物理 临界状态的假设解决物理试题的专项 培优练习题含详细答案

物理 临界状态的假设解决物理试题的专项 培优练习题含详细答案
一、临界状态的假设解决物理试题
1．如图甲所示，小车B 紧靠平台的边缘静止在光滑水平面上，物体A （可视为质点）以初速度v 0从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上，物体和小车的v -t 图像如图乙所示，取重力加速度g =10m /s 2，求：
(1)物体A 与小车上表面间的动摩擦因数； (2)物体A 与小车B 的质量之比； (3)小车的最小长度。

【答案】(1)0.3；(2)1
3
；(3)2m 【解析】 【分析】 【详解】
(1)根据v t -图像可知，A 在小车上做减速运动，加速度的大小
21241m /s 3m /s 1
v a t ==∆-∆=
若物体A 的质量为m 与小车上表面间的动摩擦因数为μ，则
1mg ma μ=
联立可得
0.3μ=
(2)设小车B 的质量为M ，加速度大小为2a ，根据牛顿第二定律
2mg Ma μ=
得
1
3
m M = (3)设小车的最小长度为L ，整个过程系统损失的动能，全部转化为内能
2
201
1()22
mgL mv M m v μ=-+
解得
L=2m
2．一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。

3．质量为m 的光滑圆柱体A 放在质量也为m 的光滑“ V ”型槽B 上，如图，α=60°，另有质量为M 的物体C 通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与B 相连，现将C 自由释放，则下列说法正确的是( )
A ．当M= m 时，A 和
B 保持相对静止，共同加速度为0.5g B ．当M=2m 时，A 和B 保持相对静止，共同加速度为0.5g
C ．当M=6m 时，A 和B 保持相对静止，共同加速度为0.75g
D ．当M=5m 时，A 和B 之间的恰好发生相对滑动 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
D.当A 和B 之间的恰好发生相对滑动时，对A 受力分析如图
根据牛顿运动定律有：cot 60mg ma ︒= 解得cot 603a g g =︒=
B 与
C 为绳子连接体，具有共同的运动情况，此时对于B 和C 有：
()Mg M m a =+
所以3M a g g M m =
=+，即3M
M m
=+ 解得3 2.3713
M m =
≈-
选项D 错误；
C.当 2.37M m >，A 和B 将发生相对滑动，选项C 错误；
A. 当 2.37M m <，A 和B 保持相对静止。

若A 和B 保持相对静止，则有
(2)Mg M m a =+
解得2M
a g M m
=
+
所以当M= m 时，A 和B 保持相对静止，共同加速度为1
3
a g =，选项A 错误； B. 当M=2m 时，A 和B 保持相对静止，共同加速度为1
0.52
a g g ==，选项B 正确。

故选B 。

4．如图所示，C ﹑D 两水平带电平行金属板间的电压为U ，A ﹑B 为一对竖直放置的带电平行金属板，B 板上有一个小孔，小孔在C ﹑D 两板间的中心线上，一质量为m ﹑带电量为＋q 的粒子（不计重力）在A 板边缘的P 点从静止开始运动，恰好从D 板下边缘离开，离开时速度度大小为v ０，则A ﹑B 两板间的电压为
A ．20v 2m qU q
-
B ．2022mv qU q -
C ．20mv qU q -
D ．202mv qU q
-
【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
在AB 两板间做直线加速，由动能定理得：2
112
AB qU mv =
；而粒子在CD 间做类平抛运动，从中心线进入恰好从D 板下边缘离开，根据动能定理：22
0111222
qU mv mv =-；联立两式可得：2
02AB mv qU U q
-=；故选A.
【点睛】
根据题意分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、牛顿第二定律与运动学公式即可解题．
5．如图所示，在竖直平面内的光滑管形圆轨道的半径为R （管径远小于R ），小球a 、
b 大小相同，质量均为m ，直径均略小于管径，均能在管中无摩擦运动。

