高三物理二轮复习（通用版）：专练临界极值问题专练 word版含解析

这是一份高三物理二轮复习（通用版）：专练临界极值问题专练 word版含解析，共8页。试卷主要包含了5 T的匀强磁场，一质量为0等内容，欢迎下载使用。

A．v0tan θ B.eq \f(2v0tan θ,g)
C.eq \f(v0ct θ,g) D.eq \f(2v0ct θ,g)
解析：选D 如图所示，要小球到达斜面的位移最小，则要求落点与抛出点的连线与斜面垂直，所以有tan θ＝eq \f(x,y)，而x＝v0t，y＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝eq \f(2v0ct θ,g)。
2.(唐山模拟)如图所示，物体在拉力F的作用下沿水平面做匀速运动，发现当外力F与水平方向夹角为30° 时，所需外力最小，由以上条件可知，外力F的最小值与重力的比值为( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(1,2)
C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(\r(3),6)
解析：选B 外力F最小时，对物体受力分析，如图所示。物体做匀速运动，则有FN＋Fsin 30°＝G，Ff＝Fcs 30°，又Ff＝μFN，解得
F＝eq \f(G,sin 30°＋\f(1,μ)cs 30°)，
令tan α＝eq \f(1,μ)，则有
F＝eq \f(Gcs α,cs αsin 30°＋sin αcs 30°)
＝eq \f(Gcs α,sinα＋30°)，
根据题意可知α＝60°，即μ＝eq \f(\r(3),3)，F的最小值为eq \f(1,2)G，故B正确。
3．(潮州一模)如图甲所示，将质量为m的小球以速度v0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为h。若将质量分别为2m、3m、4m、5m的小球以同样大小的速度v0从半径均为R＝eq \f(1,2)h的竖直圆形光滑轨道的最低点水平向右射入轨道，轨道形状如图乙、丙、丁、戊所示。则质量分别为2m、3m、4m、5m的小球中，能到达的最大高度仍为h的是(小球大小和空气阻力均不计)( )
A．质量为2m的小球 B．质量为3m的小球
C．质量为4m的小球 D．质量为5m的小球
解析：选C 由题意可知，质量为m的小球，竖直上抛的整个过程机械能守恒，mgh＝eq \f(1,2)mv02。由题图乙可知，质量为2m的小球上升到轨道最高点速度不能为零，结合机械能守恒定律可知此时质量为2m的小球上升的最大高度小于h，故A错误；由题图丙和题图戊可知，小球出轨道时的速度方向不沿竖直方向，则上升到最高点时水平方向速度不为零，依据机械能守恒定律得上升的最大高度均小于h，故B、D错误；由题图丁可知，小球出轨道时的速度方向沿竖直方向向上，则上升到最高点时，速度为零，依据机械能守恒定律得小球上升的最大高度等于h，故C正确。
4.如图所示，转动轴垂直于光滑平面，交点O的上方h处固定细绳的一端，细绳的另一端拴接一质量为m的小球B，绳长AB＝l>h，小球可随转动轴转动并在光滑水平面上做匀速圆周运动。要使球不离开水平面，转动轴的转速的最大值是( )
A.eq \f(1,2π)eq \r(\f(g,h)) B．πeq \r(gh)
C.eq \f(1,2π)eq \r(\f(g,l)) D．2πeq \r(\f(l,g))
解析：选A 对小球，在水平方向有FTsin θ＝mω2R＝4π2mn2R，在竖直方向有FTcs θ＋FN＝mg，且R＝htan θ，当球即将离开水平面时，FN＝0，转速n有最大值，联立解得n＝eq \f(1,2π)eq \r(\f(g,h))，则A正确。
5.(多选)(河北名校联考)如图所示，质量均为m的A、B两物块置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数均为μ，物块间用一水平轻绳相连，绳中无拉力。现用水平力F向右拉物块A，假设物块与水平地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法中正确的是( )
A．当0B．当μmgC．当F>2μmg时，绳中拉力等于eq \f(F,2)
D．无论F多大，绳中拉力都不可能等于eq \f(F,3)
解析：选ABC 当02μmg时，对A、B整体：a＝eq \f(F－2μmg,2m)，对物块B：a＝eq \f(TB－μmg,m)，由上两式得TB＝eq \f(F,2)，C正确；当μmg6．(多选)(盐城二模)如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5 T的匀强磁场，一质量为0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端放置一质量为m＝0.1 kg、带正电q＝0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加方向水平向左，大小为F＝0.6 N的恒力，g取10 m/s2。则滑块( )
