物理数学物理法专项习题及答案解析及解析

物理数学物理法专项习题及答案解析及解析
一、数学物理法
1．如图所示，在竖直分界线MN 的左侧有垂直纸面的匀强磁场，竖直屏与MN 之间有方向向上的匀强电场。

在O 处有两个带正电的小球A 和B ，两小球间不发生电荷转移。

若在两小球间放置一个被压缩且锁定的小型弹簧（不计弹簧长度），解锁弹簧后，两小球均获得沿水平方向的速度。

已知小球B 的质量是小球A 的1n 倍，电荷量是小球A 的2n 倍。

若测得小球A 在磁场中运动的半径为r ，小球B 击中屏的位置的竖直偏转位移也等于r 。

两小球重力均不计。

(1)将两球位置互换，解锁弹簧后，小球B 在磁场中运动，求两球在磁场中运动半径之比、时间之比；
(2)若A 小球向左运动求A 、B 两小球打在屏上的位置之间的距离。

【答案】(1)2n ，21
n n ；(2)123r
r n n -
【解析】 【详解】
(1)两小球静止反向弹开过程，系统动量守恒有
A 1
B mv n mv =①
小球A 、B 在磁场中做圆周运动，分别有
2A A A mv qv B r =，2
1B
2B B
n mv n qv B r =②
解①②式得
A
2B
r n r = 磁场运动周期分别为
A 2πm
T qB
=
，1B 22πn m T n qB =
解得运动时间之比为
A
A
2B B 1
22
T t n T t n == (2)如图所示，小球A 经圆周运动后，在电场中做类平抛运动。

水平方向有
A A L v t =③
竖直方向有
2A A A 12
y a t =
④ 由牛顿第二定律得
A qE ma =⑤
解③④⑤式得
2
A A
()2qE L y m v =
⑥ 小球B 在电场中做类平抛运动，同理有
2
2B 1B
()2n qE L y n m v =
⑦ 由题意知
B y r =⑧
应用几何关系得
B A 2y y r y ∆=+-⑨
解①⑥⑦⑧⑨式得
12
3r y r n n ∆=-
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 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．
3．一玩具厂家设计了一款玩具，模型如下．游戏时玩家把压缩的弹簧释放后使得质量m ＝0.2kg 的小弹丸A 获得动能，弹丸A 再经过半径R 0=0.1m 的光滑半圆轨道后水平进入光滑水平平台，与静止的相同的小弹丸B 发生碰撞，并在粘性物质作用下合为一体．然后从平台O 点水平抛出，落于水平地面上设定的得分区域．已知压缩弹簧的弹性势能范围为
p 04E ≤≤J ，距离抛出点正下方O 点右方0.4m 处的M 点为得分最大值处，小弹丸均看作
质点．
(1)要使得分最大，玩家释放弹簧时的弹性势能应为多少?
(2)得分最大时，小弹丸A 经过圆弧最高点时对圆轨道的压力大小．
(3)若半圆轨道半径R 可调(平台高度随之调节)弹簧的弹性势能范围为p 04E ≤≤J ，玩家要使得落地点离O 点最远，则半径应调为多少?最远距离多大? 【答案】(1)2J (2) 30N (3) 0.5m ，1m 【解析】 【分析】 【详解】
(1)根据机械能守恒定律得：
2
1p 012
2E v mg R m =
+⋅ A 、B 发生碰撞的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律有：
mv 1=2mv 2
200122gt R =
x =v 2t 0
解得：
E p =2J
(2)小弹丸A 经过圆弧最高点时，由牛顿第二定律得：
2
1N v F mg m R
+=
解得：
F N =30N
由牛顿第三定律知：
F 压=F N =30N
(3)根据
2
p 1122
E mv mg R =
+⋅ mv 1=2mv 2 2R =1
2gt 2，
x =v 2t
联立解得：
(
2)2p E x R R mg
=-⋅
其中E p 最大为4J ，得 R =0.5m 时落点离O ′点最远，为：
x m =1m
4．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。

