物理臨界狀態(tài)的假設解決物理試題的專項培優(yōu)易錯難題練習題及詳細答案

1、物理 臨界狀態(tài)的假設解決物理試題的專項培優(yōu) 易錯 難題練習題及詳細答案一、臨界狀態(tài)的假設解決物理試題1 如圖所示，在光滑的圓錐頂用長為l 的細線懸掛一質(zhì)量為m 的小球，圓錐頂角為2，當圓錐和球一起以角速度勻速轉動時，球壓緊錐面12此時繩的張力是多少？若要小球離開錐面，則小球的角速度至少為多少？【答案】 （1） tmg cosm2lsin2g（ 2）lcos【解析】（1）小球此時受到豎直向下的重力mg，繩子的拉力t，錐面對小球的支持力n，三個力作用，合力充當向心力，即合力fm2l sin在水平方向上有，t sinn cosma，fma，在豎直方向上： t cosn sinmg聯(lián)立四個式子可得t

2、mg cosm2lsin2（2）重力和拉力完全充當向心力時，小球對錐面的壓力為零，故有向心力少為f mg tan ， fm 2l sin ，聯(lián)立可得g，即小球的角速度至l cosg；l cos2 小明同學站在水平地面上，手握不可伸長的輕繩一端，繩的另一端系有質(zhì)量為m=0.3kg的小球，甩動手腕，使球在豎直平面內(nèi)做圓周運動.當球在某次運動到最低點時，繩恰好達到所能承受的最大拉力f 而斷掉，球飛行水平距離s 后恰好無碰撞地落在臨近的一傾角為53的光滑斜面上并沿斜面下滑，已知斜面頂端與平臺的高度差h 0.8 m繩長r=0.3m(g 取 10 m/s 2， sin 53 0.8， cos 53 0.6

3、)求：(1)繩斷時小球的速度大小v1 和小球在圓周最低點與平臺邊緣的水平距離s 是多少 .(2)繩能承受的最大拉力f 的大小 .【答案】（ 1） 3m/s ，1.2m （ 2）12n【解析】【詳解】(1)由題意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑，說明此時小球速度方向與斜面平行，否則小球會彈起，所以有vy=v0 tan53 又 vy2=2gh，代入數(shù)據(jù)得：vy=4m/s ， v0=3m/s故繩斷時球的小球做平拋運動的水平速度為3m/s ；由vy=gt1得：vyt10.4sg則s=v0 t1=3 0.4m=1.2m（2）由牛頓第二定律：2fmgmv1解得：f=12n3 中國已進入動車時代，在某軌道拐

4、彎處，動車向右拐彎，左側的路面比右側的路面高一些，如圖所示，動車的運動可看作是做半徑為 r的圓周運動，設內(nèi)外路面高度差為 h，路基的水平寬度為 d，路面的寬度為 l，已知重力加速度為 g，要使動車輪緣與內(nèi)、外側軌道無擠壓，則動車拐彎時的速度應為（）agrhgrhcgrbd2l【答案】 b【解析】【詳解】把路基看做斜面，設其傾角為，如圖所示dgrdh當動車輪緣與內(nèi)、外側軌道無擠壓時，動車在斜面上受到自身重力二者的合力提供向心力，即指向水平方向，根據(jù)幾何關系可得合力心力，根據(jù)牛頓第二定律，有mg tan m v2r計算得 vgr tan，根據(jù)路基的高和水平寬度得htandmg 和斜面支持力n，f=

5、mgtan ，合力提供向帶入解得vgrh ，即動車拐彎時的速度為grh 時，動車輪緣與內(nèi)、外側軌道無擠dd壓，故 b 正確， acd 錯誤。故選 b。4 火車以某一速度v 通過某彎道時，內(nèi)、外軌道均不受側壓力作用，下面分析正確的是（）a軌道半徑rv2gb若火車速度大于v 時，外軌將受到側壓力作用，其方向平行軌道平面向外c若火車速度小于v 時，外軌將受到側壓力作用，其方向平行軌道平面向內(nèi)d當火車質(zhì)量改變時，安全速率也將改變【答案】 b【解析】【詳解】ad火車以某一速度v 通過某彎道時，內(nèi)、外軌道均不受側壓力作用，其所受的重力和支持力的合力提供向心力由圖可以得出（為軌道平面與水平面的夾角）f合mg

