物理臨界狀態(tài)的假設(shè)解決物理試題的專項培優(yōu)練習題(含答案)及詳細答案一、臨界狀態(tài)的假設(shè)解決物理試題1．一傾角為的光滑絕緣斜面體固定在水平面上，整個裝置處于垂直紙面向里的磁場中，如圖所示．一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電小球從斜面上由靜止釋放．已知磁感應(yīng)強度為B，重力加速度為g．求：（1）小球離開斜面時的速率；（2）小球在斜面上滑行的位移大小．【答案】（1）（2）【解析】(1)小球在斜面上運動,當FN=0時，離開斜面mgcos??=qvB(2)小球在斜面上做勻加速直線運動mgsinα=mav2=2ax解得2．如圖所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，兩板間電壓可取從零到某一最大值之間的各種數(shù)值。靜止的帶電粒子帶電荷量為＋q，質(zhì)量為m（不計重力），從點P經(jīng)電場加速后，從小孔Q進入N板右側(cè)的勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外，CD為磁場邊界上的一絕緣板，它與N板的夾角θ＝45°，孔Q到板的下端C的距離為L，當M、N兩板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在CD板上，求：（1）兩板間電壓的最大值Um；（2）CD板上可能被粒子打中區(qū)域的長度s；（3）粒子在磁場中運動的最長時間tm?！敬鸢浮浚?）兩板間電壓的最大值為；（2）CD板上可能被粒子打中的區(qū)域的長度x為；（3）粒子在磁場中運動的最長時間為?！窘馕觥俊痉治觥浚?）粒子恰好垂直打在CD板上，根據(jù)粒子的運動的軌跡，可以求得粒子運動的半徑，由半徑公式可以求得電壓的大小；（2）當粒子的運動的軌跡恰好與CD板相切時，這是粒子能達到的最下邊的邊緣，在由幾何關(guān)系可以求得被粒子打中的區(qū)域的長度．（3）打在QE間的粒子在磁場中運動的時間最長，均為半周期，根據(jù)周期公式即可求解?！驹斀狻浚?）M、N兩板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在CD板上，所以圓心在C點，CH=QC=L，故半徑R1=L，又因所以（2）設(shè)軌跡與CD板相切于K點，半徑為R2，在△AKC中：所以即KC長等于所以CD板上可能被粒子打中的區(qū)域即為HK的長度（3）打在QE間的粒子在磁場中運動的時間最長，均為半周期：所以【點睛】本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動，要掌握住半徑公式、周期公式，畫出粒子的運動軌跡后，幾何關(guān)系就比較明顯了。3．如圖甲所示，小車B緊靠平臺的邊緣靜止在光滑水平面上，物體A（可視為質(zhì)點）以初速度v0從光滑的平臺水平滑到與平臺等高的小車上，物體和小車的v-t圖像如圖乙所示，取重力加速度g=10m/s2，求：(1)物體A與小車上表面間的動摩擦因數(shù)；(2)物體A與小車B的質(zhì)量之比；(3)小車的最小長度?！敬鸢浮?1)0.3；(2)；(3)2m【解析】【分析】【詳解】(1)根據(jù)圖像可知，A在小車上做減速運動，加速度的大小若物體A的質(zhì)量為與小車上表面間的動摩擦因數(shù)為，則聯(lián)立可得(2)設(shè)小車B的質(zhì)量為M，加速度大小為，根據(jù)牛頓第二定律得(3)設(shè)小車的最小長度為L，整個過程系統(tǒng)損失的動能，全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能解得L=2m4．如圖所示，帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的物塊從傾角為θ＝37°的光滑絕緣斜面頂端由靜止開始下滑，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直紙面向外，重力加速度為g，求物塊在斜面上滑行的最大速度和在斜面上運動的最大位移．