A．开始做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动
B．一直做加速度为2 m/s2的匀加速运动，直到滑块飞离木板为止
C．速度为6 m/s时，滑块开始减速
D．最终做速度为10 m/s的匀速运动
解析：选AD 由于滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为μg＝5 m/s2，所以当0.6 N的恒力作用于木板时，系统一起以a＝eq \f(F,M＋m)＝eq \f(0.6,0.2＋0.1) m/s2＝2 m/s2的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时Bqv＝mg，解得：v＝10 m/s，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，a′＝eq \f(F,M)＝eq \f(0.6,0.2) m/s2＝3 m/s2。可知滑块先与木板一起做匀加速直线运动，然后发生相对滑动，做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10 m/s的匀速运动。故A、D正确，B错误。滑块开始的加速度为2 m/s2，当恰好要开始滑动时，Ff＝μ(mg－qvB)＝ma，代入数据得：v＝6 m/s，此后滑块的加速度减小，仍然做加速运动，故C错误。
7．(大同联考)春节放假期间，全国高速公路免费通行，小轿车可以不停车通过收费站，但要求小轿车通过收费站窗口前x0＝9 m区间的速度不超过v0＝6 m/s。现有甲、乙两小轿车在收费站前平直公路上分别以v甲＝20 m/s和v乙＝34 m/s的速度匀速行驶，甲车在前，乙车在后。甲车司机发现正前方收费站，开始以大小为a甲＝2 m/s2的加速度匀减速刹车。
(1)甲车司机需在离收费站窗口至少多远处开始刹车才不违章；
(2)若甲车司机经刹车到达离收费站窗口前9 m处的速度恰好为6 m/s，乙车司机在发现甲车刹车时经t0＝0.5 s的反应时间后开始以大小为a乙＝4 m/s2的加速度匀减速刹车。为避免两车相撞，且乙车在收费站窗口前9 m区不超速，则在甲车司机开始刹车时，甲、乙两车至少相距多远？
解析：(1)对甲车速度由20 m/s减速至6 m/s的位移x1＝eq \f(v甲2－v02,2a甲)＝91 m
x2＝x0＋x1＝100 m
即：甲车司机需在离收费站窗口至少100 m处开始刹车。
(2)设甲、乙两车速度相同时的时间为t，由运动学公式得：
v乙－a乙(t－t0)＝v甲－a甲t
解得：t＝8 s
相同速度v＝v甲－a甲t＝4 m/s＜6 m/s即v＝6 m/s的共同速度为不相撞的临界条件，乙车从开始以34 m/s减速至6 m/s的位移为x3＝v乙t0＋eq \f(v乙2－v02,2a乙)＝157 m
所以甲、乙的距离x＝x3－x1＝66 m。
答案：(1)至少100 m处 (2)66 m
8．如图所示，一足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，现从矩形区域ad边中点O射出与Od边夹角为30°，大小为v0的带电粒子，已知粒子质量为m，电量为q，ad边长为L，ab边足够长，粒子重力忽略不计，求：
(1)试求粒子能从ab边上射出磁场的v0的大小范围；
(2)粒子在磁场中运动的最长时间和在这种情况下粒子从磁场中射出所在边上位置的范围。
解析：(1)画出从O点射入磁场的粒子运动轨迹的动态圆，能够从ab边射出的粒子的临界轨迹如图所示，轨迹与dc边相切时，射到ab边上的A点，此时轨迹圆心为O1，则轨迹半径r1＝L，由qv0B＝meq \f(v02,r1)得最大速度v0＝eq \f(qBL,m)。
轨迹与ab边相切时，射到ab边上的B点，此时轨迹圆心为O2，则轨道半径r2＝eq \f(L,3)，由qv0B＝meq \f(v02,r2)得最小速度v0＝eq \f(qBL,3m)。
所以粒子能够从ab边射出的速度范围为：
eq \f(qBL,3m)(2)当粒子从ad边射出时，时间均相等，且为最长时间，因转过的圆心角为300°，所以最长时间：tm＝eq \f(5,6)T＝eq \f(5πm,3qB)，射出的范围为OC＝r2＝eq \f(L,3)。
答案：(1)eq \f(qBL,3m)9．如图(a)所示，灯丝K可以连续逸出不计初速度的电子，在KA间经大小为U的加速电压加速后，从A板中心小孔射出，再从M、N两极板的正中间以平行极板的方向进入偏转电场。M、N两极板长为L，间距为eq \f(\r(3),3)L。如果在两板间加上如图(b)所示的电压UMN，电子恰能全部射入如图(a)所示的匀强磁场中。不考虑极板边缘的影响，电子穿过平行板的时间极短，穿越过程可认为板间电压不变，磁场垂直纸面向里且范围足够大，不考虑电场变化对磁场的影响。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力及它们之间的相互作用力。
