2013高考物理二輪專題復習-臨界極值問題課下練習匯總

（2012?銀川一模）中國女排享譽世界排壇，曾經(jīng)取得輝煌的成就。在某次比賽中，我國女排名將馮坤將排球從底線A點的正上方以某一速度水平發(fā)出，排球正好擦著球網(wǎng)落在對方底線的B點上，且AB平行于邊界CD。已知網(wǎng)高為h，球場的長度為s，不計空氣阻力且排球可看成質點，則排球被發(fā)出時，擊球點的高度H和水平初速度。分別為（）4A.H=3hs C.v=3h'''3ghH=2hB.D.s, v=五\：碩圖1—2圖1—2—5且車1t解析：選AD由平拋知識可知2gt2=H,H-h=2g（2）2得H=3h,A正確，B錯誤。由s vt=s，得v=4h\|f6gh,D正確，C錯誤。（2012?東北三校二模）如圖1—2—5所示，小車內有一質量為m的物塊，一根彈簧與小車和物塊相連，處于壓縮狀態(tài)且在彈性限度內。彈簧的勁度系數(shù)為k,形變量為x,物塊和小車之間的動摩擦因數(shù)為〃。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，運動過程中，物塊和小車始終保持相對靜止。下列說法正確的是（ ）A.若因mg小于kx，則車的加速度方向一定向左kx—RmgB.若Rmg小于kx,則車的加速度a的最小值為m只能向左加速運動C.若^mg大于kx,則車的加速度方向可以向左也可以向右kx+^mgD.若pmg大于kx，則加速度的最大值為m，加速度的最小^mg—kx值為一m-解析：選AC若pmg<kx，對物塊受力分析如圖所示，則kx-Ff=ma,a方向一定向左，A正確。小車可向左加速，也可向右減速，故B錯誤。若pmg>kx，車的加速度既可向右，也可向左。向右時，加速度有最小值，當kx=kx+^mgFf時，amin”向左時，加速度有最大值，amax= ，故C正確，D錯誤。3.（2012?江南十校聯(lián)考）如圖1—2—6所示，邊界OA與OC之間分布有垂直紙面向里的勻強磁場，邊界OA上有一粒子源S。某一時刻，從S平行于紙面向各個方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子（不計粒子的重力及粒子間的相互作用），所有粒子的初速度大小相同，經(jīng)過一段時間有大量粒子從邊界OC射出磁場。已知/AOC=60°,從邊界OCT射出的粒子在磁場中運動的最短時間等于6（T為粒子在磁場中運動的圖1—2—6周期），則從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的最長時間為（）TA.3TB.22TC75TD/6解析：選B由左手定則可知，粒子在磁場中做逆時針方向的圓周運動，由于粒子速度大小都相同，故軌跡弧長越小，粒子在磁場中運動時間就越短；而弧長越小，所對弦長也越短，所以從S點作OC的垂線SD，則SD為最短弦，可知粒子從D點射出時運行時T間最短，如圖所示，根據(jù)最短時間為6，可知4O‘SD為等邊三角形，粒子圓周運動半徑R=SD，過S點作OA垂線交OC于E點,對應弦最長，運行時由幾何關系可知SE=2SD,SE為圓弧軌跡的直徑，所以從E點射出T間最長，且t=2，故B項正確。4.地球赤道上的物體重力加速度為g,物體在赤道上隨地球自轉的向心加速度為a,要使赤道上的物體“飄”起來,則地球自轉的角速度應為原來的（ ）a.a倍」g±a

