高考物理数学物理法答题技巧及练习题

高考物理数学物理法答题技巧及练习题
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
2
L
．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：
/21
sin 2
L 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：
2113sin302cos302
mg 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+
2
L 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：
2
0v qvB m R
=
代入数据解得：
03(23)m gL
B -=
（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：
2r
T v
π=
则小球运动时间为：
712
t T =
解得比值：
36
2cos15cos157712
gL S r t T
π︒==︒
【点睛】
考察粒子在复合场中的运动。

2．如图，在长方体玻璃砖内部有一半球形气泡，球心为O ，半径为R ，其平面部分与玻璃砖表面平行，球面部分与玻璃砖相切于O '点。

有－束单色光垂直玻璃砖下表面入射到气泡上的A 点，发现有一束光线垂直气泡平面从C 点射出，已知OA =
3
R ，光线进入气泡后第一次反射和折射的光线相互垂直，气泡内近似为真空，真空中光速为c ，求： （i ）玻璃的折射率n ；
（ii ）光线从A 在气泡中多次反射到C 的时间。

【答案】（i ）3n =ii ）3t R c
=
【解析】 【分析】 【详解】
（i ）如图，作出光路图
根据折射定律可得
sin sin n θ
α=
① 根据几何知识可得
3
sin OA R θ=
=
② 90αθ+=︒ ③
联立解得
3n =④
玻璃的折射率为3。

（ii ）光从A 经多次反射到C 点的路程
322
R R
s R R R =
+++=⑤ 时间
s
t c
=
⑥ 得
3t R c
=
光线从A 在气泡中多次反射到C 的时间为
3R c。

