2025南京信息工程大学强基计划物理试题解析与答案

2025南京信息工程大学强基计划物理试题解析与答案考试时间：______分钟总分：______分姓名：______一、一质量为$m$的小球，用长为$L$的不可伸长的轻绳悬挂于$O$点，在$O$点正下方$L/2$处有一固定的钉子$B$。将小球从$A$点（$OA$与竖直方向夹角为30°）由静止释放，当轻绳碰到钉子$B$后，小球继续运动。求小球经过最低点$C$时，轻绳对小球的拉力大小。二、一个质量为$M$，半径为$R$的匀质薄圆盘，可绕通过其中心$O$并垂直于盘面的光滑固定轴转动，转动惯量为$I=\frac{1}{2}MR^2$。一质量为$m$的小滑块，以初速度$v_0$沿圆盘表面的切线方向从盘的边缘$A$点滑上，动摩擦因数为$\mu$。设圆盘初始时静止，取逆时针方向为正方向。求：1.滑块刚滑上盘时，圆盘的角速度$\omega_0$；2.滑块最终在盘上何处停下，此时圆盘的角速度$\omega$。三、如图所示，一个边长分别为$a$和$b$的矩形金属框架，总电阻为$R$，置于磁感应强度为$B$的匀强磁场中，磁场方向垂直于框架平面向外。一根质量为$m$，电阻为$r$的导体棒$CD$，在水平恒力$F$作用下，沿框架顶边$AB$以速度$v$匀速向右运动（假设导体棒始终与框架良好接触，且$v$足够小，框架的其余部分电阻不计）。求：1.框架中感应电流的大小和方向；2.恒力$F$的功率；3.该过程中产生的总热功率。四、一个由理想气体组成的系统，经历一个由$AB$、$BC$、$CA$三条过程组成的循环过程。其中$A$点的状态为$(P_1,V_1,T_1)$，$B$点的状态为$(P_2,V_1,T_1)$，$C$点的状态为$(P_2,V_2,T_2)$。已知理想气体的摩尔数为$\nu$，气体常量为$R$。求：1.在$AB$过程中，气体对外界所做的功；2.在整个循环过程中，气体吸收的热量。五、在真空中，一个半径为$R$的无限长圆柱形匀强磁场区域，磁感应强度大小为$B$，方向沿轴线正方向。一个质量为$m$，电荷量为$q$（$q>0$）的带电粒子，以速度$v$从磁场区域边缘的点$A(R,0)$处沿$-x$方向垂直于轴线射入。求：1.粒子能进入磁场区域的最大速度$v_{\text{max}}$；2.若粒子以速度$v_0=\sqrt{2}v_{\text{max}}$射入，求粒子在磁场中运动的时间。六、一个由折射率为$n_1$的介质和折射率为$n_2$的介质构成的平行玻璃砖，厚度为$d$。一束单色光以入射角$\theta_1$从$n_1$介质射向玻璃砖表面，然后从玻璃砖的另一表面射出。求：1.光线在玻璃砖中的传播速度；2.光线从玻璃砖射出时，其相对于原入射光线的侧移量$\Deltay$。试卷答案一、解析思路：小球从$A$点释放到轻绳碰到钉子$B$的过程中，只有重力做功，机械能守恒。设轻绳碰到钉子$B$时，小球的速度为$v$，根据机械能守恒定律，有$mgh=\frac{1}{2}mv^2$。其中$h=L-L\cos30^\circ=L(1-\frac{\sqrt{3}}{2})$。轻绳碰到钉子$B$后，小球绕$B$点做圆周运动，最低点$C$位于$B$点正下方$L$处。设最低点时小球速度为$v'$，根据机械能守恒定律，有$\frac{1}{2}mv^2=\frac{1}{2}mv'^2+mgL$。在最低点$C$，根据牛顿第二定律，有$T-mg=\frac{mv'^2}{L}$。联立上述方程，解得$T=3mg$。二、解析思路：1.滑块刚滑上盘时，系统（滑块+圆盘）水平方向动量守恒。设此时圆盘的角速度为$\omega_0$，滑块对圆盘中心的速度为$v_0'$，则$mv_0=m(R\omega_0-v_0')+I\omega_0$。由于滑块相对圆盘静止，$v_0'=R\omega_0$，代入上式解得$\omega_0=\frac{2mv_0}{MR+2mR}$。2.滑块在盘上运动时，受到的摩擦力$f=\mumg$，此力对圆盘的力矩为$M_{\text{fr}}=\mumgR$。根据转动动力学方程，有$M_{\text{fr}}=I\alpha$，其中$\alpha$为圆盘的角加速度。滑块的加速度$a=\mug$。当滑块停下时，$v_0'-at=0$，即$t=\frac{v_0'}{a}$。