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1、高考物理推断题综合题专题复习【临界状态的假设解决物理试题】专题解析及详细答案一、临界状态的假设解决物理试题1 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（）AgRhgRLL2h2Bh2L2CgRL2h2gRLhDh【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hv2mgmL2h2R解得vgRhL2h2故 A 正确。故选 A。2 在平直的公路上 A 车正以 v
2、A 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 vB10m / 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： t00 vB10 s 5s ，此时 A 车的位移为：a2xAvAt0vB24 5m 20m ，B 车的位移为： xB100 m 25m ，因为2a4xAxB7m ，可知 B 停止时， A 还未追上，则追及的时间为：txB 725 7 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
3、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3 火车以速率 v1 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v2 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（）v12 v22B av12A a2s2sv22vv2C aD a122s2s【答案】 D【解析】【详解】ABCD.设经过时间t 两车相遇，则有v2t s v1t1 a
4、t 22整理得at22 v2v1 t2s0要使两车不相撞，则上述方程无解，即4 v2 v128as 0解得a故 D 正确 ABC 错误 ?故选 D。2v1v22s4 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 V1 gL 时物体恰好飘离圆锥面63D当 VgL 时物体只受到两个力的作用2【答案】 AD【解析】【分析】根据题意分析可知，本题考查水
5、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FN，绳对物体拉力为T，当物体没离开圆锥时：TsinFN cosm v2， TcosFNsinmg 两方程联立：l sinT cossin tanmgm v2，线速度越大，拉力越大选项A 正确l cosB.根据选项A 分析 B 错误v2， Tcos3glC.当要脱离时， FN=0，所以 Tsinmmg 得到 vl sin6所以 C 错误D.根据 C 分析， v3gl 时脱离圆锥，只受重力和拉力作用，所以选项D 正确6故选 AD5 图甲为 0.1kg 的小球从最低点A 冲入
6、竖直放置在水平地面上、半径为0.4m 半圆轨道后，小球速度的平方与其高度的关系图像。已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计。g 取 10m/s2 ， B 为 AC轨道中点。下列说法正确的是（）A图甲中x4B小球从A 运动到 B 与小球从B 运动到 C 两个阶段损失的机械能相同C小球从A 运动到 C 的过程合外力对其做的功为1.05JD小球从C 抛出后，落地点到A 的距离为0.8m【答案】 ACD【解析】【分析】【详解】A当 h=0.8m 时，小球运动到最高点，因为小球恰能到达最高点C，则在最高点2mgm v解得vgr100.4m/s=2m/s则xv24故 A 正确；B 小
7、球从 A 运动到 B 对轨道的压力大于小球从B 运动到 C 对轨道的压力，则小球从A 运动到 B 受到的摩擦力大于小球从B 运动到 C 受到的摩擦力，小球从B 运动到 C 克服摩擦力做的功较小，损失的机械能较小，胡B 错误；C 小球从 A 运动到 C 的过程动能的变化为Ek1 mv21 mv0210.1(4 25)J1.05J222根据动能定理 W 合= n Ek 可知，小球从A 运动到 C 的过程合外力对其做的功为1.05J，故 C正确；D小球在 C 点的速度 v=2m/s ，小球下落的时间2r1 gt 22t4r40.40.4sgs10则落地点到 A 点的距离xvt20.4m0.8m故 D
8、 正确。故选 ACD。6 如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，圆形管道半径为R ，管道内径略大于小球直径，且远小于R ，则下列说法正确的是（）A小球通过最高点时的最小速度vmingRB小球通过最高点时的最小速度vmin0C小球在水平线ab 以下的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力D小球在水平线ab 以上的管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力【答案】 BC【解析】【详解】AB小球在竖直放置的光滑圆形管道内的圆周运动属于轻杆模型，小球通过最高点时的最小速度为零，故 A 错误， B 正确；C小球在水平线ab 以下的管道中运动时，沿半径方向的合力提供小球做圆周运动的向心力，所