5．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
n =(2)设玻璃的临界角为C ，则
1sin C n
=
由几何关系知
60β︒=
由于
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
2t c
=
6．如图所示，在xOy 平面的第一、第四象限有方向垂直于纸面向里的匀强磁场；在第二象限有一匀强电场，电场强度的方向沿y 轴负方向。

原点O 处有一粒子源，可在xOy 平面内向y 轴右侧各个方向连续发射大量速度大小在00~v 之间，质量为m ，电荷量为q +的同种粒子。

在y 轴正半轴垂直于xOy 平面放置着一块足够长的薄板，薄板上有粒子轰击的
区域的长度为0L。

已知电场强度的大小为
2
0 9
4
mv
E
qL
=，不考虑粒子间的相互作用，不计粒子的重力。

(1)求匀强磁场磁感应强度的大小B；
(2)在薄板上0
2
L
y=处开一个小孔，粒子源发射的部分粒子穿过小孔进入左侧电场区域，求
粒子经过x轴负半轴的最远点的横坐标；
(3)若仅向第四象限各个方向发射粒子：0
t=时，粒子初速度为0v，随着时间推移，发射
的粒子初速度逐渐减小，变为0
2
v
时，就不再发射。

不考虑粒子之间可能的碰撞，若穿过薄
板上0
2
L
y=处的小孔进入电场的粒子排列成一条与y轴平行的线段，求t时刻从粒子源发射的粒子初速度大小()
v t的表达式。

【答案】(1)0
2mv
B
qL
=；(2)
3
3
x L
=-；(3)
π
2sin()
6
v
v
v
t
L
=
+或者
()
π
2sin()
6
v
v t
v
t
L
=
+
【解析】
【详解】
(1)速度为0v的粒子沿x轴正向发射，打在薄板的最远处，其在磁场中运动的半径为0r，由牛顿第二定律
2
mv
qv B
r
=①
02
L
r=②
联立，解得
2mv
B
qL
=③
(2)如图a所示
速度为v的粒子与y轴正向成α角射出，恰好穿过小孔，在磁场中运动时，由牛顿第二定律
2
mv
qvB
r
=④
而
4sin
L
r
α
=⑤
粒子沿x轴方向的分速度
sin
x
v vα
=⑥
联立，解得
2
x
v
v=⑦
说明能进入电场的粒子具有相同的沿x轴方向的分速度。

当粒子以速度为0v从O点射入，可以到达x轴负半轴的最远处。

粒子进入电场时，沿y轴方向的初速度为y v，有
22
00
3
2
y x
v v v v
=-=⑧
2
1
22
y
L qE
v t t
m
-=-⑨
最远处的横坐标
x
x v t
=-⑩
联立，解得
3
x L
=
(3)要使粒子排成一排，粒子必须在同一时刻进入电场。

粒子在磁场在运动轨迹如图b所示
周期相同，均为
π2πL m T Bq v =
= 又
02sin 2v v
v v
α==
粒子在磁场中的运动时间
2π22π
t T α
-'=
以0v 进入磁场的粒子，运动时间最长，满足π
6
α=
，其在磁场中运动时间 m 56
t T =
以不同速度射入的粒子，要同时到达小孔，有
m t t t '+=
联立，解得
000π2sin()6v v v t L =
+或者0
00
()π2sin()6v v t v t L =
+
7．2016年7月5日，美国宇航局召开新闻发布会，宣布已跋涉27亿千米的朱诺号木星探测器进入木星轨道。

