全国高考物理临界状态的假设解决物理试题的推断题综合高考真题汇总及答案解析

全国高考物理临界状态的假设解决物理试题的推断题综合高考真题汇总及答案
解析
一、临界状态的假设解决物理试题
1．中国已进入动车时代，在某轨道拐弯处，动车向右拐弯，左侧的路面比右侧的路面高一些，如图所示，动车的运动可看作是做半径为R的圆周运动，设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L，已知重力加速度为g，要使动车轮缘与内、外侧轨道无挤压，则动车拐弯时的速度应为（）
A．gRh
L
B．
gRh
d
C．
2
gR
D．
gRd
h
【答案】B
【解析】
【详解】
把路基看做斜面，设其倾角为θ，如图所示
当动车轮缘与内、外侧轨道无挤压时，动车在斜面上受到自身重力mg和斜面支持力N，二者的合力提供向心力，即指向水平方向，根据几何关系可得合力F=mg tanθ，合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
mg tanθ＝
2 v m
R
计算得v tan
gR
tanθ＝h d
带入解得v gRh
d
gRh
d
压，故B正确，ACD错误。

故选B。

2．用一根细线一端系一小球（可视为质点），另一端固定在一光滑锥顶上，如图所示。

设小球在水平：面内做匀速圆周运动的角速度为ω，线所受拉力为T ，则下列T 随2ω变化的图像可能正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
对小球受力分析如图
当角速度较小时，小球在光滑锥面上做匀速圆周运动，根据向心力公式可得
2sin cos sin T N mL θθθω-=⋅
cos sin T N mg θθ+=
联立解得
22cos sin T mg mL θθω=+⋅
当角速度较大时，小球离开光滑锥面做匀速圆周运动，根据向心力公式可得
2sin sin T mL ααω=⋅
则
2T mL ω=
综上所述，ABD 错误，C 正确。

故选C 。

3．火车以某一速度v 通过某弯道时，内、外轨道均不受侧压力作用，下面分析正确的是（ ）
A ．轨道半径2
v R g
=
B ．若火车速度大于v 时，外轨将受到侧压力作用，其方向平行轨道平面向外
C ．若火车速度小于v 时，外轨将受到侧压力作用，其方向平行轨道平面向内
D ．当火车质量改变时，安全速率也将改变 【答案】B 【解析】 【详解】
AD ．火车以某一速度v 通过某弯道时，内、外轨道均不受侧压力作用，其所受的重力和支持力的合力提供向心力由图可以得出（θ为轨道平面与水平面的夹角）
tan F mg θ=合
合力等于向心力，故
2
tan v mg m R
θ=
解得
tan v gR θ=与火车质量无关，AD 错误；
B ．当转弯的实际速度大于规定速度时，火车所受的重力和支持力的合力不足以提供所需的向心力，火车有离心趋势，故其外侧车轮轮缘会与铁轨相互挤压，外轨受到侧压力作用方向平行轨道平面向外，B 正确；
C ．当转弯的实际速度小于规定速度时，火车所受的重力和支持力的合力大于所需的向心力，火车有向心趋势，故其内侧车轮轮缘会与铁轨相互挤压，内轨受到侧压力作用方向平行轨道平面向内，C 错误。

故选B 。

4．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 =gL
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 gL 0，当v gL 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 。

5．一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θ＝
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V 1
6
gL D ．当V 3
2
gL 【答案】AD 【解析】 【分析】
根据题意分析可知，本题考查水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F N ，绳对物体拉力为T ，当物体没离开圆锥时：
2
sin cos sin N v T F m
l θθθ
-=，cos sin N T F mg θθ+=两方程联立：()2
cos sin tan cos v T mg m
l θθθθ
+=+，线速度越大，拉力越大．选项A 正确 B.根据选项A 分析B 错误
C.当要脱离时，F N =0，所以2
sin sin v T m l θθ
=，cos T mg θ=得到36
gl v =
所以C 错误
D.根据C 分析，36
gl v >时脱离圆锥，只受重力和拉力作用，所以选项D 正确
故选AD
6．如图所示，在内壁光滑的平底试管内放一个质量为10g 的小球，试管的开口端加盖与水平轴O 连接，试管底与O 相距40cm ，试管在转轴带动下沿竖直平面做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A ．小球通过最高点时，可能对试管底部没有压力
B ．在最高点，小球受到的合外力大小最小，在最低点小球受到的合外力大小最大
C ．小球对试管底部的最小压力一定大于0.2N
D ．在最高点和最低点两处，小球对试管底部的压力大小之差恒定不变 【答案】AD 【解析】 【详解】
A.当通过最高点重力刚好提供向心力时，小球对试管底部没有压力，故A 正确；
B.小球沿竖直平面做匀速圆周运动，在每个位置所受的合外力大小相等，故B 错误；
C.小球要做匀速圆周运动，最高点应满足
2
0.1N v m mg r
≥= 在最低点小球对试管底部的压力大小
2
N 20.2N v F mg m mg r
=+≥=
故C 正确；
D.在最高点小球对试管底部的压力大小
2
N
v F mg m r
'=- 则在最高点和最低点两处，小球对试管底部的压力大小之差
2
N N
2v F F m r
'-= 恒定不变，故D 正确。

