【物理】物理试卷分类汇编物理数学物理法(及答案)及解析

【物理】物理试卷分类汇编物理数学物理法(及答案)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2L．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：/21sin 2L 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：2113sin302cos302mg 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+2L 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：20v qvB m R=代入数据解得：03(23)m gLB -=（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：2rT vπ=则小球运动时间为：712t T =解得比值：362cos15cos15712gLS rt T︒==︒【点睛】考察粒子在复合场中的运动。

2．如图所示，圆心为O1、半径4cmR=的圆形边界内有垂直纸面方向的匀强磁场B1，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/kgqm=⨯、速率5110m/sv=⨯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PO1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110cmL=（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25cmL=处有磁感应强度为21TB=、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8cmL=，O1C的延长线与两边界的交点分别为A和O2，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B1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π1arcsin62=）【答案】(1)11B =T ，方向垂直纸面向里；(2)1280V 2400V U ≤≤；(3)17arcsinarcsin168π+【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21v 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22v 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22mv 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110222L y L y L=+ 得2cm 4cm y ≤≤sin r r a L +≤且12tan y a L =得150cm 4y ≤≤综上需满足152cm cm 4y ≤≤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154cm ，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 8β= 即能打到收集板上的粒子数占总粒数的比值17arcsinarcsin 168πη+=3．如图所示，ABCD 是柱体玻璃棱镜的横截面，其中AE ⊥BD ，DB ⊥CB ，∠DAE=30°，∠BAE=45°，∠DCB=60°，一束单色细光束从AD 面入射，在棱镜中的折射光线如图中ab 所示，ab 与AD 面的夹角α=60°．已知玻璃的折射率n=1.5，求：（结果可用反三角函数表示）（1）这束入射光线的入射角多大？（2）该束光线第一次从棱镜出射时的折射角． 【答案】（1）这束入射光线的入射角为48.6°； （2）该束光线第一次从棱镜出射时的折射角为48.6° 【解析】试题分析：（1）设光在AD 面的入射角、折射角分别为i 、r ，其中r=30°， 根据n=，得： sini=nsinr=1.5×sin30°=0.75 故i=arcsin0.75=48.6° （2）光路如图所示：ab 光线在AB 面的入射角为45°，设玻璃的临界角为C ，则： sinC===0.67sin45°＞0.67，因此光线ab 在AB 面会发生全反射 光线在CD 面的入射角r′=r=30°根据n=，光线在CD 面的出射光线与法线的夹角： i′="i=arcsin" 0.75=48.6°4．晓明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m 的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动，当球某次运动到最低点时，绳突然断掉。

球飞离水平距离d 后落地，如图所示，已知握绳的手离地面高度为d ，手与球之间的绳长为34d ，重力加速度为g ，忽略手的运动半径和空气阻力。

(1)求绳断时球的速度大小v 1和球落地时的速度大小v 2(2)问绳能承受的最大拉力多大？(3)改变绳长，使球重复上述运动。

若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？【答案】(1)v 12gd ，v 252gd ；(2)T =113mg ；(3)当l ＝2d 时，x 有极大值x max ＝33d 【解析】 【分析】 【详解】(1)设绳断后球飞行时间为t ，由平抛运动规律，竖直方向有：21142d gt = 水平方向有：1d v t =联立解得12v gd从小球飞出到落地，根据机械能守恒定律有：2221113224mv mv mg d d ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭ 解得2v =(2)设绳能承受的最大拉力大小为F ，这也是球受到绳的最大拉力大小。

球做圆周运动的半径为34R d =，根据牛顿第二定律有： 21v F mg m R-= 解得113F mg =(3)设绳长为l ，绳断时球的速度大小为v 3，绳承受的最大拉力不变，根据牛顿第二定律有：23v F mg m l-=得3v =绳断后球做平抛运动，竖直位移为d l -，水平位移为x ，时间为1t ，根据平抛运动规律，竖直方向有：2112d l gt -=竖直方向有：31x v t =联立解得x = 根据一元二次方程的特点，当2dl =时，x 有极大值，为x max ＝3d5．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()2mg 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 1152m/s sin vv θ== 211()2AC 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 ≥8N6．一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：21p 0122E 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 2200122gt 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：21N 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2p 1122E mv mg R =+⋅mv 1=2mv 2 2R =12gt 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 =1m7．人在A 点拉着绳通过一个定滑轮匀速吊起质量50kg m =的物体，如图所示，开始时绳与水平方向成60角，当人拉着绳由A 点沿水平方向运动2m s =而到达B 点时，绳与水平方向成30角，求人对绳的拉力做了多少功？（不计摩擦，g 取210m/s ）【答案】732J 【解析】 【分析】 【详解】人对绳的拉力所做的功与绳对物体的拉力所做的功相等，设人手到定滑轮的竖直距离为h ，物体上升的高度等于滑轮右侧绳子增加的长度，即sin 30sin 60h hh ∆=- 又tan 30tan 60h hs =- 所以人对绳的拉力做的功31)732J W mg h mg s =∆=⋅≈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：2211222B 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：200122f Pt F L mg 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.9．我国“辽宁号”航空母舰经过艰苦努力终于提前服役，势必会对南海问题产生积极影响．有些航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统，已知某型号战机在跑道上加速时可能产生的最大加速度为5.0m/s 2，当飞机的速度达到50m/s 时才能离开航空母舰起飞．设航空母舰处于静止状态．试求：(1)若要求该飞机滑行160m 后起飞，弹射系统必须使飞机具有多大的初速度？ (2)若舰上无弹射系统，要求该飞机仍能从此舰上正常起飞，问该舰甲板至少应为多长？(3)若航空母舰上不装弹射系统，设航空母舰甲板长为L=160m ，为使飞机仍能从此舰上正常起飞，这时可以先让航空母舰沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，则这个速度至少为多少？【答案】(1)030/v m s = (2)250x m = (3)110/v m s = 【解析】(1)根据速度位移公式得，v 2-v 02=2ax ， 代入数据解得：v 0=30m/s ． (2)不装弹射系统时，有：v 2=2aL ，解得：22500m 250m 225v L a ===⨯(3)设飞机起飞所用的时间为t ，在时间t 内航空母舰航行的距离为L 1，航空母舰的最小速度为v 1．对航空母舰有：L 1=v 1t 对飞机有：v =v 1+at v 2-v 12=2a (L +L 1) 联立解得：v 1=10m/s ．【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式，并能灵活运用，对于第三问，关键抓住飞机的位移等于甲板的长度与航空母舰的位移之和进行求解．10．如图所示，O 点离地面高度为H ，以O 点为圆心，制作一个半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道，小球从与O 点等高的圆弧最高点A 从静止滚下，并从B 点水平抛出，试求：（1）小球落地点到O 点的水平距离.（2）要使这一距离最大，应满足什么条件?最大距离为多少? 【答案】（1）2()R H R -（2）R=，s max =H【解析】试题分析：（1）小球在圆弧上滑下过程中受重力和轨道弹力作用，但轨道弹力不做功，即只有重力做功，机械能守恒，可求得小球平抛的初速度v 0. 根据机械能守恒定律得mgR=设水平距离为s ，根据平抛运动规律可得s=.（2）因H 为定值，则当R=H-R ，即R=时，s 最大，最大水平距离为s max ==H考点：圆周运动、平抛运动点评：本题考查了通过平抛运动和圆周运动，将两个物理过程衔接，并通过数学技巧求出相关物理量．11．如图为透明的球状玻璃砖的横截面。