备战高考物理临界状态的假设解决物理试题的推断题综合热点考点难点

备战高考物理临界状态的假设解决物理试题的推断题综合热点考点难点一、临界状态的假设解决物理试题1．如图所示，M 、N 为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值。

静止的带电粒子带电荷量为＋q ，质量为m （不计重力），从点P 经电场加速后，从小孔Q 进入N 板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，CD 为磁场边界上的一绝缘板，它与N 板的夹角θ＝45°，孔Q 到板的下端C 的距离为L ，当M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD 板上，求：（1）两板间电压的最大值U m ；（2）CD 板上可能被粒子打中区域的长度s ； （3）粒子在磁场中运动的最长时间t m 。

【答案】（1）两板间电压的最大值m U 为222qB L m；（2）CD 板上可能被粒子打中的区域的长度x 为(22)L ； （3）粒子在磁场中运动的最长时间m t 为mqBπ。

【解析】 【分析】（1）粒子恰好垂直打在CD 板上，根据粒子的运动的轨迹，可以求得粒子运动的半径，由半径公式可以求得电压的大小；（2）当粒子的运动的轨迹恰好与CD 板相切时，这是粒子能达到的最下边的边缘，在由几何关系可以求得被粒子打中的区域的长度．（3）打在QE 间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半周期，根据周期公式即可求解。

【详解】（1）M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD 板上，所以圆心在C 点，CH=QC=L ，故半径R 1=L ，又因211v qvB m R =2m 112qU mv =所以22m 2qB L U m=（2）设轨迹与CD 板相切于K 点，半径为R 2，在△AKC 中：22sin 45R R L ︒=- 所以2(21)R L =-即KC 长等于2(21)R L =-所以CD 板上可能被粒子打中的区域即为HK 的长度12(21)(22)x HK R R LL L -===-=﹣﹣ （3）打在QE 间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半周期：2mT qBπ=所以m 12m t T qBπ==【点睛】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了。

2．质量为m 2=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m 1=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/s 2，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，拉力达到最大 以B 为研究对象，由牛顿第二定律得1111m g m a μ=可得2112m/s a g μ==．再以整体为研究对象，由牛顿第二定律得212121 ))F m m g m m a μ-+=+（（ 故得最大拉力18F N =；（2）撤去F 后A 、B 均做匀减速运动，B 的加速度大小仍为1a ，A 的加速度大小为2a ，则 2121122)m m g m g m a μμ+-=（解得225m/s a =故A 滑动的时间220.45v t s s a === （3）撤去F 后A 滑动的距离22122m=0.4m 225v x a ==⨯B 滑动的距离22212m=1m 222v x a ==⨯故木板A 的长度210.6m L x x =-=．【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．如图甲所示，小车B 紧靠平台的边缘静止在光滑水平面上，物体A （可视为质点）以初速度v 0从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上，物体和小车的v -t 图像如图乙所示，取重力加速度g =10m /s 2，求：(1)物体A 与小车上表面间的动摩擦因数； (2)物体A 与小车B 的质量之比； (3)小车的最小长度。

【答案】(1)0.3；(2)13；(3)2m 【解析】 【分析】 【详解】(1)根据v t -图像可知，A 在小车上做减速运动，加速度的大小21241m /s 3m /s 1v a t ==∆-∆=若物体A 的质量为m 与小车上表面间的动摩擦因数为μ，则1mg ma μ=联立可得0.3μ=(2)设小车B 的质量为M ，加速度大小为2a ，根据牛顿第二定律2mg Ma μ=得13m M = (3)设小车的最小长度为L ，整个过程系统损失的动能，全部转化为内能22011()22mgL mv M m v μ=-+解得L =2m4．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：2112AB 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：220111222qU mv mv =-；联立两式可得：202AB 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．铁路在弯道处的内、外轨道高低是不同的，已知内、外轨道连线与水平面倾角为θ，弯道处的圆弧半径为R ，若质量为m 的火车转弯的时速度小于临界转弯速度tan Rg θ 时，则（ ）A ．内轨受挤压B ．外轨受挤压C ．这时铁轨对火车的支持力等于cos mgθ D ．这时铁轨对火车的支持力小于cos mgθ【答案】AD 【解析】 【详解】AB ．当车轮对内外轨道均无作用力时，受力分析：根据牛顿第二定律：2tan v mg m Rθ=解得：tan v Rg θ=，当速度小于tan Rg θ，车轮有向心的趋势，所以对内轨产生压力，A 正确，B 错误；CD ．当车轮对内外轨道均无作用力时，轨道对火车的支持力：cos mgN θ=当内轨道对火车施加作用力沿着轨道平面，可以把这个力分解为水平和竖直向上的两个分力，由于竖直向上的分力作用，使支持力变小，C 错误，D 正确。

