物理数学物理法练习及解析

物理数学物理法练习及解析
一、数学物理法
1．如图所示，在竖直边界1、2间倾斜固定一内径较小的光滑绝缘直管道，其长度为L ，上端离地面高L ，下端离地面高
2
L
．边界1左侧有水平向右的匀强电场，场强大小为E 1（未知），边界2右侧有竖直向上的场强大小为E 2（未知）的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出）．现将质量为m 、电荷量为q 的小球从距离管上端口2L 处无初速释放，小球恰好无碰撞进入管内（即小球以平行于管道的方向进入管内），离开管道后在边界2右侧的运动轨迹为圆弧，重力加速度为g ． （1）计算E 1与E 2的比值；
（2）若小球第一次过边界2后，小球运动的圆弧轨迹恰好与地面相切，计算满足条件的磁感应强度B 0；
（3）若小球第一次过边界2后不落到地面上（即B >B 0），计算小球在磁场中运动到最高点时，小球在磁场中的位移与小球在磁场中运动时间的比值．（若计算结果中有非特殊角的三角函数，可以直接用三角函数表示）
【答案】（131；（23(23)m gL -；（3）36gL
︒
【解析】 【分析】
根据题意，粒子先经过电场，做匀加速直线运动，在进入管中，出来以后做匀速圆周运动，画出物体的运动轨迹，再根据相关的公式和定理即可求解。

【详解】
（1）设管道与水平面的夹角为α，由几何关系得：
/21
sin 2
L L L α-=
= 解得：
30︒=α
由题意，小球在边界1受力分析如下图所示，有：
1tan mg qE α=
因小球进入边界2右侧区域后的轨迹为圆弧，则有：
mg ＝qE 2
解得比值：
E 1 ：E 2＝3：1
（2）设小球刚进入边界2时速度大小为v ，由动能定理有：
2113sin302cos302
mg L E q L mv ︒︒⋅+⋅=
联立上式解得：
3v gL =
设小球进入E 2后，圆弧轨迹恰好与地面相切时的轨道半径为R ，如下图，由几何关系得：
cos30+
2
L R R ︒= 代入数据解得：
(23)R L =+
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
2
0v qvB m R
=
代入数据解得：
03(23)m gL
B -=
（3）如下图，设此时圆周运动的半径为r ，小球在磁场中运动到最高点时的位移为：
2cos15S r ︒=⋅
圆周运动周期为：
2r
T v
π=
则小球运动时间为：
712
t T =
解得比值：
36
2cos15
cos15
7
12
gL
S r
t T
︒
==︒
【点睛】
考察粒子在复合场中的运动。

2．
质量为M的木楔倾角为θ (θ < 45°)，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑．当用与木楔斜面成α角的力F拉木块，木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止)．
(1)当α＝θ时，拉力F有最小值，求此最小值；
(2)求在(1)的情况下木楔对水平面的摩擦力是多少？
【答案】（1）min sin2
F mgθ
=（2）
1
sin4
2
mgθ
【解析】
【分析】
（1）对物块进行受力分析，根据共点力的平衡，利用正交分解，在沿斜面和垂直斜面两方向列方程，进行求解．
（2）采用整体法，对整体受力分析，根据共点力的平衡，利用正交分解，分解为水平和竖直两方向列方程，进行求解．
【详解】
木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mgsin mgcos
θμθ
＝，即tan
μθ
＝
(1)木块在力F的作用下沿斜面向上匀速运动，则：
Fcos mgsin f
αθ
＝＋
N
Fsin F mgcos
αθ
＋＝
N
f F
μ
＝
联立解得：()
2
mgsin
F
cos
θ
θα
=
-
则当＝αθ时，F 有最小值，2min F mgsin ＝θ
(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F 的水平分力，即
()f Fcos αθ='+
当＝αθ时，1
2242
f mgsin cos mgsin θθθ='= 【点睛】
木块放在斜面上时正好匀速下滑隐含动摩擦因数的值恰好等于斜面倾角的正切值，当有外力作用在物体上时，列平行于斜面方向的平衡方程，求出外力F 的表达式，讨论F 取最小值的条件．
3．如图所示，长为3l 的不可伸长的轻绳，穿过一长为l 的竖直轻质细管，两端拴着质量分别为m 、2m 的小球A 和小物块B ，开始时B 先放在细管正下方的水平地面上．手握细管轻轻摇动一段时间后，B 对地面的压力恰好为零，A 在水平面内做匀速圆周运动．已知重力加速度为g ，不计一切阻力．
（1）求A 做匀速圆周运动时绳与竖直方向夹角θ； （2）求摇动细管过程中手所做的功；
（3）轻摇细管可使B 在管口下的任意位置处于平衡，当B 在某一位置平衡时，管内一触发装置使绳断开，求A 做平抛运动的最大水平距离．
【答案】（1）θ=45° ；（2）2
(14
mgl -；2l 。

