全国各地高考物理分类：临界状态的假设解决物理试题推断题综合题汇编含答案解析

全国各地高考物理分类：临界状态的假设解决物理试题推断题综合题汇编含答
案解析
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22
2qB 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m
qB
π。

【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
2
11
v qvB m R =
2m 11
2
qU mv =
所以
22
m 2qB L U m
=
（2）设轨迹与CD 板相切于K 点，半径为R 2，在△AKC 中：
2
2
sin 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 L
L 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：
2m
T qB
π=
所以
m 12m t T qB
π==
【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．火车转弯时，如果铁路弯道内外轨一样高，外轨对轮绝（如图a 所示）挤压的弹力F 提供了火车转弯的向心力（如图b 所示），但是靠这种办法得到向心力，铁轨和车轮极易受损．在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨（如图c 所示），当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度小为，以下说法中正确的是
A．该弯道的半径
B．当火车质量改变时，规定的行驶速度也将改变
C．当火车速率大于时，外轨将受到轮缘的挤压
D．当火车速率小于时，外轨将受到轮缘的挤压
【答案】C
【解析】
【详解】
火车拐弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，设转弯处斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得：mgtanθ=mv2/R，解得：R= v2/ g tanθ，故A错误；根据牛顿第二定律得：mgtanθ=mv2/R, 解得：v=gRtan ，与质量无关，故B错误；若速度大于规定速度，重力和支持力的合力不够提供，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨．故C 正确；若速度小于规定速度，重力和支持力的合力提供偏大，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨．故D错误．故选C
.
点睛：火车拐弯时以规定速度行驶，此时火车的重力和支持力的合力提供圆周运动所需的向心力．若速度大于规定速度，重力和支持力的合力不够提供，此时外轨对火车有侧压力；若速度小于规定速度，重力和支持力的合力提供偏大，此时内轨对火车有侧压力．
3．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 tan θ，合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
mg tan θ＝2
v m R
计算得v ＝tan gR θ，根据路基的高和水平宽度得
tan θ＝
h d
带入解得v ＝
gRh d ，即动车拐弯时的速度为gRh
d
时，动车轮缘与内、外侧轨道无挤压，故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

4．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（ ）
A 2
2
gRh L h
-B 2
2
gRL L h
-C 22
gR L h h
-D gRL
h
【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
2
22v mg m R L h
⋅=-
解得
2
2
gRh v L h
=
-
故A 正确。

故选A 。

5．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2
v
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 ．若物体为细绳，速度为gL 时，重力提供向心力，所以绳子拉力为0，当v 由gL 逐渐增大时，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 。

6．竖直平面内的四个光滑轨道，由直轨道和平滑连接的圆弧轨道组成，圆轨道的半径为R ，P 为圆弧轨道的最低点。

P 点左侧的四个轨道均相同，P 点右侧的四个圆弧轨道的形状如图所示。

现让四个相同的小球 （ 可视为质点，直径小于图丁中圆管内径 ） 分别从四个直轨道上高度均为h 处由静止下滑，关于小球通过P 点后的运动情况，下列说法正确的是 （ ）
A ．若 h ＜1
2
R ，则四个小球能达到的最大高度均相同 B ．若 h=R ，则四个小球能达到的最大高度均相同
C ．若h=5
2
R ，则图乙中的小球能达到的高度最大 D ．若 h=
5
2
R ，则图甲、图丙中的小球能达到的最大高度相同 【答案】ACD 【解析】 【详解】
A ．若2R h <
，根据机械能守恒定律可知，四个小球都能上升到右侧高度2
R
h <处，即小球不会超过圆弧的四分之一轨道，则不会脱离圆轨道，故上升到最高点的速度均位列零，最大高度相同为h ，A 正确；
B ．若h ＝R ，根据机械能守恒，甲乙丁都能上升到右侧高度R 处而不会越过圆弧的四分之一轨道，而丙图中小球做斜上抛运动离开轨道，到达最高点时还有水平的速度，最大高度小于R ，B 错误；
C ．若5
2
h R =
，甲、丁两图中的小球不会脱离圆轨道，最高点的速度不为零，丙图小球离开轨道，最高点速度也不为零，乙图离开轨道，上升到最高点的速度为零，根据机械能守恒知，图乙中小球到达的高度最大，故C 正确； D ．若5
2
h R =
，图甲中小球到达的最大高度为2R ，根据机械能守恒得， 21
22
mgh mg R mv '-⋅=
得最高点的速度为
2(2)v g h R gR '=-=
对于图丙，设小球离开轨道时的速度为v 1，根据机械能守恒得，
2
11(cos602
mgh mg R R mv -⋅-︒=
） 而到达最高点的速度
v =v 1cos60°，
联立解得最高点的速度
v gR =
则两球到达最高点的速度相等，根据机械能守恒得，甲、丙图中小球到达的最大高度相等，故D 正确； 故选ACD 。