B；Ja倍，:g—aC.a倍解析：選B赤道上的物體隨地球自轉時，物體受力分析如圖所示，物體隨地球自轉的向心力由地球對它的萬有引力和地面對它的支持力的合力提供，由牛頓第二定律：MmGR02-FN=mR002其中FN=mg。要使赤道上的物體“飄”起來，即變?yōu)榻匦l(wèi)星。Mm則/N=0,于是：Gr02=mR產(chǎn)/2由前面三式得：不不，故應選B。5.如圖1—2—7所示電路中，閉合電鍵S,當滑動變阻器的滑動觸頭P從最高端向下滑動時，下列說法正確的是( )A．電壓表⑹讀數(shù)先變大后變小電流表公讀數(shù)變大B．電壓表⑥讀數(shù)先變小后變大電流表團讀數(shù)變小C．電壓表⑹讀數(shù)先變大后變小電流表G)讀數(shù)先變小后變大D．電壓表⑹讀數(shù)先變小后變大電流表?讀數(shù)先變大后變小圖1—2—7解析:選A設滑動變阻器總電阻為R0,P以上電阻為Rx，則變阻器在電路中的阻值R‘(R。一RA, R='Ur*x。當R=3,R‘最大。p從最高端向下滑動時，回路總電阻先增大，后減小。0x當P滑向中點時：P與桿間的動，A．小球的加速度一直減小B．P與桿間的動，A．小球的加速度一直減小B．小球的機械能和電勢能的總和保持不變圖1—2—8RP滑過中點后，R‘I-IT-U匕由并聯(lián)分流IA=RI,1A繼續(xù)增大，故A正確。6.(2012?江西八校聯(lián)考)如圖1—2—8所示，在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中，有一豎直足夠長固定絕緣桿MM小球P套在桿上，已知P的質量為m,電荷量為+q，電場強度為E、磁感應強度為B摩擦因數(shù)為〃，重力加速度為g。小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中(C．DC．D．2〃qE—mg下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v=2MqB2MqE+mg下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v=2MqB解析：選CD對小球受力分析如圖所示，則mg-m(Eq-qvB)=ma,隨著v的增加，小球加速度先增加，當Eq=qvB時達到最大值amax=g，繼續(xù)運動，mg-m(qvB-Eq)=ma,隨著v的增加，a逐漸減小，所以A錯誤。因為有摩擦力做功，機械能與電勢能總和在減小，B錯誤。若在前半段達到最大加速度的一半，則mg一MEq一qvB)=g 2MqE-mg gm2，得v=2MqB，若在后半段達到最大加速度的一半，則mg-M(qvB-Eq)=m2，得v2〃qE+mg=2"qB，故C、D正確。7.如圖所1—2—9示，足夠長的水平傳送帶MN以恒定速度v0=1.0m/s沿順時針方向勻速轉動，傳送帶右端平滑地接著光滑且絕緣的水平軌道NR在軌道NP上方存在水平向左的有界勻強電場，左邊界NN豎直，右邊界足夠大，電場強度大小E=2x103V/m。一質量m=0.1kg、帶電量q=+2X10-4C的小物體從A點由靜止開始釋放向左運動。已知4、N間距l(xiāng)=50cm,小物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)"=0.2,物體在運動過程中，電量始終保持不變，不計空氣阻力，g=10m/s2。求：圖1—2—9⑴物體滑上傳送帶后，向左運動的最大距離％；(2)物體滑上傳送帶到第一次離開傳送帶過程中,傳送帶克服小物體的摩擦力所做的功W；(3)經(jīng)過足夠長時間的運動后,物體能否停下來？(直接給出結論即可)解析：(1)設小物體滑上傳送帶向左運動的最大距離為％,由動能定理得：Eql-"mgx=0,解得％=1m。(2)設滑塊滑上傳送帶時的速度為v，則有1qEl=2mv2,：12qEl解得v=\：m=2m/s"mg物體在傳送帶上運動的加速度a=m=2m/s2v物體在傳送帶上向左運動的時間11=a=1sv物體向右運動速度達到v0時，所用時間12=蛾=0.5s傳送帶克服物體的摩擦力做功W="mgv0(11+12)=0.3J。(3)不能。答案：(1)1m(2)0.3J(3)不能.如圖1—2—10所示，在傾角a=30°的光滑斜面上，并排放著質 點少量分別為mA=10kg和mB=2kg的4、B兩物塊。一勁度系數(shù)k=400N/m的輕彈簧一端與物塊B相連，另一端與固定擋板相連，整個系統(tǒng)次叱顯處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)對A施加一沿斜面向上的力F,使物塊A沿斜面向上圖1—2—10做勻加速運動。已知力F在前0.2s內為變力，0.2s后為恒力，g=10m/s2。求力F的最大

