物理临界状态的假设解决物理试题的专项-易错-难题练习题(含答案)及详细答案.doc

1、物理临界状态的假设解决物理试题的专项培优 易错 难题练习题(含答案)及详细答案一、临界状态的假设解决物理试题1如图所示，在光滑的圆锥顶用长为L的细线悬挂一质量为m的小球，圆锥顶角为，当圆锥和球一起以角速度匀速转动时，球压紧锥面此时绳的张力是多少？若要小球离开锥面，则小球的角速度至少为多少？【答案】（1）（2）【解析】（1）小球此时受到竖直向下的重力mg，绳子的拉力T，锥面对小球的支持力N，三个力作用，合力充当向心力，即合力在水平方向上有，在竖直方向上：联立四个式子可得（2）重力和拉力完全充当向心力时，小球对锥面的压力为零，故有向心力，联立可得，即小球的角速度至少为；2质量为m2=2Kg的长木板

2、A放在水平面上，与水平面之间的动摩擦系数为0.4；物块B（可看作质点）的质量为m1=1Kg，放在木板A的左端，物块B与木板A之间的摩擦系数为0.2.现用一水平向右的拉力F作用在木板A的右端，让木板A和物块B一起向右做匀加速运动当木板A和物块B的速度达到2 m/s时，撤去拉力，物块B恰好滑到木板A的右端而停止滑动，最大静摩擦力等于动摩擦力，g=10m/s2，求：（1）要使木板A和物块B不发生相对滑动，求拉力F的最大值；（2）撤去拉力后木板A的滑动时间；（3）木板A的长度。【答案】（1）18N（2）0.4s（3）0.6m【解析】【详解】（1）当木板A和物块B刚要发生相对滑动时，拉力达到最大以B为研

3、究对象，由牛顿第二定律得可得再以整体为研究对象，由牛顿第二定律得故得最大拉力；（2）撤去F后A、B均做匀减速运动，B的加速度大小仍为，A的加速度大小为，则解得故A滑动的时间（3）撤去F后A滑动的距离 B滑动的距离故木板A的长度【点睛】解题的关键是正确对滑块和木板进行受力分析，清楚滑块和木板的运动情况，根据牛顿第二定律及运动学基本公式求解。3如图所示，用长为L=0.8m的轻质细绳将一质量为1kg的小球悬挂在距离水平面高为H=2.05m的O点，将细绳拉直至水平状态无初速度释放小球，小球摆动至细绳处于竖直位置时细绳恰好断裂，小球落在距离O点水平距离为2m的水平面上的B点，不计空气阻力，取g=10m/

4、s2求：(1)绳子断裂后小球落到地面所用的时间；(2)小球落地的速度的大小；(3)绳子能承受的最大拉力。【答案】(1)0.5s(2)6.4m/s(3)30N【解析】【分析】【详解】(1)细绳断裂后，小球做平抛运动，竖直方向自由落体运动，则竖直方向有，解得(2)水平方向匀速运动，则有竖直方向的速度为则(3)在A点根据向心力公式得代入数据解得4一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，细线的张力为FT，则FT随2变化的图象是（）ABCD【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，用L表示

5、细线长度，小球离开圆锥表面前，细线的张力为FT，圆锥对小球的支持力为FN，根据牛顿第二定律有FTsinFNcosm2LsinFTcosFNsinmg联立解得FTmgcos2mLsin2小球离开圆锥表面后，设细线与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定律有FTsinm2Lsin解得FTmL2故C正确。故选C。5如图所示，在竖直平面内的光滑管形圆轨道的半径为（管径远小于），小球、大小相同，质量均为，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通过轨道最低点，且当小球在最低点时，小球在最高点，重力加速度为，以下说法正确的是（）A当小球在最高点对轨道无压力时，小球比小球所需向心力大B当时，小球

6、在轨道最高点对轨道压力为C速度至少为，才能使两球在管内做完整的圆周运动D只要两小球能在管内做完整的圆周运动，就有小球在最低点对轨道的压力比小球在最高点对轨道的压力大【答案】A【解析】【详解】A.当小球在最高点对轨道无压力时，所需要的向心力从最高点到最低点，由机械能守恒可得对于球，在最低点时，所需要的向心力所以小球比小球所需向心力大，故A正确；B.由上解得，小球在最低点时的速度，可知，当时，小球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，由机械能守恒定律得解得，所以速度至少为，才能使两球在管内做完整的圆周运动，故C错误；D.若，两小球恰能在管内

