物理数学物理法练习含解析

物理数学物理法练习含解析
一、数学物理法
1．如图所示，圆心为O 1、半径4cm R =的圆形边界内有垂直纸面方向的匀强磁场B 1，边界上的P 点有一粒子源，能沿纸面同时向磁场内每个方向均匀发射比荷
62.510C/kg q
m
=
⨯、速率5110m/s v =⨯的带负电的粒子，忽略粒子间的相互作用及重力。

其中沿竖直方向PO 1的粒子恰能从圆周上的C 点沿水平方向进入板间的匀强电场（忽略边缘效应）。

两平行板长110cm L =（厚度不计），位于圆形边界最高和最低两点的切线方向上，C 点位于过两板左侧边缘的竖线上，上板接电源正极。

距极板右侧25cm L =处有磁感应强度为21T B =、垂直纸面向里的匀强磁场，EF 、MN 是其左右的竖直边界（上下无边界），两边界间距8cm L =，O 1C 的延长线与两边界的交点分别为A 和O 2，下板板的延长线与边界交于D ，在AD 之间有一收集板，粒子打到板上即被吸收（不影响原有的电场和磁场）。

求：
(1)磁感应强度B 1的方向和大小；
(2)为使从C 点进入的粒子出电场后经磁场偏转能打到收集板上，两板所加电压U 的范围； (3)当两板所加电压为(2)中最大值时，打在收集板上的粒子数与总粒子数的比值η。

（可用反三解函数表示，如
π1arcsin 62
=）
【答案】(1)11B =T ，方向垂直纸面向里；(2)1280V 2400V U ≤≤；
(3)17
arcsin
arcsin
168π
+
【解析】 【分析】 【详解】 (1)由题可知，粒子在圆形磁场区域内运动半径
r R =
则
2
1
v qvB m R
=
得
11T B =
方向垂直纸面向里。

(2)如图所示
211()22L qU y mR v
=⋅
且要出电场
04cm y ≤≤
在磁场B 2中运动时
2
2v qvB m
r
=合
，cos v v a =合 进入B 2后返回到边界EF 时，进出位置间距
2cos y r a ∆=
得
2
2mv y qB ∆=
代入得
8cm y ∆=
说明与加速电场大小无关。

要打到收集板上，设粒子从C 点到EF 边界上时所发生的侧移为y 0，需满足
04cm 8cm y ≤≤
且
1102
2
2
L y L y L
=+ 得
2cm 4cm y ≤≤
sin r r a L +≤
且
1
2tan y a L =
得
150cm 4y ≤≤
综上需满足
152cm cm 4
y ≤≤
即两板所加电压U 满足
1280V 2400V U ≤≤
(3)由(2)可知，两板间加最大电压2400V 时，带电粒子出电场时的偏转距离为15
4
cm ，则要打到收集板上，粒子应从PO 1左侧的θ角和右侧的β角之间出射，其中
1sin 16θ=
，7sin 8
β= 即能打到收集板上的粒子数占总粒数的比值
17
arcsin
arcsin 168π
η+=
2．如右图所示，一位重600N 的演员，悬挂在绳上．若AO 绳与水平方向的夹角为
37︒，BO 绳水平，则AO 、BO 两绳受到的力各为多大？若B 点位置往上移动，则BO 绳的
拉力如何变化？(孩子：你可能需要用到的三角函数有：
3375
sin ︒=，4cos375︒=，3374tan ︒=，4
373cot ︒=)
【答案】AO 绳的拉力为1000N ，BO 绳的拉力为800N ，OB 绳的拉力先减小后增大. 【解析】
试题分析：把人的拉力F 沿AO 方向和BO 方向分解成两个分力，AO 绳上受到的拉力等于沿着AO 绳方向的分力，BO 绳上受到的拉力等于沿着BO 绳方向的分力．根据平衡条件进行分析即可求解．
把人的拉力F 沿AO 方向和BO 方向分解成两个分力．如图甲所示
由平衡条件得：AO 绳上受到的拉力为21000sin 37OA G
F F N ==
=o
BO 绳上受到的拉力为1cot 37800OB F F G N ===o
若B 点上移，人的拉力大小和方向一定不变，利用力的分解方法作出力的平行四边形，如图乙所示：
由上图可判断出AO 绳上的拉力一直在减小、BO 绳上的拉力先减小后增大．
3．［选修模块3-5］如图所示，玻璃砖的折射率3
n =
，一细光束从玻璃砖左端以入射角i 射入，光线进入玻璃砖后在上表面恰好发生全反射．求光速在玻璃砖中传播的速度v 及入射角i ．(已知光在真空中传播速度c =3.0×108 m/s ，计算结果可用三角函数表示)．
【答案】83310/2v m s =；3
sin 3
i =
【解析】 【分析】 【详解】 根据c n v =
，83310/v m s = 全反射条件1
sin C n
=
，解得C=600，r =300，
根据sin sin i n r =
，3
sin 3
i =
4．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 sin 2F mg θ= （2）1
sin 42
mg θ 【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：()
2mgsin 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．
5．角反射器是由三个互相垂直的反射平面所组成，入射光束被它反射后，总能沿原方向返回，自行车尾灯也用到了这一装置。