9、以外侧管壁对小球一定有作用力，而内侧管壁对小球一定无作用力，故C 正确；D小球在水平线 ab 以上的管道中运动时，沿半径方向的合力提供小球做圆周运动的向心力，当速度非常大时，内侧管壁没有作用力，此时外侧管壁有作用力，当速度比较小时，内侧管壁有作用力，外侧管壁对小球无作用力，故D 错误。故选 BC。7 质量为 m，带电量为 +q 的滑块从光滑、绝缘斜面上由静止下滑，如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向外，磁感强度为B，则滑块在斜面上滑行过程中（设斜面足够长），滑块（）mgmg cosA在斜面上滑行的最大速度为C作变加速直线运动qBB在斜面上滑行的最大速度为qBm2 gD在斜面上滑动的最大距离为2 s
10、in2q2 B【答案】 BC【解析】AB. 滑块沿斜面下滑时，受重力、支持力、垂直于斜面向上的洛伦兹力洛伦兹力F=qvB，随速度的增大而增大，当 FN=0，即 qvB=mgcos 时速度达到最大，滑块开始离开斜面；所以在斜面上滑行的最大速度为 vmg cos，所以 A 错误， B 正确；qBCD. 由于沿斜面方向的力不变，牛顿第二定律得：mgsin =ma，加速度 a=gsin ，作匀加速直线运动；故 C 正确 ， D 错误 故选 BC.点睛 ：对物体进行受力分析，当物体对斜面的压力为零时，物体开始离开斜面，由平衡条件求出物体此时的速度；由牛顿第二定律求出物体的加速度8 如图所示，装置 BO
11、O 可绕竖直轴O O 转动，可视为质点的小球A 与两轻细线连接后分别系于 B 、 C 两点，装置静止时细线AB 水平，细线 AC 与竖直方向的夹角37 已知小球的质量 m=1kg，细线 AC 长 L=1m， B 点距 C 点的水平和竖直距离相等（重力加速度g 取 10 m/s2 ， sin 373， cos374）55（1）若装置以一定的角速度匀速转动时，线AB 水平且张力恰为0 ，求线 AC 的拉力大小？（ 2）若装置匀速转动的角速度（ 3）若装置匀速转动的角速度1210 rad/s ，求细线 AC 与 AB 的拉力分别多大？20 rad/s，求细线 AC 与 AB 的拉力分别多大？【答案】
12、（ 1） 12.5 N （ 2） 12.5 N1.5 N （3） 20 N 2 N【解析】【详解】（ 1）线 AB 水平且张力恰为 0 时，对小球受力分析：线 AC的拉力：mg10T=N=12.5Ncos370.8（2）当细线 AB 上的张力为0 时，小球的重力和细线AC 拉力的合力提供小球圆周运动的向心力，有：mg tan 37m2 L sin 37解得：g10rad/s5 2 rad/sL cos371 0.82由于 1，则细线 AB 上有拉力，设为 TAB1 ， AC 线上的拉力为 TAC 2竖直方向TAC 2cos37mg根据牛顿第二定律得TAC 2sin 37TAB1m12 L si
13、n 37解得细线AC 的拉力TAC 212.5 N细线AB 的拉力TAB11.5 N（3）当 AB 细线竖直且拉力为零时，直方向的夹角为53 ，此时的角速度为B 点距，C 点的水平和竖直距离相等，故此时细线与竖根据牛顿第二定律mg tan 53m2L sin 53解得50 rad/s3由于5020 rad/s220 rad/srad/s，当23时，细线 AB 在竖直方向绷直，拉力为 TAB 2 ，仍然由细线AC 上拉力 TAC 3 的水平分量提供小球做圆周运动需要的向心力水平方向TAC 3 sin 53m22 L sin 53竖直方向TAC 3 cos53mgTAB 20解得细线 AC 的拉力
14、TAC 320 N ，细线 AB 的拉力TAB22 N9 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， 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)
15、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。23mv2204 3 2 3mv0mv0【答案】（ 1） E3B0（ 2） Ek（3）L2qL48qL3v0【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：1 at123L2加速度：aqEm可得：E3 mv02，8qLt14L，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，rr3L ，sin 30洛伦兹力等于向心力：v2qvBmrv0vv0 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
16、飞出过程，由动能定理得，qE ( 3L 2r ) Ek1 mv22解得：2mv0Ek4（3）粒子经过真空区域的时间，4L38L .t3v3v0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：t443L3v0.粒子从入射直至从电场区域边界飞出经过的时间t t1 t 2 t3 t20432343v0L .10 如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B 点脱离后做平抛运动，经过0.3 秒后又恰好垂直与倾角为 45的斜面相碰到。已知圆轨道半径为R=1m，小球的质量为m=1kg，