值和最小值。解析：因為在t=0.2s內F是變力，在t=0.2s以后F是恒力，所以在t=0.2s時，A與B分離，此時A與B的作用力FN為零。設在0?0.2s時間內A與B沿斜面向上運動的距離為％，對物體4,根據(jù)牛頓第二定律可得：F+FN-mAgsina=mAa對于A和B整體應用牛頓第二定律可得：(m+m^gF+k[k sina-x]-(mA+mJgsina=(mA+mJamgsina-ma令FN=0,由以上兩式求得x= k1而x=2at2,所以求得a=5m/s2當A、B開始運動時拉力F最小，此時對A、B整體有Fmin=(mA+mB)a=60N當A與B分離時拉力F最大，F(xiàn)也=mA(a+gsina)=100N。答案：100N60N.如圖1—2—11甲所示，建立xQy坐標系，兩平行極板P、Q垂直于y軸且關于x軸對稱，極板長度和板間距均為l。在第一、四象限有磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直于xQy平面向里。位于極板左側的粒子源沿x軸向右連續(xù)發(fā)射質量為m、電量為十外速度相同、重力不計的帶電粒子。在0?310時間內兩板間加上如圖乙所示的電壓(不考慮極板邊緣的影響)。已知t=0時刻進入兩板間的帶電粒子恰好在10時刻經(jīng)極板邊緣射入磁場。上述m、q、1、t0、B為已知量。(不考慮粒子間相互影響及返回極板間的情況)XXXXXXXXXX圖1—2—11XXXXXXXXXX圖1—2—11r0XXXXXXXXXXX(1)求電壓U0的大小。1(2)求210時刻進入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑。(3)何時進入兩板間的帶電粒子在磁場中的運動時間最短？求此最短時間。解析：(1)t=0時刻進入兩板間的帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動，t0時刻剛好從極1U板邊緣射出，在y軸負方向偏移的距離為21，則有E=I ①qE=ma1 121=2at02聯(lián)立①②③式，解得兩板間電壓為

ml2U0=qt0 ④(2)110時刻進入兩板間的帶電粒子，前210時間在電場中偏轉，后210時間兩板間沒有電場，帶電粒子做勻速直線運動。帶電粒子沿％軸方向的分速度大小為iTOC\o"1-5"\h\zvx=v0=t0 ⑤帶電粒子離開電場時沿y軸負方向的分速度大小為1Vy=。2t0 ⑥帶電粒子離開電場時的速度大小為v=rjvx2+vy2 ⑦v2設帶電粒子離開電場進入磁場做勻速圓周運動的半徑為七則有qvB=mR ⑧聯(lián)立③⑤⑥⑦⑧式解得5mlR=2qBt0 ⑨(3)210時刻進入兩板間的帶電粒子在磁場中運動時間最短。帶電粒子離開電場時沿y軸正方向的分速度為vy，=at0 ?設帶電粒子離開電場時速度方向與y軸正方向的夾角為a，則v—0-?tana=vf?聯(lián)立③⑤0?式解得n帶電粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，圓弧所對的圓心角2a=2所求最短時間為1L.=4Tmin帶電粒子在磁場中運動的周期為2nmT=~bB聯(lián)立??式得tmin=2qB。

ml2-5ml nml2答案：⑴q02(2)2qBt0(3)210時刻麗10.(2012?北京高考)勻強電場的方向沿％軸正向，電場強度E隨％的分布如圖1-2-12所示，圖中E0和d均為已知量。將帶正電的質點A在O點由靜止釋放。A離開電場足夠遠后，再將另一帶正電的質點B放在O點也由靜止釋放。當B在電場中運動時，A、B間的相互作用力及相互作m和B的質量分別為m和4。不計重力。圖1-2-12用能均為零；m和B的質量分別為m和4。不計重力。圖1-2-12⑴求A在電場中的運動時間t；4(2)若B的電荷量q=9Q,求兩質點相互作用能的最大值Epm;⑶為使B離開電場后不改變運動方向，求B所帶電荷量的最大值qm。FQE0解析：(1)由牛頓第二定律，A在電場中運動的加速度a=m=常1A在電場中做勻變速直線運動d=2attTOC\o"1-5"\h\z：2d ：2dm解得運動時間t=\:a=\:西(2)設A、B離開電場時的速度分別為以八、4八，由動能定理，有A0B01 1mQE0d=2mvA02,qE0d=2?44vB02 ①A、B相互作用過程中，動量和能量守恒。A、B相互作用力為斥力，A受的力與其運動方向相同，B受的力與其運動方向相反，相互作用力對A做正功，對B做負功。A、B靠近的過程中，B的路程大于A的路程，由于作用力大小相等，作用力對B做功的絕對值大于對A做功的絕對值，因此相互作用力做功之和為負，相互作用能增加。所以，當A、B最接近時相互作用能最大，此時兩者速度相同，設為v,,有(m+4)v'=mvA0+4vB0 ②1 1m1mEpm=(2mvA02+2?4vB02)一2(m+4)v,2 ③已知q=4Q,由①②③式解得相互作用能的最大值Epm=45QE0d(3)考慮A、B在％>d區(qū)間的運動，設A、B在末態(tài)時的速度分別為vA和