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模拟和真题分类汇总含答案

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模拟和真题分类
汇总含答案
一、临界状态的假设解决物理试题
1．如图所示，在光滑的圆锥顶用长为L 的细线悬挂一质量为m 的小球，圆锥顶角为2θ，当圆锥和球一起以角速度ω匀速转动时，球压紧锥面．
()1此时绳的张力是多少？
()2若要小球离开锥面，则小球的角速度至少为多少？
【答案】（1）()2
2cos sin T mg m l θωθ=+（2）cos g
l ωθ
= 【解析】
（1）小球此时受到竖直向下的重力mg ，绳子的拉力T ，锥面对小球的支持力N ，三个力作用，合力充当向心力，即合力2sin F m l ωθ= 在水平方向上有，sin cos T N ma F ma θθ-==，， 在竖直方向上：cos sin T N mg θθ+= 联立四个式子可得()2
2cos sin T mg m l θωθ=+
（2）重力和拉力完全充当向心力时，小球对锥面的压力为零， 故有向心力tan F mg θ=，2sin F m l ωθ=，联立可得cos g
l ωθ
=，即小球的角速度至
少为cos g
l ωθ
=
；
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=mv 2/R ，解得：R= v 2/ g tanθ，故A 错误；根据牛顿第二定律得：m gtanθ=mv 2/R, 解得：v= gRtan θ，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．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 。

4．如图所示，轻质杆的一端连接一个小球，绕套在固定光滑水平转轴O 上的另一端在竖直平面内做圆周运动。

小球经过最高点时的速度大小为v ，杆对球的作用力大小为F ，其
2F v -图像如图所示。

若图中的a 、b 及重力加速度g 均为已知量，规定竖直向上的方向
为力的正方向。

不计空气阻力，由此可求得（ ）
A ．小球做圆周运动的半径为
g
b
B ．0F =时，小球在最高点的动能为ab
g
C ．22v b =时，小球对杆作用力的方向向下
D ．22v b =时，杆对小球作用力的大小为a 【答案】D 【解析】 【详解】
A ．由图象知，当2v b =时，0F =，杆对小球无弹力，此时重力提供小球做圆周运动的
向心力，有
2
v mg m r
=
解得
b r g
=
故A 错误；
B ．由图象知，当20v =时，故有
F mg a ==
解得
a m g
=
当2v b =时，小球的动能为
2122k ab E mv g
=
= 故B 错误；
C ．由图象可知，当22v b =时，有
0F <
则杆对小球的作用力方向向下，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的弹力方向向上，故C 错误；
D ．由图象可知，当22v b =时，则有
2
2v F mg m mg r
+==
解得
F mg a ==
故D 正确。

故选D 。

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 由gL 逐渐增大时，绳对球的弹力从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 =
当速度小于gL 时，根据牛顿第二定律
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．在上表面水平的小车上叠放着上下表面同样水平的物块A 、B ，已知A 、B 质量相等，A 、B 间的动摩擦因数10.2μ=，物块B 与小车间的动摩擦因数20.3μ=。

小车以加速度
0a 做匀加速直线运动时，A 、B 间发生了相对滑动，B 与小车相对静止，设最大静摩擦力等
于滑动摩擦力，重力加速度g 取210m/s ，小车的加速度大小可能是（ ）
A ．22m/s
B ．22.5m/s
C ．23m/s
D ．24.5m/s
【答案】BC 【解析】 【详解】
以A 为研究对象，由牛顿第二定律得：
μ1mg =ma 0，
得：
a 0=μ1g =2m/s 2，
所以小车的加速度大于2m/s 2。

当B 相对于小车刚要滑动时静摩擦力达到最大值，对B ，由牛顿第二定律得：
μ2•2mg -μ1mg =ma ，
得
a =4m/s 2，
所以小车的加速度范围为
2m/s 2＜a ≤4m/s 2，
故AD 错误，BC 正确。

故选BC 。

7．如图所示，半径为R 的
3
4
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2eBR
v 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 ．
π2m
Be
B ．
2π3m
Be
C ．
3π2m
Be
D ．
8π5m
Be
【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
2
v Bev m r
=
得
r =
2
R 电子在磁场中做圆周运动的周期
2π2πr m
T v 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
11π42m t T Be
==
从CO 边射出磁场的电子在磁场中运动等于或大于
1
2
圆周，其运动时间为 2
1π2m t T Be
= 其中沿DO 方向从O 点射人磁场的电子在磁场中运动
3
4
圆周，其运动时间最长，最长时间 334=
t 3π2m T Be
= 综上所述，故选AC 。

8．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︒=
，4
cos375
︒=）
（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：
1052
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 =
9．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】（1）12.5?/rad 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．
10．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 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，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：
2
()()v T M m g M m r
++=+
解得绳子的拉力：9N T =，方向竖直向下； (2)在最高点时，以水为研究对象：
2
v N Mg M r
+=
解得：6N N =，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：
2min ()()v M m g M m r
+=+ 解得：min 10m/s v =。

11．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 ，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N B 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：
00y tan 45v v v gt
︒== 解得小球从C 点飞出时的初速度：03m/s v =，则B 与C 点的水平距离：
0x v t =
解得：0.9m x =；
(2)假设轨道对小球的作用力竖直向上，根据牛顿第二定律：
20B v mg N m R
-= 解得：B 1N N =，方向竖直向上。

12．一个光滑的圆锥体固定在水平桌面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角30θ︒=，一条长为L 的细绳（其质量不计）一端固定在圆锥体的顶点处，另一端拴一个质量为m 的小球（小球可以看成质点）。

小球以速度v 绕圆锥体的轴线做水平圆周运动，如图所示，当32
gl v =
【答案】2mg
【解析】
【分析】
【详解】
设当小球的速度为0v 时小球恰好脱离锥面，满足
20tan sin v mg m L θθ
=⋅ 解得
03362gL gL v v =
<=所以当32
gL v =β，则有
2
sin mv T r
β= cos 0T mg β-=
又有
sin r L β=⋅
32
gL v =
解得 60β︒=，2T mg =
13．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°。

P 为MN 中点，与OP 平行的宽束平行光均匀射向OM 侧面，并进入玻璃，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)5n =
【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sin sin r n i
=知各处的折射角相等。

各折射光线射至圆弧面MPN 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
1sin n
α=
相应的Q 点折射有 sin 45sin n β
︒
= 由几何关系知
45αβ︒=+
解各式得
5n =
14．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 ππθ+<<- 【解析】 光线从MN 边垂直入射，在OP 边的入射角1π2i 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ππ632
C C θ+<<- 由全反射现象有1sin n C =
则θ角的切磨范围为π11π1arcsin arcsin 632n n
θ+<<-
15．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，θ=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)Bqd + 【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v max 的粒子的轨迹，
由图可知:
R(1-cos45o)=d 又
Bqv max=m
2 max v R
联立可得：
v max。