两球先后以相同速度v 通过轨道最低点，且当小球a 在最低点时，小球b 在最高点，重力加速度为g ，以下说法正确的是（ ）
A ．当小球b 在最高点对轨道无压力时，小球a 比小球b 所需向心力大4mg
B ．当5v gR =时，小球b 在轨道最高点对轨道压力为mg
C ．速度v 5gR
D ．只要两小球能在管内做完整的圆周运动，就有小球a 在最低点对轨道的压力比小球b 在最高点对轨道的压力大6mg 【答案】A 【解析】 【详解】
A.当小球b 在最高点对轨道无压力时，所需要的向心力
2b
b v F mg m R
==
从最高点到最低点，由机械能守恒可得
22
11222
b a mg R mv mv ⋅+=
对于a 球，在最低点时，所需要的向心力
25mg a
a v F m R
==
所以小球a 比小球b 所需向心力大4mg ，故A 正确；
B.由上解得，小球a 在最低点时的速度5a v gR ，可知，当5v gR b 在轨道最高点对轨道压力为零，故B 错误；
C.小球恰好通过最高点时，速度为零，设通过最低点的速度为0v ，由机械能守恒定律得
20122
⋅=
mg R mv 解得02v gR =v 至少为2gR C 错误；
D.若2v gR = 小球b 在最高点对轨道的压力大小b F mg '=，小球a 在最低点时，由
20
a v F mg m R
'-=
解得5a F mg '=，小球a 在最低点对轨道的压力比小球b 在最高点对轨道的压力大4mg ，
故D 错误。

故选A 。

6．如图所示，七块完全相同的砖块按照图示的方式叠放起来，每块砖的长度均为L ，为保证砖块不倒下，6号砖块与7号砖块之间的距离S 将不超过（ ）
A ．
3115
L B ．2L
C ．
52
L D ．
74
L 【答案】A 【解析】
试题分析：因两部分对称，则可只研究一边即可；1砖受2和3支持力而处于平衡状态，则可由力的合成求得1对2的压力；而2砖是以4的边缘为支点的杠杆平衡，则由杠杆的平衡条件可得出2露出的长度，同理可求得4露出的长度，则可求得6、7相距的最大距离．
1处于平衡，则1对2的压力应为
2
G
；当1放在2的边缘上时距离最大；2处于杠杆平衡状态，设2露出的长度为x ，则2下方的支点距重心在()2
L
x -处；由杠杆的平衡条件可
知：()22L G G x x -=，解得3L
x =，设4露出的部分为1x ；则4下方的支点距重心在
1()2L x -处；4受到的压力为2G G +，则由杠杆的平衡条件可知11()()22
L G
G x G x -=+，解得12L x =，则6、7之间的最大距离应为()131
22()3515
L L L x x L L ++=++=
，A 正确．
7．在平直的公路上A 车正以4/A v m s =的速度向右匀速运动，在A 车的正前方7m 处B 车此时正以10/B v m s =的初速度向右匀减速运动，加速度大小为22/m s ，则A 追上B 所经历的时间是( ) A ．7 s B ．8 s
C ．9 s
D ．10 s
【答案】B 【解析】
试题分析：B 车速度减为零的时间为：0010
52
B v t s s a --=
==-，此时A 车的位移为：04520A A x v t m m ==⨯=，B 车的位移为：2100
2524
B B v x m m a --===-，因为
7A B x x m <+，可知B 停止时，A 还未追上，则追及的时间为：725
7
84
B A x t s s v ++=
