定，从 a 点发出光线锥体的达缘光线，将分别以角nr0 r0和 r0 r0射在 面上的 b 和 c 两点，要注意：r0 r0 ，而 r0 r0 这意味着，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

24、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。5【答案】 ( ) Carcsin； ( ） 3.85m6【解析】【分析】【详解】（ ）玻璃砖的临界角1sin Cn解得5Carcsin6（ ）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，则sinLL2d 2根据sinnsinsinhh2s2联立解得h 3.75m则灯光可以照射的高度H=h+L 3.85m