2025南京信息工程大學(xué)強基計劃物理試題解析與答案考試時間：______分鐘總分：______分姓名：______一、一質(zhì)量為$m$的小球，用長為$L$的不可伸長的輕繩懸掛于$O$點，在$O$點正下方$L/2$處有一固定的釘子$B$。將小球從$A$點（$OA$與豎直方向夾角為30°）由靜止釋放，當輕繩碰到釘子$B$后，小球繼續(xù)運動。求小球經(jīng)過最低點$C$時，輕繩對小球的拉力大小。二、一個質(zhì)量為$M$，半徑為$R$的勻質(zhì)薄圓盤，可繞通過其中心$O$并垂直于盤面的光滑固定軸轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動慣量為$I=\frac{1}{2}MR^2$。一質(zhì)量為$m$的小滑塊，以初速度$v_0$沿圓盤表面的切線方向從盤的邊緣$A$點滑上，動摩擦因數(shù)為$\mu$。設(shè)圓盤初始時靜止，取逆時針方向為正方向。求：1.滑塊剛滑上盤時，圓盤的角速度$\omega_0$；2.滑塊最終在盤上何處停下，此時圓盤的角速度$\omega$。三、如圖所示，一個邊長分別為$a$和$b$的矩形金屬框架，總電阻為$R$，置于磁感應(yīng)強度為$B$的勻強磁場中，磁場方向垂直于框架平面向外。一根質(zhì)量為$m$，電阻為$r$的導(dǎo)體棒$CD$，在水平恒力$F$作用下，沿框架頂邊$AB$以速度$v$勻速向右運動（假設(shè)導(dǎo)體棒始終與框架良好接觸，且$v$足夠小，框架的其余部分電阻不計）。求：1.框架中感應(yīng)電流的大小和方向；2.恒力$F$的功率；3.該過程中產(chǎn)生的總熱功率。四、一個由理想氣體組成的系統(tǒng)，經(jīng)歷一個由$AB$、$BC$、$CA$三條過程組成的循環(huán)過程。其中$A$點的狀態(tài)為$(P_1,V_1,T_1)$，$B$點的狀態(tài)為$(P_2,V_1,T_1)$，$C$點的狀態(tài)為$(P_2,V_2,T_2)$。已知理想氣體的摩爾數(shù)為$\nu$，氣體常量為$R$。求：1.在$AB$過程中，氣體對外界所做的功；2.在整個循環(huán)過程中，氣體吸收的熱量。五、在真空中，一個半徑為$R$的無限長圓柱形勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度大小為$B$，方向沿軸線正方向。一個質(zhì)量為$m$，電荷量為$q$（$q>0$）的帶電粒子，以速度$v$從磁場區(qū)域邊緣的點$A(R,0)$處沿$-x$方向垂直于軸線射入。求：1.粒子能進入磁場區(qū)域的最大速度$v_{\text{max}}$；2.若粒子以速度$v_0=\sqrt{2}v_{\text{max}}$射入，求粒子在磁場中運動的時間。六、一個由折射率為$n_1$的介質(zhì)和折射率為$n_2$的介質(zhì)構(gòu)成的平行玻璃磚，厚度為$d$。一束單色光以入射角$\theta_1$從$n_1$介質(zhì)射向玻璃磚表面，然后從玻璃磚的另一表面射出。求：1.光線在玻璃磚中的傳播速度；2.光線從玻璃磚射出時，其相對于原入射光線的側(cè)移量$\Deltay$。試卷答案一、解析思路：小球從$A$點釋放到輕繩碰到釘子$B$的過程中，只有重力做功，機械能守恒。設(shè)輕繩碰到釘子$B$時，小球的速度為$v$，根據(jù)機械能守恒定律，有$mgh=\frac{1}{2}mv^2$。其中$h=L-L\cos30^\circ=L(1-\frac{\sqrt{3}}{2})$。輕繩碰到釘子$B$后，小球繞$B$點做圓周運動，最低點$C$位于$B$點正下方$L$處。設(shè)最低點時小球速度為$v'$，根據(jù)機械能守恒定律，有$\frac{1}{2}mv^2=\frac{1}{2}mv'^2+mgL$。在最低點$C$，根據(jù)牛頓第二定律，有$T-mg=\frac{mv'^2}{L}$。聯(lián)立上述方程，解得$T=3mg$。二、解析思路：1.滑塊剛滑上盤時，系統(tǒng)（滑塊+圓盤）水平方向動量守恒。設(shè)此時圓盤的角速度為$\omega_0$，滑塊對圓盤中心的速度為$v_0'$，則$mv_0=m(R\omega_0-v_0')+I\omega_0$。由于滑塊相對圓盤靜止，$v_0'=R\omega_0$，代入上式解得$\omega_0=\frac{2mv_0}{MR+2mR}$。2.滑塊在盤上運動時，受到的摩擦力$f=\mumg$，此力對圓盤的力矩為$M_{\text{fr}}=\mumgR$。根據(jù)轉(zhuǎn)動動力學(xué)方程，有$M_{\text{fr}}=I\alpha$，其中$\alpha$為圓盤的角加速度?；瑝K的加速度$a=\mug$。