【解析】 【分析】 【详解】
（1）B 对地面刚好无压力，对B 受力分析，得此时绳子的拉力为
2T mg =
对A 受力分析，如图所示
在竖直方向合力为零，故
cos T mg θ=
解得45θ=o
（2）对A 球，根据牛顿第二定律有
2
sin sin v T m
l θθ
= 解得22
v gl =
故摇动细管过程中手所做的功等于小球A 增加的机械能，故有
()212cos 124W mv mg l l mgl θ⎛=+-=- ⎝⎭
（3）设拉A 的绳长为x （l≤x≤2l ），根据牛顿第二定律有
2
sin sin v T m
x θθ
= 解得2
2
v gx =
A 球做平抛运动下落的时间为t ，则有
212cos 2
l x gt θ-=
解得2222l x t g
⎛⎫- ⎪
⎝⎭=
水平位移为
()
22S vt x l x ==-当2x l =
时，位移最大，为2m S l =
4．某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛，比赛路径如图所示．可视为质点的赛车从起点A 出发，沿水平直线轨道运动L 后，由B 点进入半径为R 的光滑竖直半圆轨道，并通过
半圆轨道的最高点C ，才算完成比赛．B 是半圆轨道的最低点，水平直线轨道和半圆轨道相切于B 点．已知赛车质量m =0.5kg ，通电后以额定功率P =2W 工作，进入竖直圆轨道前受到的阻力恒为F f =0.4N ，随后在运动中受到的阻力均可不计，L =10.00m ，R =0.40m ，（g 取10m/s 2）．求：
（1）要使赛车能通过C 点完成比赛，通过C 点的速度至少多大？ （2）赛车恰能完成比赛时，在半圆轨道的B 点对轨道的压力多大 （3）要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间t ？
（4）若电动机工作时间为t 0=5s ，当R 为多少时赛车既能完成比赛且飞出的水平距离又最大，水平距离最大是多少？
【答案】（1）2m/s （2）25/m s ，30N （3）t =4.5s （4）R =0.3m ，1.2m 【解析】 【分析】
赛车恰好通过最高点时，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出通过C 点的最小速度．根据机械能守恒定律求出赛车在B 点的最小速度，根据牛顿第二定律求出赛车对轨道的压力．对A 到B 过程运用动能定理，求出电动机从A 到B 至少工作的时间．根据动能定理求出赛车到达最高点的速度，结合平抛运动的规律求出水平位移，通过数学知识求出水平位移的最大值． 【详解】
（1）当赛车恰好过C 点时在B 点对轨道压力最小，赛车在B 点对有：
2C
v mg m R
=
解得：
100.4m/s 2m/s C v gR ==⨯=...①
（2）对赛车从B 到C 由机械能守恒得：
22
11222
B C mv mv mg R =+⋅…② 赛车在B 处，由牛顿第二定律可得：
2
N B
v F mg m R
-=…③
由①②③得:
