【物理】 物理数学物理法专题练习(及答案)及解析

【物理】 物理数学物理法专题练习(及答案)及解析
一、数学物理法
1．一透明柱体的横截面如图所示，圆弧AED 的半径为R 、圆心为O ，BD ⊥AB ，半径OE ⊥AB 。

两细束平行的相同色光1、2与AB 面成θ=37°角分别从F 、O 点斜射向AB 面，光线1经AB 面折射的光线恰好通过E 点。

已知OF =34
R ，OB =3
8R ，取sin370.6︒=，
cos 370.8︒=。

求：
(1)透明柱体对该色光的折射率n ；
(2)光线2从射入柱体到第一次射出柱体的过程中传播的路程x 。

【答案】(1)43；(2)5
4
R 【解析】 【分析】 【详解】
(1)光路图如图：
根据折射定律
sin(90)
sin n θα
︒-=
根据几何关系
3
tan 4
OF OE α=
= 解得
37α︒= 43
n =
(2)该色光在柱体中发生全反射时的临界角为C ，则
13sin 4
C
n =
= 由于
sin sin(90)sin 530.8sin a C β︒︒=-==>
光线2射到BD 面时发生全反射，根据几何关系
3tan 82
R
EH OE OH R R β=-=-=
可见光线2射到BD 面时发生全反射后恰好从E 点射出柱体，有
sin OB
OG
α= 根据对称性有
2x OG =
解得
54
x R =
2．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 =，
21B
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 2
B 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 ∆=-
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
(1)4
mgl -；(3) 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v =
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
(
)21cos 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v =
A 球做平抛运动下落的时间为t ，则有
212cos 2
l x gt θ-=
解得t =
水平位移为
S vt ==
当x =
时，位移最大，为m S =
4．如图所示，空间有场强E =1.0×102V/m 竖直向下的电场，长L =0.8m 不可伸长的轻绳固定于O 点．另一端系一质量m =0.5kg 带电q =+5×10-2C 的小球．拉起小球至绳水平后在A 点无初速度释放，当小球运动至O 点的正下方B 点时绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成θ=53°、无限大的挡板MN 上的C 点．试求：
(1)小球运动到B 点时速度大小及绳子的最大张力； (2)小球运动到C 点时速度大小及A 、C 两点的电势差；
(3)当小球运动至C 点时，突然施加一恒力F 作用在小球上，同时把挡板迅速水平向右移至某处，若小球仍能垂直打在档板上，所加恒力F 的最小值。

【答案】（1）30N ； （2）125V ； （3）0~127︒︒ 【解析】 【分析】 【详解】
（1）小球到B 点时速度为v ，A 到B 由动能定理
21()2
mg qE L mv +=
2
()v F mg qE m L
-+=
解得
42/v m s =F=30N
（2）高AC 高度为h AC ，C 点速度为v 1
152m/s sin v
v θ
=
= 211
()2
AC mg qE h mv +=
U =Eh AC
解得
U =125V
（3）加恒力后，小球做匀速直线运动或者匀加速直线运动，设F 与竖直方向夹角为α，当小球匀速直线运动时α=0，当小球匀加速直线运动时，F 的最小值为F 1，F 没有最大值
1()sin 8N F mg qE θ=+=
F 与竖直方向的最大夹角为
180127αθ=︒-=︒ 0127α≤≤︒
F ≥8N
5．一定质量的理想气体，由状态A 沿直线变化到状态B ，如图所示．已知在状态A 时，温
度为15℃，且1atm ≈105P a ，求：
①状态B 时的温度是多少开尔文? ②此过程中气体对外所做的功?
③此过程中气体的最高温度是多少开尔文? 【答案】①576B T K =②900J ③m T =588K 【解析】 【详解】 ①
A A
B B
A B
P V P V
T T =， 解得：576B T K =
②气体外所做的功可由P —V 图的面积计算，()251
31042109002
W J J -=⨯⨯⨯+⨯= ③图中AB 的直线方程为21433P V =-+
，则2214
33
PV V V =-+， 由数学知识可知，当V =3.5L 时，PV 最大，对应的温度也最高，且()24.5
3
m PV atmL =
根据理想气体状态方程可得:()m
A A A m
PV P V T T =， 解得m T =588K
6．如图，O 1O 2为经过球形透明体的直线，平行光束沿O 1O 2方向照射到透明体上。

已知透明体的半径为R ，真空中的光速为c 。

(1)不考虑光在球内的反射，若光通过透明体的最长时间为t ，求透明体材料的折射率； (2)若透明体材料的折射率为2，求以45°的入射角射到A 点的光，通过透明体后与O 1O 2的交点到球心O 的距离。