3．如图所示，质量为m=1kg 的物块与竖直墙面间动摩擦因数为=0．5，从t=0的时刻开
始用恒力F 斜向上推物块，F 与墙面间夹角
=37°，在t=0的时刻物块速度为0．
（1）若F=12．5N ，墙面对物块的静摩擦力多大？
（2）若F=30N ，物块沿墙面向上滑动的加速度多大？
（3）若要物块保持静止，F 至少应为多大？（假设最大静摩擦力等于同样正压力时的滑动摩擦力，F 的计算结果保留两位有效数字）
【答案】（1）0f =（2）25/a m s =（3）9.1F N = 【解析】
试题分析：（1）设f 向上，37Fcos f mg ︒+=得0f =
（2）根据牛顿第二定律可得cos37sin 37F F mg ma μ︒-︒-=，得25/a m s = （3）当物块即将下滑时，静摩擦最大且向上，cos37sin 37F F mg μ︒+︒=，得
9.1F N =
考点：考查了摩擦力，牛顿第二定律
【名师点睛】在计算摩擦力时，首先需要弄清楚物体受到的是静摩擦力还是滑动摩擦力，如果是静摩擦力，其大小取决于与它反方向上的平衡力大小，与接触面间的正压力大小无关，如果是滑动摩擦力，则根据公式F N μ=去计算
4．一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：
2
1p 012
2E 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 2
200122gt 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：
2
1N 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
2
p 1122
E mv mg R =
+⋅ mv 1=2mv 2 2R =1
2gt 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 =1m
5．如图所示，现有一质量为m 、电荷量为e 的电子从y 轴上的()0,P a 点以初速度0v 平行于x 轴射出，为了使电子能够经书过x 轴上的(),0Q b 点，可在y 轴右侧加一垂直于xOy 平面向里、宽度为L 的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，该磁场左、右边界与y 轴平行，上、下足够宽（图中未画出）．已知
00
2mv mv eB eB
<α<，L b <．求磁场的左边界距坐标原点的可能距离．（结果可用反三角函数表示）
【答案】
1
(1cos)cot
mv
x b
L a
eB
θθ
⎡⎤
=----
⎢⎥
⎣⎦
（其中θ=arcsin
eBL
mv
）或
2
2
2mv a
x b a
eB
=--
【解析】
【分析】
先根据洛伦兹力提供向心力求解出轨道半径表达式；当r＞L时，画出运动轨迹，根据几何关系列式求解；当r≤L时，再次画出轨迹，并根据几何关系列式求解．
【详解】
设电子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r，则
2
v
m
e
r
Bv=，解得0
mv
r
eB
=
（1）当r＞L时，磁场区域及电子运动轨迹如图所示
由几何关系有：
L eBL
sin
r mv
θ==
则磁场左边界距坐标原点的距离为[]
1
1
x b L a r cos cot
θθ
=----
（）
解得：0
1
1
mv
x b L a cos cot
eB
θθ
⎡⎤
=----
⎢⎥
⎣⎦
（）（其中
eBL
arcsin
mv
θ=）
（2）当r≤L时，磁场区域及电子运动轨迹如图所示
由几何关系得磁场左边界距坐标原点的距离为22
2
()
x b r a r
=--
解得2
2
2mv a
x b a
eB
=-
【点睛】
本题关键分r＞L和r≤L两种情况讨论，画出轨迹是关键，根据几何关系列方程求解是难点．
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
=；(2)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．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：22500
m 250m 225
v 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．
8．一载有电流I 的导线弯成椭圆形，椭圆的方程为，如图所示．试求I 在焦点
F 产生的磁感强度
．
【答案】
【解析】 【分析】 【详解】
本题用平面极坐标求解较方便．以焦点F 为极点，x 轴为极轴，如图所示，将椭圆方程用平面极坐标表示为
． ①
式中p和e与题给的参数a和b的关系如下：
，②
．③
代入式①得
．④
由毕奥—萨伐尔定律，有
，⑤
由图可知，焦点的磁感强度垂直于纸面向外．于是得
，⑥
式中是与r（到焦点F的矢量）之间的夹角，是垂直于纸面向外的单位矢量．
由图可见．⑦
代入式⑥得．⑧
将式④代入式⑧得．⑨
积分得⑩
【点睛】
既然毕奥—萨伐尔定律的应用涉及对答题者数学能力的考察，则对不同形状的电流产生的磁场的计算也就顺理成章，直线、圆是最基本的形式，抛物线、椭圆、双曲线以及其他的函数形态的电流产生的磁场，也自然在考察之列了．
9．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v1和t1均为未知量；碰后瞬间B的速度大小也为v1，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：
cos0
G 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==。

10．水平射程：x ＝v 0t ＝v 0，即水平射程与初速度v 0和下落高度h 有关，与其他因素无关．
11．落地速度：v ＝＝，以θ表示落地速度与x 轴正方向间的夹角，有tan θ＝＝，即落地速度也只与初速度v 0和下落高度h 有关．
12．如图所示，电路由一个电动势为E 、内电阻为r 的电源和一个滑动变阻器R 组成。

请推导当满足什么条件时，电源输出功率最大，并写出最大值的表达式。

【答案】2
4E r
【解析】 【分析】 【详解】
由闭合电路欧姆定律
E
I R r
=
+ 电源的输出功率
2P I R =
得
22
()E R P R r =+
有
22()4E R
P R r Rr
=-+
当R=r 时，P 有最大值，最大值为
2
4m E P r
=.
13．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．
14．如图所示，摩托车做腾跃特技表演，沿曲面冲上高0.8m h =顶部水平高台，接着以
03m/s v =水平速度离开平台，落至地面A 点时恰能无碰撞地沿圆弧切线切入竖直光滑圆
弧AOB 轨道，滑到最低点O 时速度大小6m/s 。

已知圆弧半径 2.0m R =，人和车的总质量
180kg m =，特技表演的过程中，摩托车和人看成质点，忽略空气阻力。

已知
210m/s g =，求：
(1)摩托车经过最低点O 时对轨道的压力大小和方向； (2)摩托车从最高点飞出到A 点的水平距离x ；
(3)从平台飞出到达A 点时速度的大小v A 及AOB 圆弧对应圆心角θ的正弦值。