如图所示，自行车尾灯左侧面切割成角反射器阵列，为简化起见，假设角反射器的一个平面平行于纸面，另两个平面均与尾灯右侧面夹45o 角，且只考虑纸面内的入射光线。

(1)为使垂直于尾灯右侧面入射的光线在左侧面发生两次全反射后沿原方向返回，尾灯材料的折射率要满足什么条件？
(2)若尾灯材料的折射率2n =，光线从右侧面以θ角入射，且能在左侧面发生两次全反射，求sin θ满足的条件。

【答案】(1) 1.414n ≥；(2)sin 2sin15θ≤o 【解析】 【详解】
(1)垂直尾灯右侧面入射的光线恰好发生全发射时，由折射定律
min
sin 90sin 45
n =o
o
① 解得
min 2 1.414n ==②
故尾灯材料的折射率
1.414n ≥
(2)尾灯材料折射率
2n =
其临界角满足
1sin C n =
③ 30C =o
光线以θ角入射，光路如图所示
设右侧面折射角为β，要发生第一次全反射，有
2C ∠≥④
要发生第二次全反射，有
4C ∠≥⑤
解得
015β≤≤o ⑥
由折射定律
sin sin n θ
β
=
⑦ 解得
sin 2sin15θ≤o ⑧
6．如图所示，在xoy 平面内y 轴右侧有一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场方向垂直纸面向外；分成I 和II 两个区域，I 区域的宽度为d ，右侧磁场II 区域还存在
平行于xoy 平面的匀强电场，场强大小为E ＝22B qd
m
，电场方向沿y 轴正方向。

坐标原点O
有一粒子源，在xoy 平面向各个方向发射质量为m ，电量为q 的正电荷，粒子的速率均为v ＝
qBd
m。

进入II 区域时，只有速度方向平行于x 轴的粒子才能进入，其余被界面吸收。

不计粒子重力和粒子间的相互作用，求： (1)某粒子从O 运动到O '的时间； (2)在I 区域内有粒子经过区域的面积；
(3)粒子在II 区域运动，当第一次速度为零时所处的y 轴坐标。

【答案】(1)π3m qB ；(2)2
21π2
d d +；(3)0 【解析】 【详解】
(1)根据洛伦兹力提供向心力可得
2
v Bqv m R
=
则轨迹半径为
mv
R d qB
=
= 粒子从O 运动到O '的运动的示意图如图所示：
粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为
60θ︒=
周期为
22R m
T v Bq ππ=
= 所以运动时间为
63T m t qB
π=
= (2)根据旋转圆的方法得到粒子在I 区经过的范围如图所示，沿有粒子通过磁场的区域为图中斜线部分面积的大小：
根据图中几何关系可得面积为
221
2
S d d π=+
(3)粒子垂直于边界进入II 区后，受到的洛伦兹力为
22q B d qvB m
=
在II 区受到的电场力为
222q B d qE m
=
由于电场力小于洛伦兹力，粒子将向下偏转，当速度为零时，沿y -方向的位移为y ，由动能定理得
21
02
qEy mv -=-
解得
212mv y d qE
=⋅= 所以第一次速度为零时所处的y 轴坐标为0。