此时圆盘的角速度$\omega=\omega_0+\alphat=\omega_0-\frac{M_{\text{fr}}t}{I}$。滑块在盘上移动的距离$s=\frac{v_0'^2}{2a}$。滑块最终停下时，其位置距离$A$点的距离为$s$。将$v_0'=R\omega_0$，$I=\frac{1}{2}MR^2$，$M_{\text{fr}}=\mumgR$，$a=\mug$代入上述方程，联立解得滑块最终停下时，其位置距离$A$点的距离为$\frac{4mv_0^2}{3\mug(M+2m)}$，此时圆盘的角速度$\omega=\frac{2mv_0}{MR+4mR}$。三、解析思路：1.导体棒$CD$切割磁感线产生感应电动势$\mathcal{E}=Blv$，其大小为$\mathcal{E}=B\cdota\cdotv=Bav$。回路总电阻为$R+r$，感应电流大小为$I=\frac{\mathcal{E}}{R+r}=\frac{Bav}{R+r}$。根据右手定则，感应电流方向为逆时针方向。2.恒力$F$克服安培力做功，功率为$P_F=Fv$。3.产生的总热功率为$P_{\text{热}}=I^2(R+r)=\left(\frac{Bav}{R+r}\right)^2(R+r)=\frac{B^2a^2v^2}{R+r}$。根据能量守恒，$P_F=P_{\text{热}}$，所以$Fv=\frac{B^2a^2v^2}{R+r}$，解得$F=\frac{B^2a^2v}{R+r}$。总热功率$P_{\text{热}}=Fv=\frac{B^2a^2v^2}{R+r}$。四、解析思路：1.$AB$过程是等温过程，$T_1=T_1$，$\nuRT_1=\text{常数}$。气体对外界做功$W_{AB}=\int_{V_1}^{V_2}PdV$。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.循环过程净功等于$P-V$图中循环曲线所围面积。$W_{\text{净}}=W_{AB}+W_{BC}+W_{CA}$。$BC$过程是等压过程，$W_{BC}=P_2(V_2-V_1)$。$CA$过程是等容过程，$W_{CA}=0$。所以$W_{\text{净}}=W_{AB}+W_{BC}=P_1V_2\frac{B-A}{A}+P_2(V_2-V_1)$。根据热力学第一定律，$Q_{\text{吸}}=W_{\text{净}}+\DeltaU$。理想气体内能变化$\DeltaU=\nuC_v\DeltaT=\nuC_v(T_2-T_1)$。对于理想气体，$C_v=\frac{3}{2}R$，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.粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力$qv_{\text{max}}B=m\frac{v_{\text{max}}^2}{R}$。解得$v_{\text{max}}=\frac{qBR}{m}$。2.粒子做圆周运动的周期$T=\frac{2\piR}{v_0}=\frac{2\piR}{\sqrt{2}v_{\text{max}}}=\frac{2\piRm}{qBR\sqrt{2}}=\frac{\pim}{qB\sqrt{2}}$。粒子在磁场中做半圆周运动，时间$t=\frac{T}{2}=\frac{\pim}{qB}$。六、解析思路：1.光线在介质中的传播速度$v=\frac{c}{n_2}$，其中$c$为光在真空中的速度。2.光线在玻璃砖中传播的路径长度为$s=\frac{d}{\cos\theta_2}$，其中$\theta_2$为光线在玻璃砖中的入射角。根据折射定律$n_1\sin\theta_1=n_2\sin\theta_2$。侧移量$\Deltay=s\sin\theta_1-d\tan\theta_2$。将$s=\frac{d}{\cos\theta_2}$，$\tan\theta_2=\frac{\sin\theta_2}{\cos\theta_2}$，$\sin\theta_2=\frac{n_1\sin\theta_1}{n_2}$