【答案】(1)2vt
n R
=
；2R 。

【解析】 【详解】
(1)光在透明体内的最长路径为2R ，不考虑光在球内的反射，则有
c v n
= 2R t v
=
透明体材料的折射率
2vt n R
=
； (2)该光线的传播路径如图，入射角i =45°，折射率为n =2，根据折射定律sin sin i
n r
=，则折射角r =30°
光从B 点射出时的出射角为45°，由几何关系知，∠BOC =15°，∠BCO =30°，∠CBO =135°，由正弦定理，有
sin 30sin135OC
R =︒︒
解得以45°的入射角射到A 点的光，通过透明体后与O 1O 2的交点到球心O 的距离
2OC R =。

7．如图所示，MN 是两种介质的分界面，下方是折射率2n =空，P 、B 、P '三点在同一直线上，其中6PB h =
，在Q 点放置一个点光源，
AB 2h =，QA h =，QA 、PP '均与分界面MN 垂直。

(1)若从Q 点发出的一束光线经过MN 面上的O 点反射后到达P 点，求O 点到A 点的距离；
(2)若从Q 点发出的另一束光线经过MN 面上A 、B 间的中点O '点（图中未标出）进入下方透明介质，然后经过P '点，求这束光线从Q →O '→P '所用时间（真空中的光速为c ）。

【答案】(1)262x h -=；(2)32h
t c
=
【解析】 【详解】
(1)如图甲所示，Q 点通过MN 的像点为Q '，连接PQ '交MN 于O 点。

由反射定律得
i i ='
则
AOQ BOP 'V V ∽
设
OA x =
有
6x h h
= 解得
262
x h -=
(2)光路如图乙所示
AO h '=
有
tan 1h h
α=
= 所以
45α=o
根据折射定律得
sin 2sin αγ=，1
sin 2
γ= 所以
30γ=o
则
2QO h '=，2O P h ''=
所以光线从Q →O '→P '所用时间为
QO O P t c v
'''
=
+ 根据
c
v n
=
解得
32h
t c
=
8．如图所示，一半径为R =30.0cm ，横截面为六分之一圆的透明柱体水平放置，O 为横截面的圆心，该柱体的BO 面涂有反光物质，一束光竖直向下从A 点射向柱体的BD 面，入射角i =45°，进入柱体内部后，经过一次反射恰好从柱体的D 点射出。

已知光在真空中的速度为c =3.00×108m/s ，sin37.5°=0.608，sin 45°=0.707，sin 15°=0.259，sin22.5°=0.383，试求：（结果保留3位有效数字） (1)透明柱体的折射率； (2)光在该柱体的传播时间t 。

【答案】(1)1.16；(2)91.8410s -⨯ 【解析】 【分析】 【详解】 (1)如图所示：
根据反射成像的对称性，可知
4560105AOD ︒︒︒'∠=+=
折射角为
18010537.52
r ︒︒︒-==
由折射定律得
sin sin i
n r
=
代入数据解得
sin 45 1.16sin 37.5n ︒
︒
==
(2)根据折射定律可得
c v n
=
光在该柱体的传播
2cos x R r =
光在该柱体的传播时间
2cos x nR r t v c
=
= 代入数据得
91.8410s t -=⨯
9．如图所示，是两对接的轨道，两轨道与水平的夹角均为30α=o ，左轨道光滑，右轨道粗糙。

一质点自左轨道上距O 点L 0处从静止起滑下，当质点第二次返回到左轨道并达到最高点时，它离O 点的距离为
3
L ，两轨道对接处有一个很小的圆弧，质点与轨道不会发生碰撞，求质点与右轨道的动摩擦因数。

【答案】0.155 【解析】 【分析】 【详解】 如图所示
小球从h 1到h 2，由动能定理
()2
12cos 0sin h mg h h mg μαα
--⋅
= 解得
211
1cot h h μα
=
+⋅
小球从h 2到h 3，由动能定理
()232cot 0mg h h mg h μα--⋅=
解得
32(1cot )h h μα=-
小球从h 3到h 4，可得
431
1cot h h μα
=
+⋅
小球从h 4到h 5，可得
54(1cot )h h μα=-
联立解得
2
512
(1cot )(1cot )h h μαμα-⋅=+⋅
据题意知
1
53
h h =
解得
3tan 0.15531
μα=
=+
10．如图，一玻璃砖截面为矩形ABCD ，固定在水面上，其下表面BC 刚好跟水接触。