7、做完整的圆周运动， 小球在最高点对轨道的压力大小，小球在最低点时，由解得，小球在最低点对轨道的压力比小球在最高点对轨道的压力大，故D错误。故选A。6有一长为的细绳，其下端系一质量为的小球，上端固定于点，当细绳竖直时小球静止。现给小球一初速度，使小球在竖直平面内做圆周运动，并且恰好能通过最高点，重力加速度大小为则下列说法正确的是（ ）A小球过最高点时速度为零B小球开始运动时细绳对小球的拉力大小为C小球过最高点时细绳对小球的拉力大小为D小球过最高点时速度大小为【答案】D【解析】【详解】ACD小球恰好能过最高点时细绳的拉力为零，则得小球过最高点时速度大小故AC错误，D正确；B小球开始运动时仍处于最低

8、点，则拉力大小故B错误。故选D。7用长为L的细杆拉着质量为m的小球在竖直平面内作圆周运动，如下图下列说法中正确的是（ ）A小球运动到最高点时，速率必须大于或等于B小球运动到最高点时，速率可以小于，最小速率为零C小球运动到最高点时，杆对球的作用力可能是拉力，也可能是支持力，也可能无作用力D小球运动到最低点时，杆对球的作用力一定是拉力【答案】BCD【解析】【详解】小球在最高点的最小速度为零，此时小球重力和支持力相等故A错误，B正确当小球在最高点压力为零时，重力提供向心力，有，解得，当速度小于v时，杆对小球有支持力，方向向上；当速度大于v时，杆对小球有拉力，方向向下，故C正确小球在最低点时，合力提供

9、向心力，知合力方向向上，则杆对球的作用力一定向上故D正确8如图所示，长为L的轻绳，一端栓住一个质量为m的小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球能够在竖直平面内做圆周运动，下列叙述中错误的是A小球运动到最高点的速度v的极小值为0B当小球运动到最低点时，小球的向心力由绳的拉力和重力的合力提供C当小球运动到最高点的速度时，绳对小球的弹力为0D当小球运动到最高点的速度时，绳对小球的弹力为mg【答案】BC【解析】【分析】【详解】ACD.当小球在最高点绳的拉力为零时，圆周运动的速度最小，则，可得，故A错误，C正确、D错误B.当小球运动到最低点时，由牛顿第二定律可知，即小球的向心力由绳的拉力和重力的合力提

10、供，则B正确故选BC.9如图所示，光滑水平桌面上放置一个倾角为37的光滑楔形滑块A，质量为M=0.8kg。一细线的一端固定于楔形滑块A的顶端O处，细线另一端拴一质量为m=0.2kg的小球。若滑块与小球在外力F作用下，一起以加速度a向左做匀加速运动。取g=10 m/s2;sin370=0.6;sin530=0.8，则下列说法正确的是（ ）A当a=5 m/s2时，滑块对球的支持力为0 NB当a=15 m/s2时，滑块对球的支持力为0 NC当a=5 m/s2时，外力F的大小为4ND当a=15 m/s2时，地面对A的支持力为10N【答案】BD【解析】【详解】设加速度为a0时小球对滑块的压力等于零，对小

11、球受力分析，受重力和拉力，根据牛顿第二定律，有：水平方向：，竖直方向：，解得A.当时，小球未离开滑块，斜面对小球的支持力不为零，选项A错误；B.当时，小球已经离开滑块，只受重力和绳的拉力，滑块对球的支持力为零，选项B正确；C.当时，小球和楔形滑块一起加速，由整体法可知：选项C错误；D.当系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对A的支持力一定等于两个物体的重力之和，即选项D正确。故选BD。10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n0个速率为的离子，分布在y轴两侧各为的范围内在x轴上放置长度为L的离子收集板，其右端点距坐标

12、原点的距离为2L，当磁感应强度为B0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；（2）若发射的离子被收集板全部收集，求的最大值；（3）假设离子到达x轴时沿x轴均匀分布当=370，磁感应强度在B0 B 3B0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）（2）（3）时，；时，；时，有【解析】（1）洛伦兹力提供向心力，故，圆周运动的半径R=L，解得（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

13、集板最左端时，达到最大，轨迹如图1所示，根据几何关系可知，解得（3），全部收集到离子时的最小半径为R，如图2，有，解得当时，所有粒子均能打到收集板上，有，恰好收集不到粒子时的半径为，有，即当时，设，解得当时，所有粒子都不能打到收集板上，11如图所示，用一根长为l1m的细线，一端系一质量为m1kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角37，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为时，细线的张力为FT(g取10m/s2，结果可用根式表示)求：(1)若要小球离开锥面，则小球的角速度0至少为多大？(2)若细线与竖直方向的夹角为60，则小球的角速度为多大？【答案