(斜面足夠長，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)【答案】最大速度為：;最大位移為：【解析】【分析】【詳解】經(jīng)分析，物塊沿斜面運動過程中加速度不變，但隨速度增大，物塊所受支持力逐漸減小，最后離開斜面．所以，當物塊對斜面的壓力剛好為零時，物塊沿斜面的速度達到最大，同時位移達到最大，即qvmB＝mgcosθ物塊沿斜面下滑過程中，由動能定理得聯(lián)立解得：5．一根細線一端系一小球（可視為質(zhì)點），另一端固定在光滑圓錐頂上，如圖所示，設(shè)小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動的角速度為ω，細線的張力為FT，則FT隨ω2變化的圖象是（）A． B．C． D．【答案】C【解析】【分析】【詳解】由題知小球未離開圓錐表面時細線與豎直方向的夾角為θ，用L表示細線長度，小球離開圓錐表面前，細線的張力為FT，圓錐對小球的支持力為FN，根據(jù)牛頓第二定律有FTsinθ－FNcosθ＝mω2LsinθFTcosθ＋FNsinθ＝mg聯(lián)立解得FT＝mgcosθ＋ω2mLsin2θ小球離開圓錐表面后，設(shè)細線與豎直方向的夾角為α，根據(jù)牛頓第二定律有FTsinα＝mω2Lsinα解得FT＝mLω2故C正確。故選C。6．如圖所示，在豎直平面內(nèi)的光滑管形圓軌道的半徑為（管徑遠小于），小球、大小相同，質(zhì)量均為，直徑均略小于管徑，均能在管中無摩擦運動。兩球先后以相同速度通過軌道最低點，且當小球在最低點時，小球在最高點，重力加速度為，以下說法正確的是（）A．當小球在最高點對軌道無壓力時，小球比小球所需向心力大B．當時，小球在軌道最高點對軌道壓力為C．速度至少為，才能使兩球在管內(nèi)做完整的圓周運動D．只要兩小球能在管內(nèi)做完整的圓周運動，就有小球在最低點對軌道的壓力比小球在最高點對軌道的壓力大【答案】A【解析】【詳解】A.當小球在最高點對軌道無壓力時，所需要的向心力從最高點到最低點，由機械能守恒可得對于球，在最低點時，所需要的向心力所以小球比小球所需向心力大，故A正確；B.由上解得，小球在最低點時的速度，可知，當時，小球在軌道最高點對軌道壓力為零，故B錯誤；C.小球恰好通過最高點時，速度為零，設(shè)通過最低點的速度為，由機械能守恒定律得解得，所以速度至少為，才能使兩球在管內(nèi)做完整的圓周運動，故C錯誤；D.若，兩小球恰能在管內(nèi)做完整的圓周運動，小球在最高點對軌道的壓力大小，小球在最低點時，由解得，小球在最低點對軌道的壓力比小球在最高點對軌道的壓力大，故D錯誤。故選A。7．有一長為的細繩，其下端系一質(zhì)量為的小球，上端固定于點，當細繩豎直時小球靜止?，F(xiàn)給小球一初速度，使小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動，并且恰好能通過最高點，重力加速度大小為則下列說法正確的是（）A．小球過最高點時速度為零B．小球開始運動時細繩對小球的拉力大小為C．小球過最高點時細繩對小球的拉力大小為D．小球過最高點時速度大小為【答案】D【解析】【詳解】ACD．小球恰好能過最高點時細繩的拉力為零，則得小球過最高點時速度大小故AC錯誤，D正確；B．小球開始運動時仍處于最低點，則拉力大小故B錯誤。故選D。8．如圖，“”型均勻重桿的三個頂點O、A、B構(gòu)成了一個等腰直角三角形，∠A為直角，桿可繞O處光滑鉸鏈在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動，初始時OA豎直．若在B端施加始終豎直向上的外力F，使桿緩慢逆時針轉(zhuǎn)動120°，此過程中（）A．F對軸的力矩逐漸增大，F(xiàn)逐漸增大B．F對軸的力矩逐漸增大，F(xiàn)先增大后減小C．F對軸的力矩先增大后減小，F(xiàn)逐漸增大D．F對軸的力矩先增大后減小，F(xiàn)先增大后減小【答案】C【解析】【分析】【詳解】桿AO的重心在AO的中點，桿BO的重心在BO的中點，故整體重心在兩個分重心的連線上某電，如圖所示：當使桿緩慢逆時針轉(zhuǎn)動120°的過程中，重力的力臂先增加后減小，故重力的力矩先增加后減小，根據(jù)力矩平衡條件，拉力的力矩先增加后減?。