故选AD 。

7．如图所示，装置BO 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
37θ=︒．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2
10m/s ，3sin 375︒=
，4cos375
︒=）
（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110rad/s ω=，求细线AC 与AB 的拉力分别多大？ （3）若装置匀速转动的角速度220rad/s ω=，求细线AC 与AB 的拉力分别多大？
【答案】（1）12.5N （2）12.5N 1.5N （3）20N 2N
【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：
T =
cos37mg ︒=10
0.8
N=12.5N
（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：
2tan 37sin 37mg m L ω︒=︒
解得：
102
rad/s rad/s cos3710.82
g L ω=
==︒⨯
由于1ωω<，则细线AB 上有拉力，设为1AB T ，AC 线上的拉力为2AC T
竖直方向
2cos37AC T mg ︒=
根据牛顿第二定律得
2211sin 37sin 37AC AB T T m L ω︒-=︒
解得细线AC 的拉力
212.5N AC T =
细线AB 的拉力
1 1.5N AB T =
（3）当AB 细线竖直且拉力为零时，B 点距C 点的水平和竖直距离相等，故此时细线与竖直方向的夹角为53︒，此时的角速度为ω'，
根据牛顿第二定律
2tan 53sin 53mg m L ω'︒=︒
解得
50
rad/s 3
ω'=
由于250
20rad/s rad/s 3
ω=
>
，当220rad/s ω=时，细线AB 在竖直方向绷直，拉力为2AB T ，仍然由细线AC 上拉力3AC T 的水平分量提供小球做圆周运动需要的向心力． 水平方向
2
32sin 53sin 53AC T m L ω︒=︒
竖直方向
32cos530AC AB T mg T ︒--=
解得细线AC 的拉力
320N AC T =，
细线AB 的拉力
22N AB T =
8．客车以v =20m/s 的速度行驶，突然发现同车道的正前方x 0=120 m 处有一列货车正以v 0=6 m/s 的速度同向匀速前进，于是客车紧急刹车，若客车刹车的加速度大小为a =1m/s 2，做匀减速运动，问： (1)客车与货车速度何时相等？ (2)此时，客车和货车各自位移为多少？
(3)客车是否会与货车相撞？若会相撞，则在什么时刻相撞？相撞时客车位移为多少？若不相撞，则客车与货车的最小距离为多少？
【答案】(1)t =14s (2) x 客= 182m x 货= 84m (3)x min =22m 【解析】
试题分析：（1）设经时间t 客车速度与货车速度相等：v-at=v 0， 可得：t=14s ． （2）此时有：x 客=vt-12
at 2
=182m x 货=v 0t=84m ．
（3）因为x 客＜x 货+x 0，所以不会相撞．经分析客车速度与货车速度相等时距离最小为：x min =x 货+x 0-x 客=22m 考点：追击及相遇问题
【名师点睛】这是两车的追击问题，速度相等时，它们的距离最小，这是判断这道题的关键所在，知道这一点，本题就没有问题了．
9．如图所示，在平面直角坐标系内，第I 象限的等腰三角形MNP 区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y <0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v 0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) 202mv E qh =；(2) 0
min (21)mv B +=；(3) 0(21)h t v π=
【解析】 【分析】 【详解】
(1)由几何关系可知粒子的水平位移为2h ，竖直位移为h ，由类平抛运动规律得
02h v t =
2
12
h at =
由牛顿第二定律可知
Eq ma =
联立解得
20
2mv E qh
=
(2)粒子到达O 点，沿y 铀正方向的分速度
00
2y Eq h v at v m v ==
⋅= 则速度与x 轴正方向的夹角α满足
tan 1y v v α=
=
即
45α︒=
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
2
v Bqv m R
=
解得
mv B qR
=
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
max max 22R R h
轨道半径
max (22)
R h
=-
粒子在磁场中的速度
2
v v
=
解得
min
(21)mv
B
qh
+
=
(3)带电粒子在磁场中圆周运动的周期
22
R m
T
v qB
ππ
==
带电粒子在磁场中转过的角度为180︒，故运动时间
min0
121(21)
22
m h
t T
B q
ππ
-
==⋅=
10．将倾角为θ的光滑绝缘斜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) 小物体带负电 (2)
22
22
cos
2sin
m g
L
q B
θ
θ
=
【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 = mg cosθ，
解得
mgcos
v
qB
θ
=；
由于只有重力做功，故系统机械能守恒，即
21
2
mgLsin mv θ=
解得小物体在斜面上滑行得长度
2222cos 2sin m g L q B θθ
=
11．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。