6、 tan合力等于向心力，故mg tanm v2r解得vgr tan與火車質(zhì)量無關，ad 錯誤；b當轉彎的實際速度大于規(guī)定速度時，火車所受的重力和支持力的合力不足以提供所需的向心力，火車有離心趨勢，故其外側車輪輪緣會與鐵軌相互擠壓，外軌受到側壓力作用方向平行軌道平面向外， b 正確；c當轉彎的實際速度小于規(guī)定速度時，火車所受的重力和支持力的合力大于所需的向心力，火車有向心趨勢，故其內(nèi)側車輪輪緣會與鐵軌相互擠壓，內(nèi)軌受到側壓力作用方向平行軌道平面向內(nèi)， c錯誤。故選 b。5 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點左側的四個軌道

7、均相同，p 點右側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，關于小球通過p 點后的運動情況，下列說法正確的是（ ）a若 h 1 r，則四個小球能達到的最大高度均相同2b若 h=r ，則四個小球能達到的最大高度均相同5c若 h=r ，則圖乙中的小球能達到的高度最大25d若 h=r ，則圖甲、圖丙中的小球能達到的最大高度相同2【答案】 acd【解析】【詳解】arr處，即小若 h，根據(jù)機械能守恒定律可知，四個小球都能上升到右側高度h22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

8、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 h5 r ，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2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 h5 r ，圖甲中小球到達的最大高度為2r，根據(jù)機械能守恒得，2mghmg 2r1mv 22得最高點的速度為v2g(h2r)gr對于圖丙，設小球離開軌道時的速度為v1，根據(jù)

9、機械能守恒得，mgh mg(rr cos60 ）1mv122而到達最高點的速度v=v1cos60，聯(lián)立解得最高點的速度vgr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。6 如圖所示，半徑為r 的 3 圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于圓平面向里的勻強磁場。磁感應強度大4小為 b，o 為圓心， aoc= 90 ， d 為 ac的中點， do 為一塊很薄的粒子吸收板。一束質(zhì)量為 m、電荷

10、量為 e 的電子以相同速度 vebr在 ad 間平行于 do 方向垂直射入磁場，2m不考慮電子的重力及相互作用，電子打在吸收板上即被板吸收。則電子在磁場中運動的時間可能為（）am2m3m8mb3becd2be2be5be【答案】 ac【解析】【詳解】所有電子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑r 相同，由2vbevmr得電子在磁場中做圓周運動的周期t畫出電子在磁場中運動的軌跡如圖所示rr=22r2mvbe可知從 ao 邊射出磁場的電子在磁場中運動二圓周，其運動時間為t11 tm42be從 co邊射出磁場的電子在磁場中運動等于或大于1 圓周，其運動時間為2t21tm2be其中沿 do 方向從 o 點射人

11、磁場的電子在磁場中運動3 圓周，其運動時間最長，最長時間43 3mt3t42be綜上所述，故選ac。7 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（設斜面足夠長），滑塊（）mgmg cosa在斜面上滑行的最大速度為c作變加速直線運動【答案】 bc【解析】qbb在斜面上滑行的最大速度為qbm2 gd在斜面上滑動的最大距離為2 sin2q2 bab. 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=mgcos 時速度達到最大，滑

12、塊開始離開斜面；所以在斜面上滑行的最大速度為 vmg cos，所以 a 錯誤， b 正確；qbcd. 由于沿斜面方向的力不變，牛頓第二定律得：mgsin =ma，加速度 a=gsin ，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8 一輛大客車正在以30 m/s 的速度勻速行駛突然，司機看見車的正前方x 0 = 95m 處有一只小狗，如圖所示司機立即采取制動措施，司機從看見小狗到開始制動客車的反應時間為 t=0.5 s，設客車制動后做勻減速直線運動試