525m/s B v gR ==
N 630N F mg ==
由牛顿第三定律知，对轨道的压力大小等于30N ； （3）对赛车从A 到B 由动能定理得：
2
102
f B Pt F L mv -=
- 解得:
4.5s t =
（4）对赛车从A 到C 由动能定理得：
2
0012'2
f Pt F L m
g R mv --⋅=
， 赛车飞出C 后有:
212'2
R gt =
0x v t =
解得:
23
16('')5
x R R =--，
所以当'0.3m R =时，x 最大：
max 1.2m x =
答：（1）要使赛车能通过C 点完成比赛，通过C 点的速度至少为2m/s ； （2）赛车恰能完成比赛时，在半圆轨道的B 点对轨道的压力等于30N ； （3）要使赛车完成比赛，电动机至少工作 4.5s t =；
（4）若电动机工作时间为t 0=5s ，当R 为0.3m 时赛车既能完成比赛且飞出的水平距离又最大，最大水平距离max 1.2m x =．
5．某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛，比赛路径如图所示．可视为质点的赛车从起点 A 出发，沿水平直线轨道运动L 后，由B 点进人半径为R 的光滑竖直半圆轨道，并通过半圆轨道的最高点C ，才算完成比赛．B 是半圆轨道的最低点.水平直线轨道和半圆轨道相切于B 点．已 知赛车质量m= 5kg ，通电后以额定功率P =2W 工作，进入竖直半圆轨道前受到的阻力恒为F 1=0.4N ，随后在运动中受到的阻力均可不计，L = 10.0m ，R = 0. 32m ，g 取l0m/s 2．求：
（1）要使赛车完成比赛，赛车在半圆轨道的B 点对轨道的压力至少为多大？
（2）要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？
（3）若电动机工作时间为t 0=5s 当半圆轨道半径为多少时赛车既能完成比赛且飞出的水平距离最大？水平距离最大是多少？ 【答案】（1）30N （2） 4s （3） 1.2m 【解析】
试题分析：（1）赛车恰能过最高点时，根据牛顿定律：解得
由B
点到C 点，由机械能守恒定律可得：2211
222
B c mv mv mg R =+⋅a 在B 点根据牛顿定律可得：
联立解得：54m/s B v gR ==则：630N F mg == （2）对赛车从A 到B 由动能定理得：
解得：t=4s
（3）对赛车从A 到C 由动能定理得：
2001
22
f Pt F L m
g R mv --⋅=
赛车飞出C 后有：
解得：
所以 当R=0.3m 时x 最大， x max =1.2m
考点：牛顿第二定律；动能定理；平抛物体的运动.
6．图示为直角三角形棱镜的截面，90︒∠=C ，30A ︒∠=，AB 边长为20cm ，D 点到A 点的距离为7cm ，一束细单色光平行AC 边从D 点射入棱镜中，经AC 边反射后从BC 边上的F 点射出，出射光线与BC 边的夹角为30︒，求： (1)棱镜的折射率； (2)F 点到C 点的距离。