故选AD 。

6．如图所示，半径为R 的34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。

一束质量为m 、电荷量为e 的电子以相同速度2eBRv m=在AD 间平行于DO 方向垂直射入磁场，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（ ）A ．π2mBeB ．2π3mBeC ．3π2mBeD ．8π5mBe【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2vBev mr=得r=2R电子在磁场中做圆周运动的周期2π2πr mTv Be==画出电子在磁场中运动的轨迹如图所示可知从AO边射出磁场的电子在磁场中运动二圆周，其运动时间为11π42mt TBe ==从CO边射出磁场的电子在磁场中运动等于或大于12圆周，其运动时间为21π2mt TBe=其中沿DO方向从O点射人磁场的电子在磁场中运动34圆周，其运动时间最长，最长时间33 4 =t3π2m TBe =综上所述，故选AC。

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（）A．在斜面上滑行的最大速度为mgqBB．在斜面上滑行的最大速度为cosmgqBθC ．作变加速直线运动D ．在斜面上滑动的最大距离为2222sin m gq B θ【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F N =0，即qvB=mgcosθ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cos mg v qBθ=，所以A 错误，B 正确； C D. 由于沿斜面方向的力不变，牛顿第二定律得：mgsinθ=ma ，加速度a=gsinθ，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．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a 1＝0.5 m/s 2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/s 2 (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 －212at ＝832 m A 车前进的位移为x A ＝v A Δt ＋v A (t －Δt )＋12a 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.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72.510mq-=⨯ 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-75103s 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75103π-⨯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(0)y 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： 2mv qvB R= 解得：1mvR 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 mT s v qBπππ-===⨯ t 时刻时，这些离子轨迹所对应的圆心角为θ则23t 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 ）3y x =3(0)x ≤≤ （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71503t 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：2222511373126212S R R R R R R πππ=+-⨯=- 则：273()12S 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．10．一辆大客车正在以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：22221230/ 5.625/2280v 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231112x v t a t =+代入数据解得x 3=34.375m 狗的位移：2419.5752x at m == 即x 4+x ＞x 3，所以小狗是安全的．11．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4L ，且在P 点处有一个发射正离子的装置，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 ＝1332qBL m的离子在DE 边的射出点距离D 点的范围． 【答案】(1)8qBL v m ≤(2)(23)48L L d +≤< 【解析】【分析】【详解】因离子以垂直于磁场的速度射入磁场，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r ≤8L . 对离子，由牛顿第二定律有qvB ＝m 2v r⇒ 8qBL v m ≤ (2)当v ＝1332qBL m时，设离子在磁场中做圆周运动的半径为R ，则由2v qvB m R ＝可得.1332L R = 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：R 2＝(x －4L )2＋(R －4L )2， 计算可得x ＝58L ， 设此时DE 边出射点与D 点的距离为d 1，则由几何关系有：(L －x )2＋(R －d 1)2＝R 2， 解得d 1＝4L . 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d 2，其轨迹如图乙所示，由几何关系有：R 2＝(34L －R )2＋(d 2－4L )2， 解得d 2＝(238L 故速率为v ＝1332qBL m 的离子在DE 边的射出点距离D 点的范围为(2348L L d ≤< 【点睛】 粒子圆周运动的半径mv r Bq= ，速率越大半径越大，越容易射出正方形区域，粒子在正方形区域圆周运动的半径若不超过8L ，则粒子一定不能射出磁场区域，根据牛顿第二定律求出速率即可．12．光滑绝缘的水平轨道AB 与半径为R 的光滑的半圆形轨道BCD 相切于B 点，水平轨道AB 部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B 为最低点，D 为最高点。