【物理】物理临界状态的假设解决物理试题的专项培优练习题(含答案)附答案

【物理】物理临界状态的假设解决物理试题的专项培优练习题(含答案)附答案
一、临界状态的假设解决物理试题
1．一足够长的矩形区域abcd 内充满磁感应强度为B,方向垂直纸而向里的匀强磁场,矩形区域的左边界ad 宽为L,现从ad 中点O 垂直于磁场射入一带电粒亍,速度大小为v 方向与ad 边夹角为30°,如图所示．已知粒子的电荷量为q,质量为m(重力不计)． 求：(1)若拉子带负电,且恰能从d 点射出磁场,求v 的大小；
(2)若粒子带正电,使粒子能从ab 边射出磁场,求拉子从ab 边穿出的最短时间．
【答案】（1）2BqL
m ；（2
）56m qB
【解析】 【分析】
（1）根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力，结合几何关系可确定半径的范围，即可求解；
（2）根据题意确定运动轨迹，再由圆心角与周期公式，即可确定最短运动的时间； 【详解】
（1）由图可知：R ＝ 2
L
据洛伦兹力提供向心力，得：20
v qvB m R
＝ 则02qBR qBL
v m m
＝
＝ （2）若粒子带正电，粒子的运动轨迹如图，
当粒子的速度大于与R 1相对应的速度v 1时，粒子从cd 边射出，由几何关系可知R 1=L ；由
洛伦兹力等于向心力可知：2
111
v qv B m R ＝
从图中看出，当轨迹的半径对应R 1时从ab 边上射出时用时间最短，此时对应的圆心角为
=18030=150θ- 由公式可得：22R m
T v qB
ππ=
= ； 由
1
=
360t T
θ
解得156π=
m
t qB
【点睛】
考查牛顿第二定律的应用，掌握几何关系在题中的运用，理解在磁场中运动时间与圆心角的关系．注意本题关键是画出正确的运动轨迹．
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）125m/s ；（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：v 1=12m/s
（2）设有汽车行驶的速度不超过v 2，在驾驶员的反应时间t 0内汽车作匀速运动的位移
s 1： s 1=v 2t 0 ② 刹车减速位移s 2=③
s=s 1+s 2 ④
由②～④式并代入数据可得：v 2=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．如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接绕定点O 在竖直面内圆周运动，小球经过最高点
的速度大小为v，此时绳子拉力大小为F，拉力F与速度的平方的关系如图乙所示，图象中的数据a和b以及重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是（）
A．数据a与小球的质量有关
B．数据b与小球的质量无关
C．比值只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关
D．利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.当时，此时绳子的拉力为零，物体的重力提供向心力，则有：
解得：
解得：
与物体的质量无关，A错误；
B.当时，对物体受力分析，则有：
解得：
b=mg
与小球的质量有关，B错误；
C.根据AB可知：
与小球的质量有关，与圆周轨道半径有关，C错误；
D. 若F=0，由图知：，则有：
解得：
当时，则有：
解得：
D正确．
4．一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶。

在车厢底,一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定。

上一层只有一只桶C，自由地摆放在A、B之间，和汽车一起保持静止，如图所示，当C与车共同向左加速时
A．A对C的支持力变大
B．B对C的支持力不变
C．当向左的加速度达到3
g时，C将脱离A
D．当向左的加速度达到3
g时，C将脱离A
【答案】D
【解析】
【详解】
对C进行受力分析，如图所示，
设B对C的支持力与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得：
1
22
R
sin
R
θ=＝，所以
θ=30°；同理可得，A对C的支持力与竖直方向的夹角也为30°；AB．原来C处于静止状态，根据平衡条件可得：
N B sin30°=N A sin30°；
令C的加速度为a，根据正交分解以及牛顿第二定律有：
N ′B sin30°-N ′A sin30°=ma
可见A 对C 的支持力减小、B 对C 的支持力增大，故AB 错误； CD ．当A 对C 的支持力为零时，根据牛顿第二定律可得：
mg tan30°=ma
解得：
a =
则C 错误，D 正确； 故选D 。

5．有一长为L 的细绳，其下端系一质量为m 的小球，上端固定于O 点，当细绳竖直时小球静止。

现给小球一初速度0v ，使小球在竖直平面内做圆周运动，并且恰好能通过最高点，重力加速度大小为则下列说法正确的是（ ） A ．小球过最高点时速度为零
B ．小球开始运动时细绳对小球的拉力大小为20
v m L
C ．小球过最高点时细绳对小球的拉力大小为mg
D 【答案】D 【解析】 【详解】
ACD ．小球恰好能过最高点时细绳的拉力为零，则
2
v mg m L
=
得小球过最高点时速度大小
v =故AC 错误，D 正确；
B ．小球开始运动时仍处于最低点，则
20
v F mg m L
-=
拉力大小
20
v F mg m L
=+
故B 错误。

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．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 =0
D ．当小球运动到最高点的速度v gL =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2v mg m L
=，可得
v gL =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.
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︒=
，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 =
9．一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 =
时，求细绳对小球的拉力。