【答案】3(2)3cm
【解析】 【详解】
(1)由几何知识可知，光束从D 点入射的入射角60i ︒=，做出光路图：
设对应折射角为r ，则光束在AC 边的入射角为
90(60)30i r r ︒︒︒'=--=+
在BC 边上的入射角
90(30)60i r r ︒︒︒''=-+=-
在BC 边上的折射角
903060r ︒︒︒''=-=
由折射定律，可知在D 点入射时
sin sin i
n r
=
在F 点入射时
sin 60sin(60)
n r ︒
︒=- 解得
30r ︒=
折射率为
3n =(2)由几何知识，可知
2cos3073cm AE AD ︒== 33cm CE AC AE =-=
3
tan 30CF CE =︒= 解得
3cm CF =
7．如图所示，一根一端封闭的玻璃管，内有一段长h =0.25m 的水银柱。

当温度为t 1=27C ︒，开口端竖直向上时，封闭空气柱h 2=0.60m 。

已知外界大气压相当于L 0=0.75m 高的水银柱产生的压强，热力学温度T =273+t 。

(i)若玻璃管足够长，缓慢地将管转过90︒，求此时封闭气柱的长度；
(ii)若玻璃管长为L =1.00m ，温度至少升到多高时，水银柱才能从管中全部溢出。

【答案】(i)0.80m ；(ii)382.8K 【解析】 【分析】 【详解】
(i)设玻璃管内部横截面积为S ，对水银柱分析可知，气体初状态的压强p 1=1.00mHg ，初状态的体积V 1=0.60S ，转过90︒后，气体的压强p 2=0.75mHg ，体积V 2=hS ，气体做等温变化，由玻意尔定律1122pV p V =，解得
12
2
0.80m p h h p =
= (ii)由气态方程
pV
C T
=可知，pV 乘积越大，对应的温度T 越高，假设管中还有长为x 的水银柱尚未溢出时，pV 值最大，即
(L 0+x )(L －x )S
值最大，因为
00)L x L x L L ++-=（）（十
与x 的大小无关，所以由数学知识可知∶两正数之和为一常数，则当这两数相等时其乘积最大，有∶
0L x L x +=-
解得
x =0.125m
即管内水银柱由0.25m 溢出到还剩下0.125m 的过程中，pV 的乘积越来越大，这一过程必须是升温的。

此后，温度不必再升高（但要继续给气体加热），水银柱也将继续外溢，直至完全溢出。

由气态方程∶
1122
12
p V p V T T =，有 ()()01
221211
012()L x L x ST p V T T pV L h h S +-=
=+ 代入数据得
T ≈382.8K
8．如图所示，半圆形玻璃砖的半径为R ，圆心为O 。

一束单色光由玻璃砖上的P 点垂直于半圆底面射入玻璃砖，其折射光线射向底面的Q 点（图中未画出），折射率为3，测得P 点与半圆底面的距离为
2
R。

计算确定Q 点的位置。

【答案】
33
R - 【解析】 【详解】 如图所示
P 点折射有
sin sin i
n r
=
由几何关系得
1
cos 2
PM i R =
= i r α=-
解得
30α=︒
则有
QP QO =
又有
3cos 3
PM QP R α=
= 则
33
3
NQ R QO R -=-=
即Q 点与玻璃砖上边缘相距
33
3
R -。

9．一载有电流I 的导线弯成椭圆形，椭圆的方程为，如图所示．试求I 在焦点
F 产生的磁感强度
．
【答案】
【解析】 【分析】 【详解】
本题用平面极坐标求解较方便．以焦点F 为极点，x 轴为极轴，如图所示，将椭圆方程用平面极坐标表示为
． ①
式中p 和e 与题给的参数a 和b 的关系如下：
， ②
． ③
代入式①得
． ④
由毕奥—萨伐尔定律，有
， ⑤
由图可知，焦点的磁感强度
垂直于纸面向外．于是得
， ⑥
式中是与r （到焦点F 的矢量）之间的夹角，是垂直于纸面向外的单位矢量． 由图可见
． ⑦
代入式⑥得． ⑧
将式④代入式⑧得． ⑨
积分得 ⑩
【点睛】
既然毕奥—萨伐尔定律的应用涉及对答题者数学能力的考察，则对不同形状的电流产生的磁场的计算也就顺理成章，直线、圆是最基本的形式，抛物线、椭圆、双曲线以及其他的函数形态的电流产生的磁场，也自然在考察之列了．
10．生活中常用一根水平绳拉着悬吊重物的绳索来改变或固定悬吊物的位置。

如图，悬吊吊灯的细绳，其O 点被一水平绳BO 牵引，使悬绳AO 段和竖直方向成30θ=o 角。

若吊灯所受的重力为G ，求： (1)悬绳AO 的拉力大小； (2)水平绳BO 的拉力大小。

【答案】(1)23G
；(2)3G 。

【解析】 【详解】
(1)对O 点进行受力分析如图，
由平衡条件可得，竖直方向：
cos 0A T G θ-=
解得
23cos303
A G G
T =
==
o 所以悬绳AO 的拉力大小为23G
； (2)同理水平方向：
sin 0A B T T θ-=
解得
2313sin302B A G G
T T ==
⨯=o 所以水平绳BO 的拉力为
33
G。