若探测器在t 时间内绕木星运行N 圈，且这N 圈都是绕木星在同一个圆周上运行，其运行速率为v 。

探测器上的照相机正对木星拍摄整个木星时的视角为θ（如图所示），设木星为一球体。

求：
(1)木星探测器在上述圆形轨道上运行时的轨道半径； (2)木星的第一宇宙速度。

【答案】（1）2vt
N
π；（2sin 2
θ
【解析】 【详解】
(1)设木星探测器在圆形轨道运行时，轨道半径为r ，由2r
v T
π=
可得 2vT r π
=
由题意可知t T N
= 联立解得
2vt
r N
π=
(2)探测器在圆形轨道上运行时，设木星的质量为M ，探测器的质量为m ，万有引力提供向心力得
22mM v G m r r
= 设木星的第一宇宙速度为0v ，则有
2
02v m M
G m R R
''= 联立解得
0r
v v R
=
由题意可知sin 2
R r θ
=
解得
0sin
2
v θ=
8．我校物理兴趣小组同学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 ＝0.32m ，（g 取10m/s 2）。

求：
（1）要使赛车完成比赛，赛车在半圆轨道的C 点速度至少多大？ （2）要使赛车完成比赛，赛车在半圆轨道B 点对轨道的压力至少多大？ （3）要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？
（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】（145
（2）30N （3）2s （4）0.3m ；1.2m 【解析】 【分析】 【详解】
（1）当赛车恰好过C 点时，赛车在C 点有：
2C
v mg m R
=
解得：
C 5
m/s 5
v gR ==
（2）对赛车从B 到C 由机械能守恒定律得：
22
B C 11222
mv mv mg R =+⋅ 赛车在B 处由牛顿第二定律得：
2B
N v F mg m R
-=
解得：
v B =4m/s ，F =30N
由牛顿第三定律可知，赛车在B 点对轨道的压力至少为
F ′=F =30N
（3）对赛车从A 到B 由动能定理得：
2
f B 102
Pt F L mv -=-
解得：
t =4s
（4）对赛车从A 到C 由动能定理得：
20f 0122
Pt F L mg R mv --⋅=
赛车飞出C 后有：
2
012,2
R gt x v t ''=
= 解得：
23165x R R ⎛
⎫=-- ⎪⎝
⎭
所以当
R =0.3m
时x 最大
x max =1.2m
9．质量为M 的木楔倾角为θ，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．如果用与木楔斜面成α角的力F 拉着木块匀速上升，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)当α＝θ时，木楔对水平面的摩擦力是多大？
【答案】(1)mg sin 2θ (2)1
2
mg sin 4θ 【解析】 【分析】 【详解】
木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有
mg sin θ＝μmg cos θ
即μ＝tan θ.
(1)木块在力F 作用下沿斜面向上匀速运动，有
F cos α＝mg sin θ＋F f F sin α＋F N ＝mg cos θ
F f ＝μF N
解得
F ＝
2sin cos sin θαμα+mg ＝2sin cos cos cos sin sin θθ
θαθ+mg a ＝sin 2cos()
θθα-mg
则当α＝θ时，F 有最小值，为
F min ＝mg sin2θ.
(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 f ＝F cos(α＋θ)
当α＝θ时，F 取最小值mg sin 2θ，
F fm ＝F min cos2θ＝mg ·sin 2θcos2θ＝
1
2
mg sin4θ.
10．如图所示，木板B 放在水平地面上，在木板B 上放一重300N 的A 物体，物体A 与木板B 间，木板与地间的摩擦因数均为
3
，木板B 重力为1200N ，当水平拉力F 将木板B 匀速拉出，绳与水平方向成30°时，问绳的拉力T 多大？水平拉力多大？
【答案】（1）150N T =；（2）5503N F =。

【解析】 【详解】
（1）对A 受力分析，根据平条件有
cos30f T =︒
A sin 30T N G ︒+=
f N μ=
得
150N T =
（2）对B 受力分析，根据平衡条件有
F f f =+地 f N μ=地地
B A sin 30G G T N +=︒+地
得
5503N F =
11．如图所示，矩形的四个顶点a 、b 、c 、d 是匀强电场中的四个点，ab =2bc =2m ，电场线与矩形所在的平面平行，已知a 点电势为18V ，b 点电势为10V ，c 点电势为6V 。