==，故B 正确． 考点：考查了追击相遇问题
【名师点睛】两物体在同一直线上运动，往往涉及到追击、相遇或避免碰撞等问题，解答此类问题的关键条件是：①分别对两个物体进行研究；②画出运动过程示意图；③列出位移方程；④找出时间关系、速度关系、位移关系；⑤解出结果，必要时要进行讨论．
8．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上端系有一劲度系数为20N/m 的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2千克的小球，球被一垂直于斜面的挡板A 挡住，此时弹簧没有形变．若挡板A 以4m/s 2的加速度沿斜面向下匀加速运动，则（ ）
A ．小球向下运动0.4m 时速度最大
B ．小球向下运动0.1m 时与挡板分离
C ．小球速度最大时与挡板分离
D ．小球从一开始就与挡板分离 【答案】B 【解析】
试题分析：对球受力分析可知，当球受力平衡时，速度最大，此时弹簧的弹力与物体重力沿斜面的分力相等，由胡克定律和平衡条件即可求得小球向下运动的路程．从开始运动到小球与挡板分离的过程中，挡板A 始终以加速度a=4m/s 2匀加速运动，小球与挡板刚分离时，相互间的弹力为零，由牛顿第二定律和胡克定律结合求得小球的位移．
解：A 、球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零． 即 kx m =mgsin30°， 解得：x m =
由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时小球向下运动的路程为0.5m ．故A 错误． 设球与挡板分离时位移为x ，经历的时间为t ，
从开始运动到分离的过程中，m 受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力F N ，沿斜面向上的挡板支持力F 1和弹簧弹力F ．
根据牛顿第二定律有：mgsin30°﹣kx ﹣F 1=ma ，
保持a 不变，随着x 的增大，F 1减小，当m 与挡板分离时，F 1减小到零，则有： mgsin30°﹣kx=ma ，
解得：x=m=0.1m ，即小球向下运动0.1m 时与挡板分
离．故B 正确．
C 、因为速度最大时，运动的位移为0.5m ，而小球运动0.1m 与挡板已经分离．故C 、
D 错误． 故选B ．
【点评】解决本题的关键抓住临界状态：1、当加速度为零时，速度最大；2、当挡板与小球的弹力为零时，小球与挡板将分离．结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．
9．火车以速率1v 向前行驶，司机突然发现在前方同一轨道上距车s 处有另一辆火车，它正沿相同的方向以较小的速率2v 做匀速运动，于是司机立即使车做匀减速运动，该加速度大小为a ，则要使两车不相撞，加速度a 应满足的关系为（ ）
A ．()
221
22v
v a s
->
B ．2
12v a s
>
C ．22
2v a s
>
D ．()2
1
22v v a s
->
【答案】D 【解析】 【详解】
ABCD.设经过时间t 两车相遇，则有
2211
2
v t s v t at +=-
整理得
()221220at v v t s +-+=
要使两车不相撞，则上述方程无解，即
()2
21480v v as ∆=--<
解得
()2
122v v a s
->
故D 正确ABC 错误｡ 故选D 。