11．一架旧式轰炸机在h=720m 超低空以v 0=50m/s 速度沿水平方向飞行，在其正下方与其飞行路线平行的笔直公路上有一辆汽车在沿相同方向运动，轰炸机发现汽车时与汽车的水平距离为s 0=800m ，而此时汽车正从静止开始以a=1m/s 2的加速度做匀加速直线运动，汽车速度最大只能达到40m/s ．轰炸机在发现汽车△t 时间后投下炸弹恰好击中汽车．g="10" m/s 2．求（1）炸弹从离开飞机到击中汽车，水平方向的位移为多少？（2）时间△t 为多少？（不计空气阻力） 【答案】（1）600m （2）8s 【解析】
试题分析:（1）轰炸机投下的炸弹在空中做平抛运动，时间为t ，由
t=12s
炸弹从投下到击中汽车，水平位移为l l= v 0t 解得l =600m
（2）从发现汽车到击中汽车，炸弹在水平方向的位移为s s= v 0（△t+t ） 汽车的位移为s ＇
s 0+ s ＇=s 解得△t =8s
考点:平抛运动、匀变速直线运动的规律． 【名师点睛】对平抛规律的理解及应用
12．如图所示，一对带电平行金属板A 、B 与竖直方向成30o 角放置，两板间的电势差
125V AB U =-。

B 板中心有一小孔正好位于平面直角坐标系xoy 的坐标原点O 点，y 轴沿
竖直方向。

现有一带负电的粒子P ，其比荷为
51.010C/kg q
m
=⨯，从A 板中心O '处静止释放后，沿垂直于金属板的直线O O '进入x 轴下方第四象限的匀强电场E 中，该匀强电场方向与A 、B 板平行且斜向上。

粒子穿过电场后，从Q 点（0，-2）离开电场（Q 点图中未标出），粒子的重力不计。

试求： (1)粒子从O 点进入匀强电场时的速度v 0； (2)匀强电场的场强E 的大小。

【答案】(1)30510m/s v =⨯；(2)33
10V/m E = 【解析】 【分析】 【详解】
(1)对于粒子在AB 间加速过程，由动能定理得
201
2
AB qU mv =
可得
30510m/s v =⨯
(2)粒子P 在进入电场后做类平抛运动，设离开电场时距O 距离为L ，以O 为坐标原点，沿着v 0方向建立x '轴，逆着场强方向建立y '轴，则有x '轴方向粒子做匀速直线运动，有
0cos 60x L v t ='=o
y '轴方向粒子做匀加速直线运动，有
21sin 602qE y L t m
==
⋅⋅'o 代入数据得，匀强电场的场强大小
33
10V/m 2
E =
13．如图所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有沿水平方向的、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5 T，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E＝2 N/C。

在其第一象限空间有沿y轴负方向、场强大小也为E的匀强电场，并在y>h＝0.4 m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场。

一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做匀速直线运动（PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°），并从原点O进入第一象限。

已知重力加速度g取10 m/s2。

求：
(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；
(2)油滴在P点得到的初速度大小；
(3)油滴在第一象限运动的时间以及油滴离开第一象限处的坐标值。

【答案】(1)1:1:2，负电；(2)42m/s；(3)0.828 s，（4.0 m，0）
【解析】
【分析】
【详解】
(1)分析油滴受力可知，要使油滴做匀速直线运动，油滴应带负电，受力如图所示：
由平衡条件和几何关系得
︒=
f qE
cos45
︒
f mg
sin45=
则油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比
mg∶qE∶f＝2
(2)对油滴在垂直PO 方向上应用平衡条件，有
qvB ＝2Eq sin 45°
代入数据解得
v ＝。