【答案】(1)5040N ，方向竖直向下；(2)1.2m ；(3)5m/s ，2425。

【解析】 【分析】 【详解】
(1)滑到最低点O 时速度大小6m/s ，最低点合外力提供向心力：
2N O
mv F mg R
-= 解得轨道对摩托车的支持力大小为：
N 5040N F =
方向竖直向上，由牛顿第三定律可知，摩托车对轨道的压力大小为：
N
N 5040N F F '== 方向竖直向下；
(2)车做的是平抛运动，根据平抛运动的规律： 竖直方向上有：
2
12
h gt =
解得：
0.4s t =
水平方向上有：
0 1.2m x v t ==；
(3)摩托车落至A 点时，其竖直方向的分速度为：
4m/s y v gt ==
则到达A 点时速度为：
22
05m/s A y v v v =+=
设摩托车落地时速度方向与水平方向的夹角为α，则
sin 5
4
y A
v v α=
=
由几何关系可得
2θα=
所以AOB 圆弧对应圆心角θ正弦值为：
24sin sin 22sin cos 25
θααα==⋅=。

15．如图所示，位于竖直平面内的坐标系xOy ，在其第三象限空间有沿水平方向的、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝0.5 T ，还有沿x 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ＝2 N/C 。

在其第一象限空间有沿y 轴负方向、场强大小也为E 的匀强电场，并在y >h ＝0.4 m 的区域有磁感应强度也为B 的垂直于纸面向里的匀强磁场。

一个带电荷量为q 的油滴从图中第三象限的P 点得到一初速度，恰好能沿PO 做匀速直线运动（PO 与x 轴负方向的夹角为θ＝45°），并从原点O 进入第一象限。

已知重力加速度g 取10 m/s 2。

求：
(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；
(2)油滴在P 点得到的初速度大小；
(3)油滴在第一象限运动的时间以及油滴离开第一象限处的坐标值。

【答案】(1)1:1:2，负电；(2)42m/s ；(3)0.828 s ，（4.0 m ，0） 【解析】 【分析】 【详解】
(1)分析油滴受力可知，要使油滴做匀速直线运动，油滴应带负电，受力如图所示：
由平衡条件和几何关系得
cos45f qE ︒=
sin45=f mg ︒
则油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比
mg ∶qE ∶f ＝(2)对油滴在垂直PO 方向上应用平衡条件，有
qvB ＝2Eq sin 45°
代入数据解得
v ＝。

(3)由(1)可知，油滴在第一象限内受到的重力等于电场力，故油滴在电场与重力场的复合场中做匀速直线运动，在电场、磁场、重力场三者的复合场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示，由O 到A 匀速运动的位移为
s 1＝
sin 45?
h
= 运动时间为
t 1＝
1
s v
＝0.1s 油滴在复合场中做匀速圆周运动的周期2πm
T qB
=，由几何关系知油滴由A 到C 运动的时间为
212ππ0.628s 422m E t T qB Bg
===≈
从C 到N ，粒子做匀速直线运动，由对称性知，运动时间
t 3＝t 1＝0.1 s
则油滴在第一象限内总的运动时间为
t ＝t 1＋t 2＋t 3＝0.828 s
设OA 、AC 、CN 段在x 轴上的投影分别为x 1、x 2、x 3，则
x 1＝x 3＝h ＝0.4 m
x 2r 由(1)可知
mg ＝qvB
代入上式可得x 2＝3.2 m ，所以油滴在第一象限内沿x 轴方向运动的总位移为
x ＝x 1＋x 2＋x 3＝4 m
油滴离开第一象限时的位置坐标为（4.0 m ，0）。

答：(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比为
(2)油滴在P 点得到的初速度大小为m/s ；(3)油滴在第一象
限运动的时间为0.828 s ，油滴离开第一象限处的坐标值为（4.0 m ，0）。