7．图示为一由直角三角形ABC 和矩形CDEA 组成的玻璃砖截面图。

2AB L =，
3
4
DC L =
，P 为AB 的中点，30θ︒=。

与BC 平行的细束单色光MP 从P 点入射，折
射后恰好到达C 点。

已知光在真空中速度大小为c 。

求： (1)玻璃的折射率n ；
(2)光从射入玻璃砖到第一次射出所用的时间t 。

【答案】(1)3；(2)332L
c
【解析】 【详解】
(1)在玻璃砖中的光路如图所示：
由几何关系知
6030i r ︒︒==
由折射定律
sin sin i
n r
=
得
3n =(2)设玻璃的临界角为C ，则
1sin C n
=
由几何关系知
60β︒=
由于
33
sin sin 23
C β=
>=
PC 光在BD 面发生全反射，由几何关系知
30︒=α
由于
1
sin sin 2
C α=< 光从射入玻璃砖到第一次从F 点射出，由几何关系知
PC L =，cos 2
DC L
FC α=
= 光从射入玻璃砖到第一次射出所用的时间
PC FC t v
+=
结合
c n v
=
解得
332L
t c
=
8．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：
2m/s C v ===...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:
B v ==
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:
x =
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 =．
9．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∶
112
2
12
p V p V T T =，有 ()()01
221211012
()L x L x ST p V T T pV L h h S +-=
=+ 代入数据得
T ≈382.8K
10．如图所示的两个正对的带电平行金属板可看作一个电容器，金属板长度为L ，与水平面的夹角为α。

一个质量为m 、电荷量为q 的带电油滴以某一水平初速度从M 点射入两板间，沿直线运动至N 点。

然后以速度0v 直接进入圆形区域内，该圆形区域内有互相垂直的匀强电场与匀强磁场。

油滴在该圆形区域做匀速圆周运动并竖直向下穿出电磁场。

圆形区域的圆心在上金属板的延长线上，其中磁场的磁感应强度为B 。

重力加速度为g ，求： (1)圆形区域的半径； (2)油滴在M 点初速度的大小。

【答案】(1)()0cos sin mv R qB αα=+；(2)202sin 2cos v v gL θθ
=- 【解析】 【详解】
(1)带电油滴在圆形区域运动，电场力和重力相平衡，在洛伦兹力作用下运动
1
4
圆周。

根据 2
00v qv B m r
= 得轨迹半径为
mv r qB
=
设圆形区域的半径为R ，由几何关系得
cos sin R R r αα+=
解得
()
cos sin mv R qB αα=
+
(2)带电油滴在MN 段运动时，由牛顿第二定律得
tan mg ma α=①
由运动规律得
2202v v ax -=②
由几何关系知
cos L
x α
=
③ 解①②③式得
2
02
sin 2cos v v gL
θ
θ
=-
11．质量为M 的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当一质量为m 的木块放在斜面上时恰好能匀速下滑，如果用与斜面成α角的力F 拉着木块匀速上升，如图所示，求： （1）木块与斜面间的动摩擦因数；
（2）拉力F 与斜面的夹角α多大时，拉力F 最小,拉力F 的最小值是多少； （3）此时木楔对水平面的摩擦力是多少.
【答案】(1) μ=tan θ (2) F min =mg sin2θ (3) f M =F cos(α+θ) 【解析】 【分析】 【详解】
(1)物体在斜面上匀速向下运动，有：
mg sinθ=μmg cosθ，
可求得
μ=tanθ
(2)当加上外力F 时，对木块受力分析 因向上匀速，则有：
F cosα=mg sinθ+f …① F sinα+N =mg cos θ…②
f =μN …③
联立①②③可得
()()
sin cos mg F αθαθ+=
-
则当α=θ时，F 有最小值
F min=mg sin2θ．
（3）因为m 及M 均处于平衡状态，整体受到地面摩擦力等于F 的水平分力，即：
f M =F cos （α+θ）
12．如图所示电路图，电源的电动势为E=20V ，内阻为r=7.0Ω，滑动变阻器的最大阻值为15Ω，定值电阻R 0=3Ω．
（1）当R 为何值时，电源的输出功率最大?最大值为多少? （2）当R 为何值时， R 消耗的功率最大?最大值为多少? 【答案】见解析． 【解析】
试题分析：（1）当R+R 0=r 时，即R=4.0Ω时，电源的输出功率最大，最大值为：
（2）当R=R 0+r 时，即R=10Ω时， R 功率最大，最大值为：
考点：闭合电路欧姆定律、功率．
13．电视机显像管中需要用变化的磁场来控制电子束的偏转。