13、求：(1)為了保證小狗的安全，客車制動的加速度大小至少為多大？（假設這個過程中小狗一直未動）(2)若客車制動時的加速度為5m/s2 ，在離小狗30m時，小狗發(fā)現(xiàn)危險并立即朝前跑去假設小狗起跑階段做勻加速直線運動，加速度a=3m/s2 已知小狗的最大速度為8m/s且能保持較長一段時間試判斷小狗有沒有危險，并說明理由【答案】（ 1） 5.625m / s2（ 2）小狗是安全的【解析】【分析】【詳解】（1）長途客車運動的速度v=30m/s ，在反應時間內(nèi)做勻速運動，運動的位移為：x1=vt=30 0.5m=15m所以汽車減速位移為：x2=x0-x1=95-15=80m根據(jù)速度位移關系知長途客車加速度

14、大小至少為：a1v2302m / s25.625m / s2 2x2280（2）若客車制動時的加速度為a 1=-5m/s 2，在離小狗 x=30m 時，客車速度為v1，則v12v22a1x2x ，代入數(shù)據(jù)解得 v1=20m/s設 t 時速度相等，即 v1+a1t=at解得： t=2.5s此時車的位移x3v1t1a1t22代入數(shù)據(jù)解得 x3=34.375m狗的位移： x41at 29.575m2即 x4+x x3，所以小狗是安全的9 如圖所示，用一根長為l 1m的細線，一端系一質(zhì)量為m1kg 的小球 (可視為質(zhì)點)，另一端固定在一光滑錐體頂端，錐面與豎直方向的夾角37，當小球在水平面內(nèi)繞錐體的軸

15、做勻速圓周運動的角速度為 時，細線的張力為ft (g 取10m/s 2，結果可用根式表示)求：(1)若要小球離開錐面，則小球的角速度0 至少為多大？(2)若細線與豎直方向的夾角為60，則小球的角速度 為多大？【答案】（ 1）12.5?rad / s （ 2） 25rad / s【解析】試題分析：（ 1）小球剛好離開錐面時，小球只受到重力和拉力，小球做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得： mg tanm 02l sin解得：g12.5rad/s0l cos（2）同理，當細線與豎直方向成600 角時由牛頓第二定律及向心力公式得：mg tanm2 l sin解得：g20rad/sl cos考點：牛頓第二

16、定律；勻速圓周運動【名師點睛】此題是牛頓第二定律在圓周運動中的應用問題；解題時要分析臨界態(tài)的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律，利用正交分解法列出方程求解10 如圖在長為3l，寬為 l 的長方形玻璃磚abcd中，有一個邊長為l 的正三棱柱空氣泡efg，其中三棱柱的ef 邊平行于ab 邊， h 為 ef邊中點， g 點在 cd邊中點處（忽略經(jīng)cd 表面反射后的光）（i ）一條白光a 垂直于 ab 邊射向 fg邊的中點o 時會發(fā)生色散，在玻璃磚光帶通過作圖，回答彩色光帶所在區(qū)域并定性說明哪種顏色的光最靠近cd 邊形成彩色 g 點；（ii ）一束寬度為l的單色光，垂直ab 邊入射到eh 上時，求cd 邊上透

17、射出光的寬度？2（已知該單色光在玻璃磚中的折射率為n3 ）【答案】（ i）紅光更靠近g 點 （ ii） l【解析】【詳解】（i ）光路如圖： mn 間有彩色光帶，紅光最靠近g 點在 fg面光線由空氣射向玻璃，光線向法線方向偏折，因為紅光的折射率小于紫光的折射率，所以紅光更靠近 g 點（ii ）垂直 eh入射的光，在 eg 面上會發(fā)生折射和反射現(xiàn)象，光路如圖所示在 e 點的入射光，根據(jù)幾何關系和折射定律，可得：160nsin1sin2聯(lián)立可得：230在 e 的折射光射到cd面的 i 點，由幾何關系得：330根據(jù)折射定律可得：sin c13n3sin1sin c32所以 cd面上 i 點的入射光可