17、g 取10m/s 2。求：(1)小球在斜面上的相碰点C 与 B 点的水平距离；(2)小球经过圆弧轨道的B 点时，受到轨道的作用力NB 的大小和方向？【答案】 (1) 0.9m ， (2) 1N ，方向竖直向上。【解析】【详解】(1) 小球垂直落在斜面上，分解末速度：tan 45v0v0vygt解得小球从C 点飞出时的初速度：v03m/s ，则 B 与 C 点的水平距离：xv0t解得： x0.9m ；(2) 假设轨道对小球的作用力竖直向上，根据牛顿第二定律：2mgN Bm v0R解得： N B1N ，方向竖直向上。11 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
18、坐标平面向外的匀强磁场，y0 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v0 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) Emv02；(2) Bmin( 2 1)mv0 ； (3) t( 2 1) h2qhqhv0【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
19、位移为h，由类平抛运动规律得2hv0th 1 at 22由牛顿第二定律可知Eqma联立解得E(2)粒子到达 O 点，沿 y 铀正方向的分速度mv022qhvyEq2hatv0mv0则速度与x 轴正方向的夹角满足vytan1v0即45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v2BqvmR解得mvBqR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Rmax2Rmax2h轨道半径Rmax(22) h粒子在磁场中的速度v2v0解得(21)mv0Bminqh(3)带电粒子在磁场中圆周运动的周期2
20、R2 mTvqB带电粒子在磁场中转过的角度为180 ，故运动时间12 m1(21) htT2Bmin q 2v012 如图所示为柱状玻璃的横截面，圆弧MPN 的圆心为 O 点，半径为 R ， OM 与 ON 的夹角为 90。PMN中点，与OP平行的宽束平行光均匀射向OM 侧面，并进入玻璃，为 ?其中射到 P 点的折射光线恰在P 点发生全反射。(i)分析圆弧 MPN 上不能射出光的范围；(ii)求该玻璃的折射率。【答案】 (i)分析过程见解析；(ii) n5【解析】【详解】(i)光路图如图从 OM 入射的各光线的入射角相等，由nsin r知各处的折射角相等。各折射光线射至圆sin i弧面 MPN
21、 时的入射角不同，其中M 点最大。 P 点恰能全反射，则PM 段均能全反射，无光线射出。(ii) P 点全反射有1sinn相应的 Q 点折射有sin 45nsin由几何关系知45解各式得n513 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
22、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 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，各色光将陆续消失，已知所有光线均在同一竖直平面。（）从屏幕上最先消失的是哪种色光（不需要解释）；（）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45o 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。【答案】（）紫光；（）6 。2【解析】【分析】【详
23、解】（）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.（）画出如图所示的光路图入射角145OA 是入射到平面镜上的光线，AD 是法线；设AOF2 ，OAD3由几何关系得sin由折射定律得sin2345oC22 31 n21sin C联立解得nn62即对水的折射率是6 。215 为了测量玻璃棱镜的折射率nAB面，采用如图所示装置棱镜放在会聚透镜的前面，垂直于透镜的光轴在透镜的焦平面上放一个屏，当散射光照在AC面上时在屏上可以观察到两个区域：照亮区和非照亮区连接两区分界处（D
24、 点）与透镜光心 的线段 OD 与透镜光轴 OO 成角 30试求棱镜的折射率 n棱镜的顶角30 【答案】 n(13)211.24【解析】【详解】我们分析 AC 面上某点 处光线的折射情况（如图所示）根据题意各个方向的光线（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 sinr01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
25、射出，光线的折射角i0 从下面关系式可以得到sinr01sini0nsin r01由此得到,sini 0nsini 02cot+1 整理得到 nsin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=30 ， i 0 30因而）在本情况下，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