【点睛】
本题考查机械能守恒定律的应用，通过机械能守恒定律建立方程分析不同情况下上升的最大高度；解题的关键在于丙图的情况，小球离开轨道做斜上抛运动，最高点的速度不为0。

7．图甲为 0.1kg 的小球从最低点A 冲入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210m/s ，B 为AC 轨道中点。

下列说法正确的是（ ）
A ．图甲中x ＝4
B ．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–1.05J
D ．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
2
v mg m r
=
解得
100.4m/s=2m/s v gr ==⨯
则
24x v ==
故A 正确；
B ． 小球从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
22k 0111
Δ0.1(425)J 1.05J 222
E mv mv =
-=⨯⨯-=- 根据动能定理W 合=n E k 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
2
122
r gt =
440.4s 0.4s 10
r t g ⨯=
== 则落地点到A 点的距离
20.4m 0.8m x vt '==⨯=
故D 正确。

故选ACD 。

8．如图所示，长为L 的轻绳，一端栓住一个质量为m 的小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球能够在竖直平面内做圆周运动，下列叙述中错误．．
的是
A ．小球运动到最高点的速度v 的极小值为0
B ．当小球运动到最低点时，小球的向心力由绳的拉力和重力的合力提供
C ．当小球运动到最高点的速度v gL =
D ．当小球运动到最高点的速度v gL =时，绳对小球的弹力为mg
【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
ACD .当小球在最高点绳的拉力为零时，圆周运动的速度最小，则2
v mg m L
=，可得
v gL =，故A 错误，C 正确、D 错误．
B .当小球运动到最低点时，由牛顿第二定律可知2
v T mg m L
-=，即小球的向心力由绳的
拉力和重力的合力提供，则B 正确．故选BC.
9．如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r =0.4m ，最低点处有一小球（半径比r 小很多），现给小球一水平向右的初速度v 0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v 0应当满足（g =10m/s 2）（ ）
A ．04v ≥m/s
B ．025v ≥
C ．025m/s 22m/s v ≤≤
D ．022v ≤m/s
【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
小球不脱离圆轨道时，最高点的临界情况为
2
v mg m r
=
解得
2v gr ==m/s
根据机械能守恒定律得
22011
222
mv mg r mv =⋅+ 解得
025v =
故要使小球做完整的圆周运动，必须满足025v ≥；
若不通过圆心等高处小球也不会脱离圆轨道，根据机械能守恒定律有
2
012
mgr mv =
解得
022v =m/s
故小球不越过圆心等高处，必须满足022v ≤m/s ，所以要使小球不脱离圆轨道运动，v 0应当满足025v ≥m/s 或022v ≤m/s ，AC 错误，BD 正确。

故选BD 。

10．如图所示，用一根长为l ＝1m 的细线，一端系一质量为m ＝1kg 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θ＝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ω时，细线的张力为F T ．(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ω0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ω′为多大？ 【答案】（112.5?/s （2）25/rad s ． 【解析】
试题分析：（1）小球刚好离开锥面时，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：2
0tan sin mg m l θωθ=
解得：012.5rad/s cos g
l ωθ
=
= （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：
'2tan sin mg m l θωθ=
解得：20rad/s cos g
l ωα
='=
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．
11．如图在长为3l ，宽为l 的长方形玻璃砖ABCD 中，有一个边长为l 的正三棱柱空气泡EFG ，其中三棱柱的EF 边平行于AB 边，H 为EF 边中点，G 点在CD 边中点处．（忽略经CD 表面反射后的光）
（i ）一条白光a 垂直于AB 边射向FG 边的中点O 时会发生色散，在玻璃砖CD 边形成彩色光带．通过作图，回答彩色光带所在区域并定性说明哪种颜色的光最靠近G 点；
（ii ）一束宽度为2l 的单色光，垂直AB 边入射到EH 上时，求CD 边上透射出光的宽度？（已知该单色光在玻璃砖中的折射率为3n =） 【答案】（i ）红光更靠近G 点 （ii ）l 【解析】
【详解】
（i ）光路如图：MN 间有彩色光带，红光最靠近G 点
在FG 面光线由空气射向玻璃，光线向法线方向偏折，因为红光的折射率小于紫光的折射率，所以红光更靠近G 点
（ii ）垂直EH 入射的光，在EG 面上会发生折射和反射现象，光路如图所示
在E 点的入射光，根据几何关系和折射定律，可得：
160∠=︒
sin 1sin 2
n ∠=∠ 联立可得：230∠=︒
在E 的折射光射到CD 面的I 点，由几何关系得：
330∠=︒
根据折射定律可得：
13sin 3C n == 1sin 3sin 2
C ∠=< 所以C
D 面上I 点的入射光可以发生折射透射出CD 面.
在E 的反射射光射经FG 面折射后射到到CD 面的J 点，由几何关系得：
460o ∠=
3sin 4sin 2
C ∠=> 所以C
D 面上J 点的入射光发生全反射，无法透射出CD 面
综上分析，CD 面上有光透射出的范围在GI 间
由几何关系得CD 面上有光透出的长度为l 。