一质量为m 、＋q 的小球从距B 点x 的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB 向右运动，恰能通过最高点，重力加速度为g ，求： (1)电场强度的大小E ；
(2)小球从开始运动到D 的过程中减少的电势能；
(3)如果将同一带电小球从AB 中点处由静止释放，它离开半圆轨道时离水平轨道的竖直高度。

【答案】(1)52mgR E qx =；(2)52mgR
；(3)76
h R =。

【解析】 【详解】
(1)小球刚好通过圆轨道的最高点，只有重力提供向心力，
2
D
v mg m R
=
解得：
D v gR =小球从A 点到D 点的全过程，由动能定理：
2
1202
D qEx mg R mv -⋅=-
联立可得：
52mgR
E qx
=
； (2)小球在AB 段电场力做正功，电势能减少，由功能关系得：
52
P mgR
E qEx ∆=-=-
即电势能减少了
52
mgR
； (3)从AB 中点处由静止释放的小球，进入圆轨道的速度偏小，将不能顺利通过最高点D ，设即将离开轨道时为F 点，此时的半径与竖直方向的夹角为θ，如图所示：
由动能定理：
21
022x qE
mg h mv -⋅=- 在F 点刚好由重力沿径向的分力提供向心力，由牛顿第二定律：
2cos v mg m R
θ=
由几何关系：
cos h R R θ=+
联立三式解得：
7
6
h R =。

12．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θ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θ角的切磨范围．
【答案】
111arcsin arcsin 632n n
π
πθ+<<- 【解析】
光线从MN 边垂直入射，在OP 边的入射角1π
2
i θ=
-
光线经OP 边反射后，在OQ 边的入射角()2πππ3322
i θθ=--=- 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1i C >且2i C > 可得
ππ
632
C C θ+<<- 由全反射现象有1
sin n C
=
则θ角的切磨范围为
π11π1arcsin arcsin 632n n
θ+<<-
13．如图所示，A 、B 是竖直放置的中心带有小孔的平行金属板，两板间的电压为U 1，C 、D 是水平放置的平行金属板，板间距离为d ，板的长度为L ，P 是C 板的中点，A 、B 两板小孔连线的延长线与C 、D 两板的距离相等，将一个负离子从板的小孔处由静止释放，求： (1)为了使负离子能打在P 点，C 、D 两板间的电压应为多少？ (2) C 、D 两板间所加的电压为多少时，负离子不能打在板上？
【答案】（1）2
12
8U d L
（2）21222U d U L '≤ 【解析】 【分析】 【详解】
(1)设负离子的质量为m ，电量为q ，从B 板小孔飞出的速度为v 0，由动能定理得：
U 1q ＝
2012
mv 由类平抛规律有：
2
L
＝v 0t 2d ＝12
at 2 又
a ＝
2
qU md
联立解得
U cd ＝2
12
8U d L
(2)若负离子不能打在板上，则应满足：
L ＝v 0t '
2
122
d a t ''≥ 又
2
qU a md ''
= 联立解
U 2′2
12
2U d L
≤
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=o 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+=o
232C θθ=+
由折射定律得
1
2
sin
sin n θθ= 1sin C n
=
联立解得
6n =
即对水的折射率是
6。

15．为了测量玻璃棱镜的折射率n ，采用如图所示装置．棱镜放在会聚透镜的前面，AB 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 点）与透镜光心Ο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30α
=︒．
【答案】2(13)1 1.24n =-+≈
【解析】 【详解】
我们分析AC 面上某点α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0r ，0r 由01
sin r n
=
式子决定，从a 点发出光线锥体的达缘光线，将分别以角00r r α'=-和00r r α='+'射在ΑΒ面上的b 和c 两点，要注意：00r r '<，而00r r ''>．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0i 从下面关系式可以得到
00sin 1
sin r i n
='． 由此得到
()00
sin 1sin r i n
α-=
, 整理得到2
0sin cot +1sin i n αα⎛⎫=- ⎪⎝⎭
． 以角0i 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0i 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°）．在本情况下，=30α︒，030i =︒因而
2(13)1 1.24n =-+≈．
【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．。