10．如图所示，质量为M 、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m 的小铁球，现用一水平向右的推力F 推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽球心和小铁球的连线与竖直方向成α角。

则下列说法正确的是（ ）
A ．小铁球所受合力为零
B ．小铁球受到的合外力方向水平向左
C ．()tan F M m g α=+
D ．系统的加速度为tan a g α=
【答案】CD 【解析】 【详解】
隔离小铁球根据牛顿第二定律受力分析得
tan F mg ma α==合
且合外力水平而右，故小铁球加速度为
tan a g α=
因为小铁球与凹槽相对静止，故系统的加速度也为tan g α，整体受力分析根据牛顿第二定律得
()()tan F M m a M m g α=+=+
故AB 错误，CD 正确。

故选CD 。

11．如图所示，x 轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，坐标原点处有一正离子源，单位时间在xOy 平面内发射n 0个速率为υ的离子，分布在y 轴两侧各为θ的范围内．在x 轴上放置长度为L 的离子收集板，其右端点距坐标原点的距离为2L ，当磁感应强度为B 0时，沿y 轴正方向入射的离子，恰好打在收集板的右端点．整个装置处于真空中，不计重力，不考虑离子间的碰撞，忽略离子间的相互作用．
（1）求离子的比荷
q m
； （2）若发射的离子被收集板全部收集，求θ的最大值；
（3）假设离子到达x 轴时沿x 轴均匀分布．当θ=370，磁感应强度在B 0 ≤B≤ 3B 0的区间取
不同值时，求单位时间内收集板收集到的离子数n 与磁感应强度B 之间的关系（不计离子在磁场中运动的时间） 【答案】（1）
0q v m B L =（2
）3
π（3）001.6B B B ≤≤时，10n n =；001.62B B B <≤时，200
5(5)2B
n n B =-
；0023B B B <≤时，有30n = 【解析】
（1）洛伦兹力提供向心力，故2
0v qvB m R
=，
圆周运动的半径R=L ，解得
0q v m B L
= （2）和y 轴正方向夹角相同的向左和向右的两个粒子，达到x 轴位置相同，当粒子恰好达到收集板最左端时，θ达到最大，轨迹如图1所示， 根据几何关系可知2(1cos )m x R L θ∆=-=，解得3
m π
θ=
（3）0B B >，全部收集到离子时的最小半径为R ，如图2，有12cos37R L ︒=， 解得101
1.6mv
B B qR =
= 当001.6B B B ≤≤时，所有粒子均能打到收集板上，有10n n =
01.6B B >，恰好收集不到粒子时的半径为2R ，有20.5R L =，即202B B =
当001.62B B B <≤时，设'mv R qB =
，解得20002'552'(1cos37)2R L B n n n R B ⎛⎫
-=
=- ⎪-︒⎝⎭
当0023B B B <≤时，所有粒子都不能打到收集板上，30n =
12．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 qh
=；(3) 0(21)h t 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
02v v =
解得
min (21)mv B qh
+=
(3)带电粒子在磁场中圆周运动的周期
22R 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
min 0
121(21)22m h
t T B q v ππ-==⋅=
13．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)2222cos 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 cos θ，
解得
mgcos
v
qB
θ
=
；
由于只有重力做功，故系统机械能守恒，即
2
1
2
mgLsin mv
θ=
解得小物体在斜面上滑行得长度
22
22
cos
2sin
m g
L
q B
θ
θ
=
14．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
v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)0
1
4
5
mv
q L；(2)
2
20
max
1
3
m v
E
q L
=；(3)sin cos
R R L
αβ
+=，
cos sin
2
L
y R H R
αβ
⎛⎫
-+=+
⎪
⎝⎭
【解析】
【详解】
(1)如图甲所示，磁场中运动有
R
由几何关系得
2
22
2
L
R R L
⎛⎫
=-+
⎪
⎝⎭
得
5
4
L
R=②
解①②式得
4
5
mv
B
qL
=
电荷量为1q、质量为2m时磁场磁感应强度最大，有
20
max
1
4
5
m 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
L v t
=⑤
又有
tan y
v
v
α=⑥由几何关系得
2
tan
2
L
L
L
α=
+
⑦
解③~⑦式得
2
3
mv
E
qL
=
电荷量为1q、质量为2m时电场强度最大，有
max
1
3q L
(3)如图丙，电场中有
sinα=y
v
v
，22
0y
v v v
=+⑧
又有
2
3
22
y
L
v y
L L
v
==⑨
磁场中运动的半径为
5
4
L
R=⑩
由几何关系得
sin cos
R R L
αβ
+=
cos sin
2
L
y R H R
αβ
⎛⎫
-+=+
⎪
⎝⎭
15．如图所示. 半径分别为a 、b的两同心虚线圆所围空间分别存在电场和磁场，中心O处固定一个半径很小（可忽略不计）的金属球，在小圆空间内存在沿半径向内的辐向电场，小圆周与金属球间电势差U，两圆之间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，设有一个带负电的粒子从金属球表面沿x轴正方向以很小的初速度逸出，粒子质量为m，电荷量为q.（不计粒子的重力，忽略粒子逸出的初速度）
试求：（1）粒子到达小圆周上时的速度为多大？
（2）粒子以（1）中的速度进入两圆间的磁场中，当磁感应强超过某一临界值时，粒子将不能到达大圆周，求此磁感应强度的最小值B．
（3）若当磁感应强度取（2）中最小值，且时，粒子运动一段时间后恰好能沿x轴负方向回到原出发点，求粒子从逸出到第一次回到原出发点的过程中，在磁场中运动的时间.（设粒子与金属球正碰后电量不变且能以原速率原路返回）
【答案】（1）（2）（3）
22
3()
2
b a m
b qU π-
【解析】
（1）粒子在电场中加速，根据动能定理得：
………………3分
所以………………3分
（2）粒子进入磁场后，受络伦兹力做匀速圆周运动，
有…………………………2分
要使粒子不能到达大圆周，其最大的圆半径为轨迹圆与大圆周相切，如图.
则有…………2分所以
联系解得……………………2分
（3）由图可知………………2分
则粒子在磁场中转，然后沿半径进入电场减速到达金属球表面，再经电场加速原路返回磁场，如此重复，恰好经过4个回旋后，沿与原出射方向相反的方向回到原出发点.
因为，…………2分
将B代入，得粒子在磁场中运动时间为……2分。