14、】（1）（2）【解析】试题分析：（1）小球刚好离开锥面时，小球只受到重力和拉力，小球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：解得：（2）同理，当细线与竖直方向成600角时由牛顿第二定律及向心力公式得：解得：考点：牛顿第二定律；匀速圆周运动【名师点睛】此题是牛顿第二定律在圆周运动中的应用问题；解题时要分析临界态的受力情况，根据牛顿第二定律，利用正交分解法列出方程求解12如图所示，在边界OP、OQ之间存在竖直向下的匀强电场，直角三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。从O点以速度v0沿与Oc成60角斜向上射入一带电粒子，粒子经过电场从a点沿ab方向进人磁场区域且恰好没有从磁场边界bc飞出，然后经a

15、c和aO之间的真空区域返回电场，最后从边界OQ的某处飞出电场。已知Oc=2L，ac=L，ac垂直于cQ，acb=30，带电粒子质量为m，带电量为+g，不计粒子重力。求：(1)匀强电场的场强大小和匀强磁场的磁感应强度大小；(2)粒子从边界OQ飞出时的动能；(3)粒子从O点开始射入电场到从边界OQ飞出电场所经过的时间。【答案】（1） （2） （3）【解析】【详解】（1）从O点到a点过程的逆过程为平抛运动水平方向：竖直方向：加速度：可得：，粒子进入磁场后运动轨迹如图所示，设半径为r，由几何关系得，洛伦兹力等于向心力：解得：在磁场内运动的时间：.（2）粒子由真空区域进入电场区域从边界飞出过程，由动能定

16、理得，解得：（3）粒子经过真空区域的时间，.粒子从真空区域进入电场区域到从边界飞出经过的时间为，解得：.粒子从入射直至从电场区域边界飞出经过的时间.13如图所示，为两组正对的平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，一电子由静止开始从竖直板的中点A出发，经电压U0加速后通过另一竖直板的中点B，然后从正中间射入两块水平金属板间，已知两水平金属板的长度为L，板间距离为d，两水平板间加有一恒定电压，最后电子恰好能从下板右侧边沿射出已知电子的质量为m，电荷量为-e.求：（1）电子过B点时的速度大小；（2）两水平金属板间的电压大小U；（3）电子从下板右侧边沿射出时的动能【答案】(1) (2) (3) 【解

17、析】【分析】【详解】（1）令电子过B点时的速度大小为v，有：，（2）电子在水平板间做类平抛运动，有：，联立解得：（3）总过程对电子利用动能定理有：，14如图所示为柱状玻璃的横截面，圆弧的圆心为点，半径为，与的夹角为90。为中点，与平行的宽束平行光均匀射向侧面，并进入玻璃，其中射到点的折射光线恰在点发生全反射。(i)分析圆弧上不能射出光的范围；(ii)求该玻璃的折射率。【答案】(i)分析过程见解析；(ii)【解析】【详解】(i)光路图如图从入射的各光线的入射角相等，由知各处的折射角相等。各折射光线射至圆弧面时的入射角不同，其中点最大。点恰能全反射，则段均能全反射，无光线射出。(ii)点全反射有相

18、应的点折射有由几何关系知解各式得15如图所示，木板静止于光滑水平面上,在其右端放上一个可视为质点的木块，已知木块的质量m=1kg，木板的质量M=3kg，木块与木板间的动摩擦因数=0.3，设木块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，板长L=2 m，g取10 m/s2，问： 若木块不能在木板上滑动，则对木板施加的拉力应该满足什么条件? 若拉力为30N，则木块滑离木板需要多少时间?【答案】(1) F12 N；(2)s。【解析】【详解】 以木块为研究对象，木块能受到的最大静摩擦力fm=mg木块的最大加速度am=g，木块不能在木板上滑动，木块与木板整体的最大加速度为g，以整体为研究对象，由牛顿第二定律可得F=(M+m )am，代入数值可求得。若木块不能在木板上滑动，则对木板施加的拉力F12 N。 当拉力F=30 N时木块已经相对滑动，木块受到滑动摩擦力，产生的加速度a=g=3 m/s2，对于木板，根据牛顿第二定律有F-f=Ma，设木块滑离木板的时间为t，则有at2-at2=L，联立解得t=s。