物理物理数学物理法练习题及解析.docx
- 文档编号:2167886
- 上传时间:2022-10-27
- 格式:DOCX
- 页数:20
- 大小:356.92KB
物理物理数学物理法练习题及解析.docx
《物理物理数学物理法练习题及解析.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《物理物理数学物理法练习题及解析.docx(20页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
物理物理数学物理法练习题及解析
(物理)物理数学物理法练习题及解析
一、数学物理法
1.如图所示,身高h=1.7m的人以v=1m/s的速度沿平直路面远离路灯而去,某时刻人的影长L1=1.3m,2s后人的影长L2=1.8m.
(1)求路灯悬吊的高度H.
(2)人是远离路灯而去的,他的影子的顶端是匀速运动还是变速运动?
(3)在影长L1=1.3m和L2=1.8m时,影子顶端的速度各是多大?
【答案】
(1)
(2)匀速运动(3)
【解析】
【分析】
(1)匀匀速运动,画出运动图景,结合几何关系列式求解;
(2)(3)根据比例法得到影子的顶端的速度的表达式进行分析即可.
【详解】
(1)画出运动的情景图,如图所示:
根据题意,有:
CD=1.3m EF=1.8m CG=EH=1.7m;CE=vt=2m ;BF=BC+3.8m
根据几何关系:
可得:
H=AB=8.5m;
(2)设影子在t时刻的位移为x,则有:
,
得:
x=vt,
影子的位移x是时间t的一次函数,则影子顶端是匀速直线运动;
(3)由
(2)问可知影子的速度都为v′==1.25m/s;
【点睛】
本题关键是结合光的直线传播,画出运动的图景,结合几何关系列式分析,注意光的传播时间是忽略不计的.
2.小华站在水平地面上,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,球飞行水平距离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d,重力加速度为g。
忽略手的运动半径和空气阻力。
(1)问绳能承受的最大拉力多大?
(2)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);
(2),。
【解析】
【分析】
【详解】
(1)设绳断后球飞行的时间为t,由平抛运动规律有
竖直方向
水平方向
D=v1t
解得
v1=
设绳能承受的最大拉力大小为Fmax,这也是球受到绳的最大拉力的大小,球做圆周运动的半径为
由圆周运动向心力公式,有
Fmax-mg=
得
Fmax=mg
(2)设绳长为l,绳断时球的速度大小为v3,绳承受的最大拉力不变,有
Fmax-mg=m
解得
v3=
绳断后球做平抛运动,竖直位移为
y=d-l
水平位移为x,时间为t1,由平抛运动规律有
得
x=4
当l=时,x有最大值
xmax=d
3.图示为一由直角三角形和矩形组成的玻璃砖截面图。
,,为的中点,。
与平行的细束单色光从点入射,折射后恰好到达点。
已知光在真空中速度大小为。
求:
(1)玻璃的折射率;
(2)光从射入玻璃砖到第一次射出所用的时间。
【答案】
(1);
(2)
【解析】
【详解】
(1)在玻璃砖中的光路如图所示:
由几何关系知
由折射定律
得
(2)设玻璃的临界角为,则
由几何关系知
由于
光在面发生全反射,由几何关系知
由于
光从射入玻璃砖到第一次从点射出,由几何关系知
,
光从射入玻璃砖到第一次射出所用的时间
结合
解得
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F1=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/s2.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t0=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:
a
在B点根据牛顿定律可得:
联立解得:
则:
(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:
赛车飞出C后有:
解得:
所以当R=0.3m时x最大,xmax=1.2m
考点:
牛顿第二定律;动能定理;平抛物体的运动.