一带电粒子从a 点以速度02m/s v =射入电场，v 0与ab 边的夹角为45°，一段时间后带电粒子经过ab 的中点e ，不计粒子重力，求： (1)d 点的电势；
(2)电场强度的大小和方向； (3)带电粒子从a 到e 所用的时间。

【答案】(1)14V ；(2)42V /m ，场强的方向垂直de 斜向下；(3)0.5s 【解析】 【分析】 【详解】
(1)在匀强电场中，平行且相等两点间电势差相等，由此可得
a d
b
c ϕϕϕϕ=--
即
18V 10V 6V d ϕ-=-
解得
14V d ϕ=
(2)e 是ab 的中点，则
14V 2
a b
e ϕϕϕ+=
=
d e ϕϕ=，连结de ，则de 是等势线，电场线垂直等势线，方向由高电势指向低电势，过
d 、
e 、a 做垂线，场强的方向垂直de 斜向下
18V 14V 4V ao a o U ϕϕ=-=-=
由几何关系可得
1m ae ad == 45aed ade ∠=∠=︒
oa de ⊥
可求得
()22sin 45122
ao ad =︒=⨯
= 由场强公式可得
2V/m
2
2
ao U E ao =
= 由前面分析可知场强的方向垂直de 斜向下。

(3)建立如图所示的坐标系，粒子速度方向和电场力垂直，做类平抛运动，x 方向做匀速直线运动，则有
()0ae cos45v t ︒=
代入数值可得
0.5s t =
12．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==⨯=
13．一根通有电流I ，长为L ，质量为m 的导体棒静止在倾角为α的光滑斜面上，如图所示，重力加速度为g 。

(1)如果磁场方向竖直向下，求满足条件的磁感应强度的大小；
(2)如果磁场方向可以随意调整，求满足条件的磁感应强度的最小值和方向。

【答案】(1)tan mg αIL ；(2)sin
mg αIL
，磁感应强度的方向垂直斜面向下 【解析】 【分析】 【详解】
(1)取导体为研究对象，由左手定则可知安培力水平向右，受力分析如下图所示
由力的三角函数关系可得
tan F mg BIL α==
解得
tan
mg αB IL
=
(2)由几何关系可知当安培力沿斜面向上时安培力最小，磁感应强度最小
由力的三角函数关系可得
'sin F B IL mg α==安
解得
'sin
mg αB IL
=
当安培力大小一定时，磁感应强度方向垂直电流时，磁感应强度最小，由左手定则可知磁感应方向垂直斜面向下。

14．如图所示，质量为1kg 的小球穿在足够长的固定斜杆上，斜杆与水平方向成30角，小球与斜杆之间的动摩擦因数3
μ=。

现对小球施加一个与斜杆成30、大小103N F =的拉力，小球由静止开始运动，2s 后撤去拉力，取2
10m/s g =，求：
(1)小球刚开始运动时的加速度大小； (2)小球在前2s 内的位移大小； (3)撤去力F 后，小球运动的位移大小。

【答案】(1)10m/s 2；(2)20m ；(3)20m 【解析】 【分析】 【详解】
(1)对小球受力分析如图甲所示，进行正交分解y 方向
N sin 30cos30F mg F =+
解得
N 0F =
即摩擦力等于0。

x 方向
cos30sin 30F mg ma -=
解得
210m/s a =
(2)小球做匀加速直线运动2s 内的位移为
21120m 2x at =
= (3)当撤去力F 后，受力分析如图乙所示。

x 方向 1sin 30f mg ma '+=
y 方向
N cos30mg F '=
N f F μ'='
联立可得
2110m/s a =
2s 末物体的速度大小
20m/s v at ==
撤去力F 后，小球运动的位移大小
2
21
20m 2v x a ==
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3AO 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3AO R =，可知圆弧最左侧M 点是一个临界点如图
即满足
3tan 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 ︒︒︒--∠==∠=∠。