(3)由(1)可知，油滴在第一象限内受到的重力等于电场力，故油滴在电场与重力场的复合场中做匀速直线运动，在电场、磁场、重力场三者的复合场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示，由O 到A 匀速运动的位移为
s 1＝
sin 45?
h
= 运动时间为
t 1＝
1
s v
＝0.1s 油滴在复合场中做匀速圆周运动的周期2πm
T qB
=，由几何关系知油滴由A 到C 运动的时间为
212ππ0.628s 422m E t T qB Bg
===≈
从C 到N ，粒子做匀速直线运动，由对称性知，运动时间
t 3＝t 1＝0.1 s
则油滴在第一象限内总的运动时间为
t ＝t 1＋t 2＋t 3＝0.828 s
设OA 、AC 、CN 段在x 轴上的投影分别为x 1、x 2、x 3，则
x 1＝x 3＝h ＝0.4 m
x 2r 由(1)可知
mg ＝qvB
代入上式可得x 2＝3.2 m ，所以油滴在第一象限内沿x 轴方向运动的总位移为
x ＝x 1＋x 2＋x 3＝4 m
油滴离开第一象限时的位置坐标为（4.0 m ，0）。

答：(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比为
(2)油滴在P 点得到的初速度大小为m/s ；(3)油滴在第一象
限运动的时间为0.828 s ，油滴离开第一象限处的坐标值为（4.0 m ，0）。

14．如图所示，正方形光滑水平台面WXYZ 边长L =1.8m ，距地面高h =0.8m 。

CD 线平行于WX 边，且它们间距d =0.1m 。

一个质量为m 的微粒从W 点静止释放，在WXDC 平台区域受到一个从W 点指向C 点的恒力F 1=1.25×10-11N 作用，进入CDYZ 平台区域后，F 1消失，受到另一个力F 2作用，其大小满足F 2=5×10-13v （v 是其速度大小），运动过程中其方向总
是垂直于速度方向，从而在平台上做匀速圆周运动，然后由XY 边界离开台面，（台面以外区域F 2=0）。

微粒均视为质点，取g =10m/s 2。

(1)若微粒质量m =1×10-13kg ，求微粒在CDYZ 平台区域运动时的轨道半径； (2)若微粒质量m =1×10-13kg ，求微粒落地点到平台下边线AB 的距离。

【答案】(1)1m ；(2)1.2m 【解析】 【分析】 【详解】
(1)微粒从W 到C ，由牛顿第二定律得
1F ma =
又
22v ad =
所以
11113
22 1.2510m/s 5m/s 10.110
F d v m --⨯⨯===⨯⨯
微粒在CDYZ 区域运动时，123510v F v k -⨯==提供向心力，由牛顿第二定律得
2
v kv m r
=
得
1313
110m 1m 50
51mv r k --⨯⨯===⨯ (2)微粒在CDYZ 区域运动时，其运行轨迹如图
由几何关系得
cos 0.8L r
r
θ-=
= sin 0.6θ=
微粒离开平台后做平抛运动
212
h gt =
x vt =
所以
220.85m 2m 10
h x v
g ⨯==⨯= 故微粒落地点到平台下边线AB 的距离为
sin 20.6m 1.2m s x θ==⨯=
15．如图所示，横截面为半圆形的玻璃砖，在其直径上A 点嵌入一个单色点光源，已知
3
3
AO R =
，玻璃对该单色光的折射率n =2，求： (1)该单色光在玻璃和空气界面发生全反射时的临界角C ； (2)图中横截面半圆弧上单色光无法射出的部分所对应的圆心角。

【答案】(1)30°；(2)60° 【解析】 【分析】 【详解】 (1)根据
11sin 2
C n =
= 解得
30C ︒=
(2)由于临界角为30°，且3
AO R =
，可知圆弧最左侧M 点是一个临界点如图
即满足
tan 3
M AM AO O O =
∠=
解得
30AMO ︒∠=
所以光线在M 点发生全反射；当光线射向另一个临界点N 时，由正弦定理
sin sin AO R C NAO
=∠ 可得
120NAO ︒∠=
所以
30NOA ︒∠=
综上所述，入射点在圆弧MN 之间时入射角大于临界角C ，会发生全反射，光线无法射出，故圆弧上光线无法射出部分即圆弧MN 对应的圆心角
903060MON MOA NOA ︒︒︒--∠==∠=∠。