12．如图所示，为两组正对的平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，一电子由静止开始从竖直板的中点A 出发，经电压U 0加速后通过另一竖直板的中点B ，然后从正中间射入两块水平金属板间，已知两水平金属板的长度为L ，板间距离为d ，两水平板间加有一恒定电压，最后电子恰好能从下板右侧边沿射出．已知电子的质量为m ，电荷量为-e .求： （1）电子过B 点时的速度大小；
（2）两水平金属板间的电压大小U ；
（3）电子从下板右侧边沿射出时的动能．
【答案】(1) 02eU v m
= (2) 2022d U U L = (3) 2202()K L d eU E L += 【解析】
【分析】
【详解】
（1）令电子过B 点时的速度大小为v ，有：
2012eU mv =，02eU v m
=（2）电子在水平板间做类平抛运动，有：
L vt =，2122d at =，eU a md
=
联立解得：
2022d U U L =
（3）总过程对电子利用动能定理有： 002
K U eU e E +=-，220K 2()L d eU E L +=
13．如图所示，用一根长为l =1m 的细线，一端系一质量为m =1kg 的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑椎体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ=37°，当小球在水平面内绕椎体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为T 。

求(取
g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，结果用根式表示)：
(1)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？
(2)若小球的角速度ω=25rad/s ，则细线与竖直方向的夹角为多大？细绳的张力多大？
(3)若小球的角速度ω=5rad/s ，则小球对圆锥体的压力为多大？
【答案】（112.5rad/s ；（2）60︒，20N ；(3)3.6N
【解析】
【分析】
【详解】
（1）小球刚好离开锥面时，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
20tan sin mg m l θωθ=
解得
012.5rad/s cos g l ωθ
== （2）因0ωω>，故此时小球已离开锥面，小球受到锥面的支持力F N =0，设细线与竖直方向的夹角为α，则
2tan sin mg m l αωα=
解得60α=o ，则细绳的张力
220N cos60
mg T mg ===o （3）因0ωω<，故此时小球未离开锥面，设小球受到的支持力为F N ，细线张力为F ，则
cos37sin 37N F F mg +=o o
2sin 37cos37sin 37N F F m l ω-o o o ＝
联立以上两式，代入数据得：F N =3.6N 。

14．如图所示，MN 是一个水平光屏，多边形ACBOA 为某种透明介质的截面图。

AOC △为等腰直角三角形，BC 为半径R =8cm 的四分之一圆弧，AB 与光屏MN 垂直并接触于A 点。

一束紫光以入射角i 射向AB 面上的O 点，能在光屏MN 上出现两个亮斑，AN 上的亮斑为P 1（未画出），AM 上的亮斑为P 2（未画出），已知该介质对紫光的折射率为2n =。

(1)当入射角i =30°时，求AN 上的亮斑P 1到A 点的距离x 1；
(2)逐渐增大入射角i ，当AN 上的亮斑P 1刚消失时，求此时AM 上的亮斑P 2到A 点的距离x 2。

【答案】(1)8cm ；(2)8cm
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据题意画出光路图：
设AB 分界面上的折射角为r ，根据折射定律
sin sin r n i
=
解得 45r ︒=
在1Rt AOP V 中
1tan(90)x R r ︒=-
解得
18cm x =
(2)当光在AB 面上的入射角满足
i C =
AN 上的亮斑刚消失设紫光的临界角为C ，画出光路图
则有
1sin C n =
当45i ︒=时，AB 面上反射角45β︒=，反射光线垂直射到AC 面上后入射到AM 上，则
2tan(90)x R β︒=-
解得
28cm x =
15．一辆值勤的警车（已启动）停在公路边，当警员发现一辆以7m/s 的速度匀速向前行驶的货车有违章行为，当货车经过警车时，警车以加速度a=2m/s 2向前做匀加速运动．求：
（1）警车开动后经多长时间能追上违章的货车，这时警车速度多大；
（2）在警车追上货车之前，何时两车间的最大距离，最大距离是多少．
（3）如果警员发现在他前面9m 处以7m/s 的速度匀速向前行驶的货车有违章行为时，决定前去追赶，经3s ，警车发动起来，以加速度a=2m/s 2做匀加速运动．求警车发动后经多长时间能追上违章的货车，这时警车速度多大？
【答案】（1）7s ；14m/s （2）3．5s ；12．25m （3）10s ；20m/s
【解析】
试题分析：（1）由题意可知：2112x at =
2x vt = x 1=x 2
得 t=7s v=at=14m/s
（2）当两车速度相等时，两车间距最大； 3.5v t s a
==' 20142.252
m x vt x at m ∆=+-=' Δx= x 2’- x 1’=12．25m
（3）x 0=9+7×3m=30m
2112
x at =
x 2=vt x 1=x 2+x 0 得 t=10s v=at=20m/s
考点：追击及相遇问题
【名师点睛】本题考查了运动学中的追及问题，解题时要抓住位移关系，结合运动学公式灵活求解，知道速度相等时，相距最远；两车相遇时位移相同．。