辉O(shè)直角邊質(zhì)量為m1，長度為L，斜邊長為m2，從圖示位置轉(zhuǎn)動角度θ（θ≤120°），以O(shè)點為支點，根據(jù)力矩平衡條件，有：故在θ從0°緩慢增加120°過程中，根據(jù)數(shù)學知識可得F對軸的力矩先增大后減小，F(xiàn)逐漸增大，C正確；9．豎直平面內(nèi)的四個光滑軌道，由直軌道和平滑連接的圓弧軌道組成，圓軌道的半徑為R，P為圓弧軌道的最低點。P點左側(cè)的四個軌道均相同，P點右側(cè)的四個圓弧軌道的形狀如圖所示?，F(xiàn)讓四個相同的小球（可視為質(zhì)點，直徑小于圖丁中圓管內(nèi)徑）分別從四個直軌道上高度均為h處由靜止下滑，關(guān)于小球通過P點后的運動情況，下列說法正確的是（）A．若h＜R，則四個小球能達到的最大高度均相同B．若h=R，則四個小球能達到的最大高度均相同C．若h=R，則圖乙中的小球能達到的高度最大D．若h=R，則圖甲、圖丙中的小球能達到的最大高度相同【答案】ACD【解析】【詳解】A．若，根據(jù)機械能守恒定律可知，四個小球都能上升到右側(cè)高度處，即小球不會超過圓弧的四分之一軌道，則不會脫離圓軌道，故上升到最高點的速度均位列零，最大高度相同為h，A正確；B．若h＝R，根據(jù)機械能守恒，甲乙丁都能上升到右側(cè)高度R處而不會越過圓弧的四分之一軌道，而丙圖中小球做斜上拋運動離開軌道，到達最高點時還有水平的速度，最大高度小于R，B錯誤；C．若，甲、丁兩圖中的小球不會脫離圓軌道，最高點的速度不為零，丙圖小球離開軌道，最高點速度也不為零，乙圖離開軌道，上升到最高點的速度為零，根據(jù)機械能守恒知，圖乙中小球到達的高度最大，故C正確；D．若，圖甲中小球到達的最大高度為2R，根據(jù)機械能守恒得，得最高點的速度為對于圖丙，設(shè)小球離開軌道時的速度為v1，根據(jù)機械能守恒得，而到達最高點的速度v=v1cos60°，聯(lián)立解得最高點的速度則兩球到達最高點的速度相等，根據(jù)機械能守恒得，甲、丙圖中小球到達的最大高度相等，故D正確；故選ACD?！军c睛】本題考查機械能守恒定律的應(yīng)用，通過機械能守恒定律建立方程分析不同情況下上升的最大高度；解題的關(guān)鍵在于丙圖的情況，小球離開軌道做斜上拋運動，最高點的速度不為0。10．質(zhì)量為m，帶電量為+q的滑塊從光滑、絕緣斜面上由靜止下滑，如圖所示，勻強磁場方向垂直紙面向外，磁感強度為B，則滑塊在斜面上滑行過程中（設(shè)斜面足夠長），滑塊（）A．在斜面上滑行的最大速度為 B．在斜面上滑行的最大速度為C．作變加速直線運動 D．在斜面上滑動的最大距離為【答案】BC【解析】AB.滑塊沿斜面下滑時，受重力、支持力、垂直于斜面向上的洛倫茲力．洛倫茲力F=qvB，隨速度的增大而增大，當FN=0，即qvB=mgcosθ時速度達到最大，滑塊開始離開斜面；所以在斜面上滑行的最大速度為，所以A錯誤，B正確；CD.由于沿斜面方向的力不變，牛頓第二定律得：mgsinθ=ma，加速度a=gsinθ，作勻加速直線運動；故C正確，D錯誤．故選BC.點睛：對物體進行受力分析，當物體對斜面的壓力為零時，物體開始離開斜面，由平衡條件求出物體此時的速度；由牛頓第二定律求出物體的加速度．11．如圖所示，在y軸右側(cè)平面內(nèi)存在方向向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B=0.5T，坐標原點O有一放射源，可以向y軸右側(cè)平面沿各個方向放射比荷為Kg/C的正離子，這些離子速率分別在從0到最大值vm=2×106m/s的范圍內(nèi)，不計離子之間的相互作用（1）求離子打到y(tǒng)軸上的范圍；（2）若在某時刻沿方向放射各種速率的離子，求經(jīng)過時這些離子所在位置構(gòu)成的曲線方程；（3）若從某時刻開始向y軸右側(cè)各個方向放射各種速率的離子，求經(jīng)過s時已進入磁場的離子可能出現(xiàn)的區(qū)域面積；【答案】（1）范圍為0到2m（2）（3）【解析】【詳解】（1）離子進入磁場中做圓周運動的最大半徑為R由牛頓第二定律得：解得：由幾何關(guān)系知，離子打到軸上的范圍為0到2m（2）離子在磁場中運動的周期為T，則t時刻時，這些離子軌跡所對應(yīng)的圓心角為θ則這些離子構(gòu)成的曲線如圖1所示，并令某一離子在此時刻的坐標為（，）（3）將第（2）問中圖2中的OA段從沿軸方向順時針方向旋轉(zhuǎn)，在軸上找一點C，以R為半徑作圓弧，相交于B，則兩圓弧及軸所圍成的面積即為在向軸右側(cè)各個方向不斷放射各種速度的離子在時已進入磁場的離子所在區(qū)域．