18、以發(fā)生折射透射出cd 面 .在 e 的反射射光射經(jīng) fg面折射后射到到cd面的 j 點，由幾何關系得：460osin3sin c42所以 cd面上 j 點的入射光發(fā)生全反射，無法透射出cd 面綜上分析， cd 面上有光透射出的范圍在gi 間由幾何關系得cd 面上有光透出的長度為l。11 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l ，且在 p 點處有一個發(fā)4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

19、)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 13qbl 的離子在 de邊的射出點距離d 點的范圍32mqbll(23) l【答案】 (1) v(2)d8m48【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lr .8對離子，由牛頓第二定律有qvb m v2? vqblr8m(2)當 v 13qbl 時，設離子在磁場中做圓周運動的半徑為r，32m則由 qvb m v213l可得 . r32r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

20、子軌跡與cd 邊相切，設切點與 c 點距離為 x，其軌跡如圖甲所示，由幾何關系得：r2 (x l )2 (r l )2，44計算可得x 5 l，8設此時 de 邊出射點與d 點的距離為d1，則由幾何關系有：(l x)2 (r d1)2 r2，l解得 d1.4而當離子軌跡與 de邊相切時，離子必將從 ef邊射出，設此時切點與 d 點距離為 d2，其軌跡如圖乙所示，由幾何關系有：232l 2r (l r) (d2) ，4423 l解得 d28故速率為 v 13qbl 的離子在de 邊的射出點距離d 點的范圍為 l23 l32m4d8【點睛】mv粒子圓周運動的半徑r，速率越大半徑越大，越容易射出正方

21、形區(qū)域，粒子在正方bql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8出速率即可12 如圖所示，用一根長為l=1m 的細線，一端系一質(zhì)量為m=1kg 的小球 (可視為質(zhì)點 )，另一端固定在一光滑椎體頂端，錐面與豎直方向的夾角=37，當小球在水平面內(nèi)繞椎體的軸做勻速圓周運動的角速度為時，細線的張力為t。 求 (取g=10m/s2， sin37 =0.6， cos37 =0.8，結果用根式表示)：(1)若要小球離開錐面，則小球的角速度0 至少為多大？(2)若小球的角速度= 25 rad/s ，則細線與豎直方向的夾角為多大？細繩的張力多大？(3)若小球的角速度=5 r

22、ad/s ，則小球對圓錐體的壓力為多大？【答案】（ 1）12.5rad/s ；（ 2） 60 ， 20n； (3)3.6n【解析】【分析】【詳解】（ 1）小球剛好離開錐面時，小球只受到重力和拉力，小球做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得mgtanm 02l sin解得0g12.5rad/slcos（2）因0，故此時小球已離開錐面，小球受到錐面的支持力nf =0，設細線與豎直方向的夾角為，則mg tanm 2l sin解得60o ，則細繩的張力tmg2mg20ncos60o（3）因0，故此時小球未離開錐面，設小球受到的支持力為nf，則f ，細線張力為f cos37ofn sin 37omgf sin 37ofncos37o m2l sin 37o聯(lián)立以上兩式，代入數(shù)據(jù)得： fn=3.6n。13 如圖所示，a、 b 是豎直固定的平行金屬板，板長為l，間距為d，板間有水平向右的勻強電場，不計邊緣效應。一帶正電的粒子，質(zhì)量為m，電荷量為q，經(jīng)電壓為u 的電場加速后，從靠近 a 板處豎直向下進入勻強電場并從下方離開板間電場，不計粒子的重力和空氣阻力，求：(1)粒子在 a、 b 板間運動的時間；(2)