【物理】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)及答案

【物理】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)及答案一、臨界狀態(tài)的假設(shè)解決物理試題1．如圖所示為一玻璃磚的橫截面，其中OAB是半徑為R的扇形，，為等腰直角三角形．一束光線從距O點的P點垂直于OD邊射人，光線恰好在BD邊上發(fā)生全反射，最后從AB邊上某點第一次射出玻璃磚．已知光在真空中的傳播速度為c，求：（1）玻璃磚對該光線的折射率；（2）光從P點射人到第一次射出玻璃磚過程中，光在玻璃磚中傳播的時間．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】【詳解】（1）作出光路如圖所示，由幾何關(guān)系得又光線恰好發(fā)生全反射，所以=解得玻璃磚對該光線的折射率（2）由幾何關(guān)系知，BD邊與OA邊平行，光線在OA邊上也恰好發(fā)生全反射因此因此光在玻璃中傳播的路程另有n=則光在玻璃中傳播的時間答：（1）玻璃磚對該光線的折射率；（2）光在玻璃磚中傳播的時間．2．今年入冬以來，我國多地出現(xiàn)了霧霾天氣，給交通安全帶來了很大的危害．某地霧霾天氣中高速公司上的能見度只有72m，要保證行駛前方突發(fā)緊急情況下汽車的安全，汽車行駛的速度不能太大．已知汽車剎車時的加速度大小為5m/s2．（1）若前方緊急情況出現(xiàn)的同時汽車開始制動，汽車行駛的速度不能超過多大？（結(jié)果可以帶根號）（2）若駕駛員從感知前方緊急情況到汽車開始制動的反應(yīng)時間為0.6s，汽車行駛的速度不能超過多大？【答案】（1）m/s；（2）24m/s．【解析】試題分析：（1）根據(jù)速度位移公式求出求出汽車行駛的最大速度；（2）汽車在反應(yīng)時間內(nèi)的做勻速直線運動，結(jié)合勻速直線運動的位移和勻減速直線運動的位移之和等于72m，運用運動學公式求出汽車行駛的最大速度．解：（1）設(shè)汽車剎車的加速度a=﹣5m/s2，要在s=72m內(nèi)停下，行駛的速度不超過v1，由運動學方程有：0﹣v12=﹣2as①代入題中數(shù)據(jù)可得：v1=12m/s（2）設(shè)有汽車行駛的速度不超過v2，在駕駛員的反應(yīng)時間t0內(nèi)汽車作勻速運動的位移s1：s1=v2t0②剎車減速位移s2=③s=s1+s2④由②～④式并代入數(shù)據(jù)可得：v2=24m/s答：（1）汽車行駛的速度不能超過m/s；（2）汽車行駛的速度不能超過24m/s．【點評】解決本題的關(guān)鍵知道在反應(yīng)時間內(nèi)汽車做勻速直線運動，剎車后做勻減速直線運動，抓住總位移，結(jié)合運動學公式靈活求解．3．如圖所示，圓心為O、半徑為r的圓形區(qū)域外存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向外，磁感應(yīng)強度大小為B。P是圓外一點，OP=3r，一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子從P點在紙面內(nèi)沿著與OP成60°方向射出（不計重力），求：(1)若粒子運動軌跡經(jīng)過圓心O，求粒子運動速度的大小；(2)若要求粒子不能進入圓形區(qū)域，求粒子運動速度應(yīng)滿足的條件?！敬鸢浮?1)；(2)或【解析】【分析】【詳解】(1)設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R，圓心為，依圖題意作出軌跡圖如圖所示：由幾何知識可得：解得根據(jù)牛頓第二定律可得解得(2)若速度較小，如圖甲所示：根據(jù)余弦定理可得解得若速度較大，如圖乙所示：根據(jù)余弦定理可得解得根據(jù)得，若要求粒子不能進入圓形區(qū)域，粒子運動速度應(yīng)滿足的條件是或4．如圖甲所示，用大型貨車運輸規(guī)格相同的圓柱形水泥管道，貨車可以裝載兩層管道，底層管道固定在車廂里，上層管道堆放在底層管道上，如圖乙所示。已知水泥管道間的動摩擦因數(shù)為，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，貨車緊急剎車時的加速度大小為。每根管道的質(zhì)量為m，重力加速度為g，最初堆放時上層管道最前端離駕駛室為d，則下列分析判斷正確的是（）A．貨車沿平直路面勻速行駛時，圖乙中管道A、B之間的彈力大小為mgB．若，則上層管道一定會相對下層管道發(fā)生滑動C．若則上層管道一定會相對下層管道發(fā)生滑動D．若要使貨車在緊急剎車時上管道不撞上駕駛室，貨車在水平路面上勻速行駛的最大速度為【答案】C【解析】【詳解】A.貨車勻速行駛時上層管道A受力平衡，在其橫截面內(nèi)的受力分析如圖所示其所受B的支持力大小為N，根據(jù)平衡條件可得解得故A錯誤；BC.當緊急剎車過程中上層管道相對下層管道靜止時，上層管道A所受到的靜摩擦力為最大靜摩擦力為隨著加速度的增大，當時，即時，上層管道一定會相對下層管道發(fā)生滑動，故C正確B錯誤；D.