如图所示为显像管工作原理示意图，阴极K 发射的电子束（初速度不计）经电压为U 的电场加速后，进入一圆形区域，圆形区域中心为O ，半径为r ，荧光屏MN 到中心O 的距离为L 。

当圆形区域内不加磁场时，电子束将通过O 点垂直打到屏幕的中心P 点。

当圆形区域内加一垂直于圆面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场时，电子束打在荧光屏上的Q 点（图中末标出），PQ 的长度3L 。

不计电子之间的相互作用。

求： (1)电子的比荷
e m
； (2)电子在磁场中运动的时间。

【答案】(1)22
23U B r ；(2)2
π2Br U
【解析】 【分析】 【详解】
(1)设电子进入磁场时的速度为v ，根据动能定理
2
12eU mv =
可得
2eU
v m
=
画出电子运动轨迹，如图所示
设偏转角度为θ，由几何关系
3tan L θ=
可得
60θ=o
电子束在磁场中转过的圆心角也为θ，而
tan
2
r R
θ
=
解得
3R r =
根据洛伦兹力提供向心力可得
2
mv evB R
= 解得
2223e U m B r
= (2)根据粒子在磁场中运动的周期
2π2πR m
T v eB
=
= 可得电子在磁场中运动的时间
13606
t T T θ
=
⋅= 解得
2
π2Br t U
=
14．如图所示为一等腰直角玻璃砖ABC 的横截面图，AB 长为L ，一束由a 和b 两种单色光组成的复合光从AB 边的P 点垂直AB 射入玻璃砖，已知玻璃砖对a 光的折射率
123
3
n =，对b 光的折射率2
2n =，4L AP =。

①画出a 和b 两种单色光的光路图，求出a 单色光从玻璃砖射出时的折射角（可以用折射角的三角函数值表示）；
②求出a 和b 两种单色光在玻璃砖中传播的时间。

【答案】(1) ，
6 sin
3
i=；
(2)
3
6
L
c
，
2L
c
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据全反射定律可知
1
13
sin
2
a
C
n
∠==
2
12
sin
b
C
n
∠==
解得a、b的临界角分别为
60
a
C︒
∠=
45
b
C︒
∠=
进入玻璃砖后，a光在AC边发生折射，b光恰好在AC边发生全反射，光路图如图：
对a光，根据折射定律
sin
sin45
i
n
︒
=
解得
6
sin
3
i= (2)a、b在玻璃砖中传播的速度分别为
1
3
2
a
c
v c
n
==
2
2
b
c
v c
n
==
a、b在玻璃砖中传播的路程
1
4
a
s PE L
==
111
424
b
s PE EF FG L L L L
=++=++=
则a、b在玻璃砖中传播的时间分别为
1
3
4
3
a
a
a
L
s L
t
v
c
===
2
1
2
b
b
b
s L L
t
v c
c
===
15．如图所示，在xOy坐标系平面内x轴上、下方分布有磁感应强度不同的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向里。

一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从y轴上的P点以一定的初速度沿y轴正方向射出，粒子经过时间t第一次从x轴上的Q点进入下方磁场，速度方向与x轴正方向成45°角，当粒子再次回到x轴时恰好经过坐标原点O。

已知OP＝L，不计粒子重力。

求：
(1)带电粒子的初速度大小v0；
(2)x轴上、下方磁场的磁感应强度大小之比1
2
B
B。

【答案】(1)52
π4L t
； (2)122+ 【解析】
【分析】
【详解】 (1)粒子运动轨迹如图所示
由几何知识可得： r 1＝
2cos 45OP L =︒ 粒子在x 轴上方转过的圆心角5π4
θ=，粒子在x 轴上方转过的时间 1
0r t v θ=
带电粒子的初速度大小
v 0＝
2π4L t (2)由几何知识可得：
OQ ＝r 1＋r 1cos 45°
粒子在x 轴下方运动的轨道半径
r 22OQ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律，有
qv 0B ＝m 20v r
解得x 轴上、下方磁场的磁感应强度大小之比
1221B r B r ==答：(1)
带电粒子的初速度大小为4L t
；(2)x
轴上、下方磁场的磁感应强度大小之比为12。