现有一单色平行光束与水平方向夹角为θ（θ>0），从AB 面射入玻璃砖。

若要求不论θ取多少，此光束从AB 面进入后，到达BC 界面上的部分都能在BC 面上发生全反射，则该玻璃砖的折射率最小为多少？已知水的折射率为
43。

【答案】
53
【解析】 【分析】 【详解】
随着θ的增大，当θ为90º时，α最大，β最小，此时若在BC 上发生全反射，则对任意θ都能发生全反射。

由折射定律
sin 90sin n α
=o
由全反射有
43
sin n
β=
由几何关系有
22sin sin 1αβ+=
由以上各式解得
53
n =
11．如图所示，一质量为M ，半径为R 的半圆圈，竖直放置于水平面上（假定圆圈不倒下，也不能沿水平面滑动）．一质量为m 的小圆环套在大圆圈上，并置于顶端．现在小圆环以近于0的初速度沿大圆圈向右端无摩擦地滑下．问：小圆环滑至什么位置（用角度表
示）可使得半圆圈右端A 点与水平面间的压力为零？并讨论此题若有解，需满足什么条件？（结果可用三角函数表达）
【答案】小圆环下滑至与竖直成θ角，在3m M ≥的条件下有解，
13cos 113M
m
θ⎛=+-
⎝． 【解析】 【分析】 【详解】
设小圆环下滑至与竖直成θ角时，半圆圈右端A 点与水平面间的压力为零，由机械能守恒定律可得
21
cos 2
mgR mgR mv θ=+．
由牛顿第二定律可得 2
cos mv mg N R
θ+=． 由此得
11
cos cos 22
mgR mgR mgR NR θθ=++，
即(23cos )N mg θ=-．
对半圆圈有cos MgR NR θ=，
由此解得
3221cos M m m m θ±-
=
．
显然，在3m M ≥的条件下有解，考虑到余弦函数的特点，其大小为
13cos 113M
m θ⎛=+-
⎝．
12．竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B 静止于水平轨道的最左端，如图（a ）所示。

t =0时刻，小物块A 在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B 发生碰撞（碰撞时间极短）；当A 返回到倾斜轨道上的P 点（图中未标出）时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。

物块A 运动的v -t 图像如图（b ）所示，图中的v 1和t 1均为未知量；碰后瞬间B 的速度大小也为v 1，之后沿水平轨道向右减速度，不计空气阻力。

(1)求A 沿倾斜轨道下滑的加速度与碰后沿轨道上滑的加速度大小之比；
(2)若倾斜轨道与水平面的夹角为θ，求A与倾斜轨道间的动摩擦因数μ；
(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B在此碰上。

求改变前后动摩擦因数的比值。

【答案】(1)3
5
；(2)
tan
4
θ
；
(3)
3
2。

【解析】
【详解】
(1)由（b）图可知，A向下加速的加速度为
1
1
1
2v
a
t
=，
向上减速的加速度为
11
2
111
0()
1.30.3
v v
a
t t t
--
==
-
，所以
1
11
1
2
1
2
3
5
0.3
v
a t
v
a
t
==；(2)对A进行受力分析，下滑与上滑如图：
下滑上滑
下滑时，沿斜面方向：
1
sin
G f ma
θ-=
垂直斜面方向：
cos0
G N
θ-=；
上滑时，沿斜面方向：
2
sin
G f ma
θ+=
垂直斜面方向：
cos 0G N θ-=，
且：
f N μ=
联立上面各式解得
1sin cos a g g θμθ=-， 2sin cos a g g θμθ=+，
因为
1235
a a =， 解得
123sin cos 5sin cos a g g a g g θμθθμθ
-==+ 得
sin tan 4cos 4
θθ
μθ=
=； (3)对B 在水平面进行受力分析可得：竖直向：
0G N -=
水平向由
3f ma =
且
f N μ=
解得
3a g μ=
所以B 移动的距离
2211B 3022v v s a g
μ-==-，
由(2)知，A 上滑到P 点时的距离
22
11A1
2022(sin cos )
v v s a g θμθ-==-+ 改变动摩擦因数为1μ，由(2)可知，此时下滑的加速度
41sin cos a g g θμθ=-，
A 滑到底端时的速度为v 2，则
222
221A2
A141022(sin cos )2(sin cos )
v v v s s a g g θμθθμθ-====-+①， 此后A 在水平轨道上做匀减速直线运动直到碰到B 时速度减为0。

所以A 移动的距离
22
22A 31022v v s a g
μ-==-，
因为
A B s s =，
所以
22
21122v v g g
μμ=② 联立①和②两式解得：
1sin sin tan sin sin sin sin tan 4cos 4cos 4tan sin 3sin sin 2cos 6
sin 2cos sin 2cos 44cos 2
θθθ
θθθ
μθθθθμθθθθμθθθθθθ=====++⨯⋅+⨯⋅ 所以
1tan 34tan 2
6
θμθμ==。