由幾何關(guān)系可求得此面積為：則：【點睛】本題考查運用數(shù)學知識分析和解決物理問題的能力，采用參數(shù)方程的方法求解軌跡方程，根據(jù)幾何知識確定出離子可能出現(xiàn)的區(qū)域，難度較大．12．如圖所示，在邊長為L的正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，其磁感應(yīng)強度大小為B.在正方形對角線CE上有一點P，其到CF，CD距離均為，且在P點處有一個發(fā)射正離子的裝置，能連續(xù)不斷地向紙面內(nèi)的各方向發(fā)射出速率不同的正離子．已知離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，不計離子重力及離子間相互作用力．(1)速率在什么范圍內(nèi)的所有離子均不可能射出正方形區(qū)域？(2)求速率為v＝的離子在DE邊的射出點距離D點的范圍．【答案】(1)(2)【解析】【分析】【詳解】因離子以垂直于磁場的速度射入磁場，故其在洛倫茲力作用下必做圓周運動．(1)依題意可知離子在正方形區(qū)域內(nèi)做圓周運動不射出該區(qū)域，做圓周運動的半徑為r≤.對離子，由牛頓第二定律有qvB＝m?(2)當v＝時，設(shè)離子在磁場中做圓周運動的半徑為R，則由可得.要使離子從DE射出，則其必不能從CD射出，其臨界狀態(tài)是離子軌跡與CD邊相切，設(shè)切點與C點距離為x，其軌跡如圖甲所示，由幾何關(guān)系得：R2＝(x－)2＋(R－)2，計算可得x＝L，設(shè)此時DE邊出射點與D點的距離為d1，則由幾何關(guān)系有：(L－x)2＋(R－d1)2＝R2，解得d1＝.而當離子軌跡與DE邊相切時，離子必將從EF邊射出，設(shè)此時切點與D點距離為d2，其軌跡如圖乙所示，由幾何關(guān)系有：R2＝(L－R)2＋(d2－)2，解得d2＝故速率為v＝的離子在DE邊的射出點距離D點的范圍為【點睛】粒子圓周運動的半徑，速率越大半徑越大，越容易射出正方形區(qū)域，粒子在正方形區(qū)域圓周運動的半徑若不超過，則粒子一定不能射出磁場區(qū)域，根據(jù)牛頓第二定律求出速率即可．13．如圖所示，帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的物塊從傾角為θ＝的光滑絕緣斜面頂端由靜止開始下滑，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直紙面向外，求物塊在斜面上滑行的最大速度和在斜面上運動的最大位移．(斜面足夠長，取sin＝0.6，cos＝0.8)【答案】vm＝s＝【解析】【分析】【詳解】[1]以小球為研究對象，分析其受力情況：小球受重力、斜面支持力及洛倫茲力作用，沿斜面方向上；根據(jù)牛頓第二定律，有：在垂直于斜面方向上，有由，知Ff洛隨著小球運動速度的增大而增大，當Ff洛增大到使FN=0時，小球?qū)⒚撾x斜面，此時有：所以[2]小球在斜面上勻加速運動的最大距離為：14．如圖所示.半徑分別為a、b的兩同心虛線圓所圍空間分別存在電場和磁場，中心O處固定一個半徑很小（可忽略不計）的金屬球，在小圓空間內(nèi)存在沿半徑向內(nèi)的輻向電場，小圓周與金屬球間電勢差U，兩圓之間存在垂直于紙面向里的勻強磁場，設(shè)有一個帶負電的粒子從金屬球表面沿x軸正方向以很小的初速度逸出，粒子質(zhì)量為m，電荷量為q.（不計粒子的重力，忽略粒子逸出的初速度）試求：（1）粒子到達小圓周上時的速度為多大？（2）粒子以（1）中的速度進入兩圓間的磁場中，當磁感應(yīng)強超過某一臨界值時，粒子將不能到達大圓周，求此磁感應(yīng)強度的最小值B．（3）若當磁感應(yīng)強