當滑塊停下時，$v_0'-at=0$，即$t=\frac{v_0'}{a}$。此時圓盤的角速度$\omega=\omega_0+\alphat=\omega_0-\frac{M_{\text{fr}}t}{I}$?；瑝K在盤上移動的距離$s=\frac{v_0'^2}{2a}$?；瑝K最終停下時，其位置距離$A$點的距離為$s$。將$v_0'=R\omega_0$，$I=\frac{1}{2}MR^2$，$M_{\text{fr}}=\mumgR$，$a=\mug$代入上述方程，聯(lián)立解得滑塊最終停下時，其位置距離$A$點的距離為$\frac{4mv_0^2}{3\mug(M+2m)}$，此時圓盤的角速度$\omega=\frac{2mv_0}{MR+4mR}$。三、解析思路：1.導(dǎo)體棒$CD$切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢$\mathcal{E}=Blv$，其大小為$\mathcal{E}=B\cdota\cdotv=Bav$。回路總電阻為$R+r$，感應(yīng)電流大小為$I=\frac{\mathcal{E}}{R+r}=\frac{Bav}{R+r}$。根據(jù)右手定則，感應(yīng)電流方向為逆時針方向。2.恒力$F$克服安培力做功，功率為$P_F=Fv$。3.產(chǎn)生的總熱功率為$P_{\text{熱}}=I^2(R+r)=\left(\frac{Bav}{R+r}\right)^2(R+r)=\frac{B^2a^2v^2}{R+r}$。根據(jù)能量守恒，$P_F=P_{\text{熱}}$，所以$Fv=\frac{B^2a^2v^2}{R+r}$，解得$F=\frac{B^2a^2v}{R+r}$?？偀峁β?P_{\text{熱}}=Fv=\frac{B^2a^2v^2}{R+r}$。四、解析思路：1.$AB$過程是等溫過程，$T_1=T_1$，$\nuRT_1=\text{常數(shù)}$。氣體對外界做功$W_{AB}=\int_{V_1}^{V_2}PdV$。由于$P_1V_1=P_2V_1$，所以$P=\frac{P_1V_2}{V_1}$。代入上式，$W_{AB}=\int_{V_1}^{V_2}\frac{P_1V_2}{V_1}dV=P_1V_2\frac{V_2-V_1}{V_1}=P_1V_2\frac{B-A}{A}$。2.循環(huán)過程凈功等于$P-V$圖中循環(huán)曲線所圍面積。$W_{\text{凈}}=W_{AB}+W_{BC}+W_{CA}$。$BC$過程是等壓過程，$W_{BC}=P_2(V_2-V_1)$。$CA$過程是等容過程，$W_{CA}=0$。所以$W_{\text{凈}}=W_{AB}+W_{BC}=P_1V_2\frac{B-A}{A}+P_2(V_2-V_1)$。根據(jù)熱力學(xué)第一定律，$Q_{\text{吸}}=W_{\text{凈}}+\DeltaU$。理想氣體內(nèi)能變化$\DeltaU=\nuC_v\DeltaT=\nuC_v(T_2-T_1)$。對于理想氣體，$C_v=\frac{3}{2}R$，所以$Q_{\text{吸}}=P_1V_2\frac{B-A}{A}+P_2(V_2-V_1)+\frac{3}{2}\nuR(T_2-T_1)$。五、解析思路：1.粒子做圓周運動，洛倫茲力提供向心力$qv_{\text{max}}B=m\frac{v_{\text{max}}^2}{R}$。解得$v_{\text{max}}=\frac{qBR}{m}$。2.粒子做圓周運動的周期$T=\frac{2\piR}{v_0}=\frac{2\piR}{\sqrt{2}v_{\text{max}}}=\frac{2\piRm}{qBR\sqrt{2}}=\frac{\pim}{qB\sqrt{2}}$。粒子在磁場中做半圓周運動，時間$t=\frac{T}{2}=\frac{\pim}{qB}$。六、解析思路：1.光線在介質(zhì)中的傳播速度$v=\frac{c}{n_2}$，其中$c$為光在真空中的速度。2.光線在玻璃磚中傳播的路徑長度為$s=\fracp5xb5bn{\cos\theta_2}$，其中$\theta_2$為光線在玻璃磚中的入射角。根據(jù)折射定律$n_1\sin\theta_1=n_2\sin\theta_2$。側(cè)移量$\Deltay=s\sin\theta_1-d\tan\theta_2$。將$s=\fracnzx1nrf{\cos\theta_2}$，$\tan\theta_2=\frac{\sin\theta_2}{\cos\theta_2}$，$\sin\theta_2=\frac{n_1\sin\theta_1}{n_2}$