【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
20
tan sin v mg m
L θθ
=⋅ 解得
03362
gL 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 =
10．如图甲所示，在足够大的水平地面上有A 、B 两物块(均可视为质点)。

t =0时刻，A 、B 的距离x 0=6m ，A 在水平向右的推力F 作用下，其速度—时间图象如图乙所示。

t =0时刻，B 的初速度大小v 0=12m/s 、方向水平向右，经过一段时间后两物块发生弹性正碰。

已知B 的质量为A 的质量的3倍，A 、B 与地面间的动摩擦因数分别为μ1=0.1、2μ=0.4，取g=10m/s 2。

(1)求A 、B 碰撞前B 在地面上滑动的时间t 1以及距离x 1； (2)求从t =0时刻起到A 与B 相遇的时间t 2；
(3)若在A 、B 碰撞前瞬间撤去力F ，求A 、B 均静止时它们之间的距离x 。

【答案】(1)3s ，18m(2)4s(3)10m 【解析】 【详解】
(1)设B 的质量为3m ，A 、B 碰撞前B 在地面上滑动的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律有
233mg ma μ⋅=
若A 、B 碰撞前B 已停止运动，则由匀变速直线运动的规律有：
010v at =-
2012v ax -=-
解得
1t =3s ，1x =18m
由题图乙可得，0~3s 时间内A 滑动的距离为：
()1
1382
A x =⨯+⨯m=16m
由于
01A x x x <+=24m
故A 、B 碰撞前B 已停止运动，假设成立。

(2)由(1)可知1t =3s 时，A 、B 尚未发生碰撞，故A 、B 碰撞前瞬间A 的速度大小为：
A v =8m/s
经分析可知
0121()A A x x x v t t +-=-
解得：
2t =4s
(3)设碰撞后瞬间A 、B 的速度分别为1v 、2v ，有：
123A mv mv mv =+
222121113222
A mv mv mv =+⨯ 解得：
1v =4m/s(1v 为负值，说明1v 的方向水平向左)，2v =4m/s
设A 、B 碰撞后滑行的距离分別为L 1、L 2，有：，
12x L L =+
根据动能定理有：
21111
02mgL mv μ-=-
2
22213032
mgL mv μ-⋅=-⨯
解得：
x =10m
11．应用如图所示的装置研究带电粒子在电场、磁场中的运动情况。

相邻的区域I 、II 均为边长为L 的正方形。

区域I 内可以添加方向竖直向下的匀强电场；区域II 内可以添加方向垂直纸面向里的匀强磁场。

区域II 的边缘处有可探测带电粒子的屏。

一束带电粒子沿两区域中间轴线以速度0v 水平射入区域I ，粒子束中含有多种粒子，其电荷量由小到大的范围为12~q q ++，质量由小到大的范围为12~m m 。

粒子在电场中只受电场力，在磁场中只受洛伦兹力。

(1)若只在区域II 内添加磁场，且能够在屏上探测到所有粒子，则磁感应强度为多大； (2)若只在区域I 内添加电场，且能够在屏上探测到所有粒子，则电场强度为多大； (3)当两个区域分别添加上述(1)(2)中的电场及磁场，电荷量为1q 、质量为2m 的粒子能够在屏上探测到。

求解粒子在屏上显现的位置，试列出各求解方程式。

（不对方程式求解）
【答案】
(1)0145mv q L
；(2)2
20
max 13m v E q L
=；(3)sin cos R R L αβ+=，
cos sin 2L y R H R αβ⎛⎫
-+=+ ⎪⎝⎭
【解析】 【详解】
(1)如图甲所示，磁场中运动有
2
v qvB m R
= ①
由几何关系得
2
222L R R L ⎛
⎫=-+ ⎪⎝
⎭
得
54
L
R =
② 解①②式得
45mv B qL
=
电荷量为1q 、质量为2m 时磁场磁感应强度最大，有
20
max 145m v B q L
=
(2)如图乙，在电场中运动，竖直方向有
qE ma =③
又有
y v at =④
水平方向有
0L v t =⑤
又有
0tan y v v α=
⑥
由几何关系得
2
tan 2
L L L α=
+
⑦
解③~⑦式得
20
3mv E qL
=
电荷量为1q 、质量为2m 时电场强度最大，有
220max
13m v E q L
= (3)如图丙，电场中有
sin α=
y v v
，22
0y
v v v =
+ 又有
02322
y L
v y
L L
v ==⑨ 磁场中运动的半径为
54
L
R =
⑩ 由几何关系得
sin cos R R L αβ+= cos sin 2L y R H R αβ⎛⎫-+=+ ⎪⎝⎭
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，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=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+=
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。

14．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 ，v 2=2ax ，解得
，
考点：匀变速直线运动，洛伦兹力．
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：2
112
x 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
=
=' 201
42.252
m x vt x at m ∆=+-='
Δx= x 2’- x 1’=12．25m （3）x 0=9+7×3m=30m
2
112x 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．。