13．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点．水平桌面右侧有一竖直放置的轨道MNP ，其形状为半径R ＝1.0m 圆环剪去了左上角120°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的数值距离是h ＝2.4m ．用质量m 1＝0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点，用同种材料、质量为m 2＝0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块通过B 点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为x ＝6t －2t 2，物块飞离桌面后恰好由P 点沿切线落入圆轨道(不计空气阻力，g 取10m/s 2)．求：
⑴物块m 2过B 点时的瞬时速度v B 及与桌面间的滑动摩擦因数μ； ⑵若轨道MNP 光滑，物块m 2经过轨道最低点N 时对轨道的压力F N ；
⑶若物块m 2刚好能到达轨道最高点M ，则释放m 2后整个运动过程中其克服摩擦力做的功W ．
【答案】⑴v B ＝6m/s ，μ＝0.4；⑵F N ＝16.8N ；⑶W ＝8.0J 【解析】
试题分析：⑴由题意质量为m 2的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块通过B 点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为x ＝6t －2t 2可知，物块m 2过B 点时的瞬时速度为：v B ＝6m/s ，加速度为：a ＝－4m/s 2①
物块离开B 点后在桌面上受重力m 2g 、桌面的支持力N 和滑动摩擦力f 作用，根据牛顿第二定律可知，在水平方向上有：－f ＝m 2a ② 在竖直方向上有：N －m 2g ＝0 ③ 根据滑动摩擦定律有：f ＝μN ④ 由①②③④式联立解得：μ＝a
g
-
＝0.4 ⑵物块从D 点离开桌面后做平抛运动，设至P 点时速度在竖直方向上的分量为v y ，则在竖直方向上，根据自由落体运动规律有：h ＝
22y
v g
⑤
因物块由P 点沿切线落入圆轨道，由几何关系和物块水平方向做匀速运动的规律可知：v y ＝v D tan60° ⑥
物块由D 运动至N 的过程中，只有重力做功，根据动能定理有：m 2g(h ＋R －Rcos60°)＝
2212N m v －2212
D m v ⑦ 在N 点处，物块受重力m 2g 和圆轨道的支持力F N ′作用，根据牛顿第二定律有：F N ′－m 2g ＝
2
2N
v m R
⑧ 根据牛顿第三定律可知，物块m 2经过轨道最低点N 时对轨道的压力F N ＝F N ′ ⑨ 由⑤⑥⑦⑧⑨式联立解得：F N ＝2
212(1)tan 60h
m g R
+
︒＋m 2g(3－2cos60°)＝16.8N ⑶设CB 距离为x 1，BD 距离为x 2，在物块m 1由C 运动至B 的过程中，根据功能关系有：E p ＝μm 1gx 1⑩
在物块m 2由C 运动至B 的过程中，根据功能关系有：E p ＝μm 2gx 1＋2
212
B m v ⑪ 在物块m 2由B 运动至D 的过程中，根据动能定理有：－μm 2gx 2＝
2212D m v －2212
B m v ⑫ 由于物块m 2恰好通过圆轨道的最高点M ，设通过速度为v M ，根据牛顿第二定律有：m 2g ＝
2
2
M
v m R
⑬ 设物块m 2运动至P 点时的速度为v P ，在m 2由P 运动至M 的过程中，克服摩擦力做功为W 3，根据动能定理有：－m 2g(R ＋Rcos60°)－W 3＝2212M m v －2212
P m v ⑭ 根据几何关系可知：v P ＝
sin 60y v ︒
⑮
释放m 2后整个运动过程中其克服摩擦力做的功为：W ＝μm 2gx 1＋μm 2gx 2＋W 3⑯
由①⑤⑥⑩⑪⑫⑬⑭⑮⑯式联立解得：W ＝2
12122()B m m v m m -＋m 2gh(21sin 60︒
－
2
1tan 60︒)－m 2gR(3
2
＋cos60°)
代入数据解得：W ＝7.2J ＋4.8J －4.0J ＝8.0J
考点：本题综合考查了匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、平抛运动规律、运动的合成与分解、动能定理、功能关系的应用问题，属于较难题．
14．在如图所示的电路中，已知电源电动势3V E =，内电阻1r =Ω，电阻12R =Ω，滑动变阻器R 的阻值可连续增大，问：
（1）当R 多大时，R 消耗的功率最大？最大功率为多少？ （2）当R 多大时，1R 消耗的功率最大？最大功率为多少？ （3）当R 多大时，电源的输出功率最大？最大为多少？
【答案】（1）3Ω 0.75W （2）0 2W （3）0 2W 【解析】 【分析】 【详解】
（1）把1R 视为内电路的一部分，则当13R R r =+=Ω时，R 消耗的功率最大，其最大值为
2max
0.75W 4E P R
==． （2）对定值电阻1R ，当电路中的电流最大时其消耗的功率最大，此时0R =，所以
2
2
1111(
)2W E P I R R R r
===+． （3）当r R =外时，电源的输出功率最大，但在本题中外电阻最小为2Ω，不能满足以上条件．分析可得当0R =时电源的输出功率最大
2
221113
(
)()2W 2W 3
E P I R R R r ===⨯=+出．
15．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 5051mv 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
52m x === 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==⨯=。