若，緊急剎車時上層管道受到兩個滑動摩擦力減速，其加速度大小為，要使貨車在緊急剎車時上管道不撞上駕駛室，貨車在水平路面上勻速行駛的速度，必須滿足解得故D錯誤。故選C。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(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。現(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。6．如圖所示，在內(nèi)壁光滑的平底試管內(nèi)放一個質(zhì)量為10g的小球，試管的開口端加蓋與水平軸O連接，試管底與O相距40cm，試管在轉(zhuǎn)軸帶動下沿豎直平面做勻速圓周運動，下列說法正確的是（）A．小球通過最高點時，可能對試管底部沒有壓力B．在最高點，小球受到的合外力大小最小，在最低點小球受到的合外力大小最大C．小球?qū)υ嚬艿撞康淖钚毫σ欢ù笥?.2ND．在最高點和最低點兩處，小球?qū)υ嚬艿撞康膲毫Υ笮≈詈愣ú蛔儭敬鸢浮緼D【解析】【詳解】A.當通過最高點重力剛好提供向心力時，小球?qū)υ嚬艿撞繘]有壓力，故A正確；B.小球沿豎直平面做勻速圓周運動，在每個位置所受的合外力大小相等，故B錯誤；C.小球要做勻速圓周運動，最高點應(yīng)滿足在最低點小球?qū)υ嚬艿撞康膲毫Υ笮」蔆正確；D.在最高點小球?qū)υ嚬艿撞康膲毫Υ笮t在最高點和最低點兩處，小球?qū)υ嚬艿撞康膲毫Υ笮≈詈愣ú蛔?，故D正確。故選AD。7．現(xiàn)有A、B兩列火車在同一軌道上同向行駛，A車在前，其速度vA＝10m/s，B車速度vB＝30m/s.因大霧能見度低，B車在距A車600m時才發(fā)現(xiàn)前方有A車，此時B車立即剎車，但B車要減速1800m才能夠停止．(1)B車剎車后減速運動的加速度多大？(2)若B車剎車8s后，A車以加速度a1＝0.5m/s2加速前進，問能否避免事故？若能夠避免則兩車最近時相距多遠？【答案】(1)0.25m/s2(2)可以避免事故232m【解析】【分析】【詳解】(1)設(shè)B車減速運動的加速度大小為a，有0－vB2＝－2ax1，解得：a＝0.25m/s2.(2)設(shè)B車減速t秒時兩車的速度相同，有vB－at＝vA＋a1(t－Δt)代入數(shù)值解得t＝32s，在此過程中B車前進的位移為xB＝vBt－＝832mA車前進的位移為xA＝vAΔt＋vA(t－Δt)＋a1(t－Δt)2＝464m，因xA＋x>xB，故不會發(fā)生撞車事故，此時Δx＝xA＋x－xB＝232m.8．如圖所示，x軸上方存在垂直紙面向外的勻強磁場，坐標原點處有一正離子源，單位時間在xOy平面內(nèi)發(fā)射n0個速率為υ的離子，分布在y軸兩側(cè)各為θ的范圍內(nèi)．在x軸上放置長度為L的離子收集板，其右端點距坐標原點的距離為2L，當磁感應(yīng)強度為B0時，沿y軸正方向入射的離子，恰好打在收集板的右端點．整個裝置處于真空中，不計重力，不考慮離子間的碰撞，忽略離子間的相互作用．（1）求離子的比荷；（2）若發(fā)射的離子被收集板全部收集，求θ的最大值；（3）假設(shè)離子到達x軸時沿x軸均勻分布．當θ=370，磁感應(yīng)強度在B0≤B≤3B0的區(qū)間取不同值時，求單位時間內(nèi)收集板收集到的離子數(shù)n與磁感應(yīng)強度B之間的關(guān)系（不計離子在磁場中運動的時間）【答案】（1）（2）（3）時，；時，；時，有【解析】（1）洛倫茲力提供向心力，故，圓周運動的半徑R=L，解得（2）和y軸正方向夾角相同的向左和向右的兩個粒子，達到x軸位置相同，當粒子恰好達到收集板最左端時，達到最大，軌跡如圖1所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知，解得（3），全部收集到離子時的最小半徑為R，如圖2，有，解得當時，所有粒子均能打到收集板上，有，恰好收集不到粒子時的半徑為，有，即當時，設(shè)，解得當時，所有粒子都不能打到收集板上，9．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．10．如圖所示，在平面直角坐標系內(nèi)，第I象限的等腰三角形MNP區(qū)域內(nèi)存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，y<0的區(qū)域內(nèi)存在著沿y軸正方向的勻強電場。一質(zhì)量為m帶電荷量為q的帶電粒子從電場中Q（-2h，-h）點以速度v0水平向右射出，經(jīng)坐標原點O射入第I象限，最后垂直于PM的方向射出磁場。已知MN平行于x軸，NP垂直于x軸，N點的坐標為（2h，2h），不計粒子的重力，求：(1)電場強度的大??；(2)最小的磁感應(yīng)強度的大?。?3)粒子在最小磁場中的運動時間。