5.图示为直角三角形棱镜的截面,,,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,求:
(1)棱镜的折射率;
(2)F点到C点的距离。
【答案】
(1);
(2)
【解析】
【详解】
(1)由几何知识可知,光束从点入射的入射角,做出光路图:
设对应折射角为,则光束在边的入射角为
在边上的入射角
在边上的折射角
由折射定律,可知在点入射时
在点入射时
解得
折射率为
(2)由几何知识,可知
解得
6.一路灯距地面的高度为h,身高为L的人以速度v匀速行走,如图所示:
(1)试证明人的头顶的影子做匀速直线运动;
(2)求人影的长度随时间的变化率。
【答案】
(1)见解析;
(2)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)设t=0时刻,人位于路灯的正下方O处,在时刻t,人走到S处,根据题意有:
OS=vt
过路灯P和人头顶的直线与地面的交点M为t时刻人头顶影子的位置,如图所示,OM为人头顶影子到O点的距离.
由几何关系:
可以解出
因为OM与时间t成正比,所以人头顶影子做匀速运动。
(2)由图可知,人影的长度为SM,有SM=OM-OS
可以解出
可见影子长度SM与时间t成正比,所以影子长度随时间的变化率为
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t1=27,开口端竖直向上时,封闭空气柱h2=0.60m。
已知外界大气压相当于L0=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,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p1=1.00mHg,初状态的体积V1=0.60S,转过后,气体的压强p2=0.75mHg,体积V2=hS,气体做等温变化,由玻意尔定律,解得
(ii)由气态方程可知,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
(L0+x)(L-x)S
值最大,因为
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∶
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∶,有
代入数据得
T≈382.8K
8.如图所示,电流表A视为理想电表,已知定值电阻R0=4Ω,滑动变阻器R阻值范围为0~10Ω,电源的电动势E=6V.闭合开关S,当R=3Ω时,电流表的读数I=0.5A。
(1)求电源的内阻。
(2)当滑动变阻器R为多大时,电源的总功率最大?
最大值Pm是多少?
【答案】
(1)5Ω;
(2)当滑动变阻器R为0时,电源的总功率最大,最大值Pm是4W。
【解析】
【分析】
【详解】
(1)电源的电动势E=6V.闭合开关S,当R=3Ω时,电流表的读数I=0.5A,根据闭合电路欧姆定律可知:
得:
r=5Ω
(2)电源的总功率
P=IE
得:
当R=0Ω,P最大,最大值为,则有:
W
9.质量为的物块,以同一大小的初速度沿不同倾角的斜面向上滑动,物块与斜面间的动摩擦因数恒定,当斜面与水平面所夹倾角不同时,物块沿斜面上滑至速度为0时的位移也不同,其关系如图所示。
取,求:
(1)物块运动初速度的大小;
(2)物块与斜面间的动摩擦因数及最小上滑位移对应的斜面倾角(可用反三角函数表示)。
【答案】
(1);
(2),
【解析】
【详解】
(1)物块沿斜面向上滑动时,由牛顿第二定律得
垂直斜面方向,由平衡条件得
又
三式联立解得物块的加速度大小为
由
解得
设
则
当
时,x有最小值,且
由关系图象可知
时
则
当时
二式联立解得物块与斜面间的动摩擦因数
同时解得物块初速度的大小为
(2)当
时
且
则最小上滑位移对应的斜面倾角为
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。
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);
(2)
【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圆周。
根据
得轨迹半径为
设圆形区域的半径为R,由几何关系得
解得
(2)带电油滴在MN段运动时,由牛顿第二定律得
①
由运动规律得
②
由几何关系知
③
解①②③式得
11.如图所示,是两对接的轨道,两轨道与水平的夹角均为,左轨道光滑,右轨道粗糙。
一质点自左轨道上距O点L0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,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h1到h2,由动能定理
解得
小球从h2到h3,由动能定理
解得
小球从h3到h4,可得
小球从h4到h5,可得
联立解得
据题意知
解得
12.一架旧式轰炸机在h=720m超低空以v0=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s0=800m,而此时汽车正从静止开始以a=1m/s2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/s2.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=v0t
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=v0(△t+t)
汽车的位移为s'
s0+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
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 物理 数学 练习题 解析