(1)求偏转电场电压UMN的峰值；
(2)已知在t＝eq \f(T,4)时刻射入偏转电场的电子恰好能返回板间，求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(3)求从电子进入偏转电场开始到离开磁场的最短时间。
解析：(1)电子在经过加速电场过程中，根据动能定理可得
eU＝eq \f(1,2)mv02
由题意可知在偏转电压达到峰值时进入的电子恰好沿极板边缘飞出电场
eq \f(\r(3),6)L＝eq \f(1,2)at02
a＝eq \f(eUm,m×\f(\r(3),3)L)
L＝v0t0
联立可得Um＝eq \f(2,3)U。
(2)设t＝eq \f(T,4)时刻进入偏转电场的电子离开电场时速度大小为v，v与v0之间夹角为θ，则
tan θ＝eq \f(eUm,m×\f(\r(3),3)L)·eq \f(L,v02)＝eq \f(\r(3),3)，所以θ＝30°
v0＝vcs θ
电子垂直进入磁场，由洛伦兹力充当向心力：evB＝eq \f(mv2,R)
根据几何关系2Rcs θ＝eq \f(\r(3),3)L
解得B＝eq \f(2,L) eq \r(\f(6mU,e))。
(3)电子在偏转电场中运动历时相等，设电子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，经N板边缘飞出的电子在磁场中运动时间最短，为eq \f(T,3)
又T＝eq \f(2πR,v)
联立解得tmin＝L eq \r(\f(m,2eU))＋eq \f(πL,9) eq \r(\f(3m,2eU))。
答案：(1)eq \f(2,3)U (2)eq \f(2,L) eq \r(\f(6mU,e)) (3)L eq \r(\f(m,2eU))＋eq \f(πL,9) eq \r(\f(3m,2eU))
10．如图所示，A、B为半径R＝1 m的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，在四分之一圆弧区域内存在E＝1×106 V/m、方向竖直向上的匀强电场。有一质量m＝1 kg、带电荷量q＝＋1.4×10－5 C的物体(可视为质点)，从A点的正上方距离A点H处由静止开始下落(不计空气阻力)，BC段为长L＝2 m、与物体间的动摩擦因数μ＝0.2的粗糙绝缘水平面，CD段为倾角θ＝53° 且离地面DE的高度h＝0.8 m的斜面。
(1)若H＝1 m，物体能沿轨道AB到达最低点B，求它到达B点时对轨道的压力大小；
(2)通过计算判断：是否存在某一H值，能使物体沿轨道AB经最低点B后最终停在距B点0.8 m处；
(3)若0.85 m≤H≤1 m，请通过计算表示出物体从C处射出后打到的范围。(已知sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，不讨论物体反弹以后的情况)
解析：(1)物体由初始位置运动到B点的过程中根据动能定理有
mg(R＋H)－qER＝eq \f(1,2)mvB2
到达B点时由支持力FN、重力、电场力的合力提供向心力
FN－mg＋qE＝meq \f(vB2,R)
解得FN＝8 N
根据牛顿第三定律，可知物体对轨道的压力大小为8 N
(2)要使物体沿轨道AB到达最低点B，当支持力为0时，最低点有个最小速度v，则qE－mg＝meq \f(v2,R)
解得v＝2 m/s
在粗糙水平面上，由动能定理得－μmgx＝－eq \f(1,2)mv2
可得x＝1 m>0.8 m
故不存在某一H值，使物体沿着轨道AB经过最低点B后，停在距离B点0.8 m处。
(3)当H＝1 m时，物体从释放点至C点，由动能定理列式mg(H＋R)－qER－μmgL＝eq \f(1,2)mvC12－0
代入数据解得vC1＝2 m/s
物体过C点后做平抛运动，则
x1＝vC1eq \r(\f(2h,g))＝2×0.4 m＝0.8 m>eq \f(h,tan 53°)＝0.6 m
可见物体打到水平面上距离D点
x1－0.6 m＝0.2 m处。
当H＝0.85 m时，物体从释放点至C点，由动能定理列式
mg(H＋R)－qER－μmgL＝eq \f(1,2)mvC22－0
代入解得vC2＝1 m/s
设物体过C点后做平抛运动且打在斜面CD上，则tan 53°＝eq \f(\f(1,2)gt2,vC2t)，解得
t＝eq \f(4,15) s
故物体打在斜面上距C点为
x2＝eq \f(vC2t,cs 53°)＝eq \f(4,9) m
可见物体打到斜面上距离D点
eq \f(h,sin 53°)－eq \f(4,9) m＝eq \f(5,9) m处。
综上分析：物体打在斜面上距离D点eq \f(5,9) m范围内(如答图PD之间区域)，在水平面上距离D点0.2 m范围内(如答图DQ之间区域)。
答案：(1)8 N (2)不存在 (3)在斜面上距离D点eq \f(5,9) m 范围内(如答图PD之间区域)，在水平面上距离D点0.2 m范围内(如答图DQ之间区域)