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【分析】【詳解】(1)由幾何關(guān)系可知粒子的水平位移為2h，豎直位移為h，由類平拋運動規(guī)律得由牛頓第二定律可知聯(lián)立解得(2)粒子到達O點，沿y鈾正方向的分速度則速度與x軸正方向的夾角α滿足即粒子從MP的中點垂直于MP進入磁場，由洛倫茲力提供向心力解得粒子運動軌跡越大，磁感應(yīng)強度越小，由幾何關(guān)系分析可得，粒子運動軌跡與PN相切時，垂直于PM的方向射出磁場垂直于MP射出磁場，則軌道半徑粒子在磁場中的速度解得(3)帶電粒子在磁場中圓周運動的周期帶電粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為，故運動時間11．如圖甲所示，在足夠大的水平地面上有A、B兩物塊(均可視為質(zhì)點)。t=0時刻，A、B的距離x0=6m，A在水平向右的推力F作用下，其速度—時間圖象如圖乙所示。t=0時刻，B的初速度大小v0=12m/s、方向水平向右，經(jīng)過一段時間后兩物塊發(fā)生彈性正碰。已知B的質(zhì)量為A的質(zhì)量的3倍，A、B與地面間的動摩擦因數(shù)分別為μ1=0.1、=0.4，取g=10m/s2。(1)求A、B碰撞前B在地面上滑動的時間t1以及距離x1；(2)求從t=0時刻起到A與B相遇的時間t2；(3)若在A、B碰撞前瞬間撤去力F，求A、B均靜止時它們之間的距離x。【答案】(1)3s，18m(2)4s(3)10m【解析】【詳解】(1)設(shè)B的質(zhì)量為3m，A、B碰撞前B在地面上滑動的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有若A、B碰撞前B已停止運動，則由勻變速直線運動的規(guī)律有：解得=3s，=18m由題圖乙可得，0~3s時間內(nèi)A滑動的距離為：m=16m由于=24m故A、B碰撞前B已停止運動，假設(shè)成立。(2)由(1)可知=3s時，A、B尚未發(fā)生碰撞，故A、B碰撞前瞬間A的速度大小為：=8m/s經(jīng)分析可知解得：=4s(3)設(shè)碰撞后瞬間A、B的速度分別為、，有：解得：=4m/s(為負值，說明的方向水平向左)，=4m/s設(shè)A、B碰撞后滑行的距離分別為L1、L2，有：，根據(jù)動能定理有：解得：x=10m12．應(yīng)用如圖所示的裝置研究帶電粒子在電場、磁場中的運動情況。相鄰的區(qū)域I、II均為邊長為的正方形。區(qū)域I內(nèi)可以添加方向豎直向下的勻強電場；區(qū)域II內(nèi)可以添加方向垂直紙面向里的勻強磁場。區(qū)域II的邊緣處有可探測帶電粒子的屏。一束帶電粒子沿兩區(qū)域中間軸線以速度水平射入?yún)^(qū)域I，粒子束中含有多種粒子，其電荷量由小到大的范圍為，質(zhì)量由小到大的范圍為。粒子在電場中只受電場力，在磁場中只受洛倫茲力。(1)若只在區(qū)域II內(nèi)添加磁場，且能夠在屏上探測到所有粒子，則磁感應(yīng)強度為多大；(2)若只在區(qū)域I內(nèi)添加電場，且能夠在屏上探測到所有粒子，則電場強度為多大；(3)當兩個區(qū)域分別添加上述(1)(2)中的電場及磁場，電荷量為、質(zhì)量為的粒子能夠在屏上探測到。求解粒子在屏上顯現(xiàn)的位置，試列出各求解方程式。（不對方程式求解）【答案】(1)；(2)；(3)，【解析】【詳解】(1)如圖甲所示，磁場中運動有①由幾何關(guān)系得得②解①②式得電荷量為、質(zhì)量為時磁場磁感應(yīng)強度最大，有(2)如圖乙，在電場中運動，豎直方向有③又有④水平方向有⑤又有⑥由幾何關(guān)系得⑦解③~⑦式得電荷量為、質(zhì)量為時電場強度最大，有(3)如圖丙，電場中有，⑧又有⑨磁場中運動的半徑為⑩由幾何關(guān)系得13．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θ=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ω時，細線的張力為T。求(取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，結(jié)果用根式表示)：(1)若要小球離開錐面，則小球的角速度ω0至少為多大？(2)若小球的角速度ω=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ω=rad/s，則小球?qū)A錐體的壓力為多大？【答案】（1）；（2），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，由牛頓第二定律得解得（2）因，故此時小球已離開錐面，小球受到錐面的支持力FN=0，設(shè)細線與豎直方向的夾角為α，則解得，則細繩的張力（3）因，故此時小球未離開錐面，設(shè)小球受到的支持力為FN，細線張力為F，則聯(lián)立以上兩式，代入數(shù)據(jù)得：FN=3.6N。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