天津高考物理临界状态的假设解决物理试题推断题综合题汇编

天津高考物理临界状态的假设解决物理试题推断题综合题汇编
一、临界状态的假设解决物理试题
1．一带电量为＋q 、质量为m 的小球从倾角为θ的光滑的斜面上由静止开始下滑．斜面处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向如图所示，求小球在斜面上滑行的速度范围和滑行的最大距离．
【答案】m gcosθ/Bq ， m 2gcos 2θ/(2B 2q 2sinθ) 【解析】 【分析】 【详解】
带正电小球从光滑斜面下滑过程中受到重力m g 、斜面的支持力N 和洛伦兹力f 的作用于小球下滑速度越来越大，所受的洛伦兹力越来越大，斜面的支持力越来越小，当支持力为零时，小球运动达到临界状态，此时小球的速度最大，在斜面上滑行的距离最大 故cos mg qvB θ= 解得：cos mg v qB
θ
=
，为小球在斜面上运动的最大速度 此时小球移动距离为：
22222
cos 2(2sin )
v m g s a B q θθ==．
2．今年入冬以来，我国多地出现了雾霾天气，给交通安全带来了很大的危害．某地雾霾天气中高速公司上的能见度只有72m ，要保证行驶前方突发紧急情况下汽车的安全，汽车行驶的速度不能太大．已知汽车刹车时的加速度大小为5m/s 2．
（1）若前方紧急情况出现的同时汽车开始制动，汽车行驶的速度不能超过多大？（结果可以带根号）
（2）若驾驶员从感知前方紧急情况到汽车开始制动的反应时间为0.6s ，汽车行驶的速度不能超过多大？ 【答案】（1）125；（2）24m/s ．
【解析】
试题分析：（1）根据速度位移公式求出求出汽车行驶的最大速度；
（2）汽车在反应时间内的做匀速直线运动，结合匀速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移之和等于72m ，运用运动学公式求出汽车行驶的最大速度．
解：（1）设汽车刹车的加速度a=﹣5m/s 2，要在s=72m 内停下，行驶的速度不超过v 1， 由运动学方程有：0﹣v 12=﹣2as ①
代入题中数据可得：v1=12m/s
（2）设有汽车行驶的速度不超过v2，在驾驶员的反应时间t0内汽车作匀速运动的位移
s1：
s1=v2t0 ②
刹车减速位移s2=③
s=s1+s2 ④
由②～④式并代入数据可得：v2=24m/s
答：（1）汽车行驶的速度不能超过m/s；
（2）汽车行驶的速度不能超过24m/s．
【点评】解决本题的关键知道在反应时间内汽车做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动，抓住总位移，结合运动学公式灵活求解．
3．一根细线一端系一小球（可视为质点），另一端固定在光滑圆锥顶上，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，细线的张力为F T，则F T随ω2变化的图象是（）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
由题知小球未离开圆锥表面时细线与竖直方向的夹角为θ，用L表示细线长度，小球离开圆锥表面前，细线的张力为F T，圆锥对小球的支持力为F N，根据牛顿第二定律有
F T sinθ－F N cosθ＝mω2L sinθ
F T cosθ＋F N sinθ＝mg
联立解得
F T＝mg cosθ＋ω2mL sin2θ
小球离开圆锥表面后，设细线与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律有
F T sinα＝mω2L sinα
解得
F T＝mLω2
故C正确。

故选C。

4．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
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 。

5．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 。

6．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 mg
θ D ．这时铁轨对火车的支持力小于cos mg
θ
【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：
2
tan v mg m R
θ=
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 mg
N 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 。

7．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 =m/s
故要使小球做完整的圆周运动，必须满足025v ≥m/s ；
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 。

8．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
72.510m
q
-=⨯ 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-75103
s 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75103
π
-⨯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
(0y 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： 2
mv qvB R
= 解得：
1mv R 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 m
T s v qB πππ-=
==⨯ t 时刻时，这些离子轨迹所对应的圆心角为θ 则23
t 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 ）
33
y x =
3
(0x ≤≤ （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71503
t 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：
222251137312622124
S R R R R R R πππ=
+-⨯=- 则：273
(124
S 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．
9．一辆大客车正在以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：
22
221230/ 5.625/2280
v 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231112
x v t a t =+ 代入数据解得x 3=34.375m
狗的位移：2
419.5752
x at m =
= 即x 4+x ＞x 3，所以小狗是安全的．
10．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
50rad/s 3ω'=
由于25020rad/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
232sin 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 =
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，
2D 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：
21202
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52mgR ； (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：
21022
x 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：
2
cos v mg m R θ= 由几何关系：
cos h R R θ=+
联立三式解得：
76
h R =。

12．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 =
13．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01sin 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 1sin r i n
='． 由此得到()
00sin 1sin r i n
α-=, 整理得到20sin 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
n=-+≈．
(13)1 1.24
【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．
14．如图所示，一束电子流在U1=500V的电压加速后垂直于平行板间的匀强电场飞人两板间的中央．若平行板间的距离d=1cm，板长L=5cm，求：
（1）电子进入平行板间的速度多大?
（2）至少在平行板上加多大电压U2才能使电子不再飞出平行板?(电子电量e=1.6×10-19C，电子的质量m=9×10-31kg)
【答案】（1）1.33×107m/s（2）400V
【解析】
【分析】
【详解】
（1）电子在加速电场中运动时，由动能定理得：
eU1=mv02-0，
代入数据解得：v0=1.33×107m/s；
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，
水平方向：L=v0t，
竖直方向，加速度：，
偏移量：y=at2，
电子刚好不飞出电场时：y=d，
代入数据解得：U2=400V；
15．如图所示，一倾角为α的足够长的绝缘光滑斜面置于磁感应强度为B的匀强磁场中，一质量为m、电荷量为－q的小物块自斜面顶端由静止释放，则当小物块在斜面上滑行经多长时间、多长距离时离开斜面？
【答案】；．
【解析】
试题分析：物块做初速度为零的匀加速直线运动，其加速度为a=gsinα．当qvB=mgcosα时，物块将离开斜面，即
又v=at=gsinα・t，v2=2ax，解得，
考点：匀变速直线运动，洛伦兹力．。