最新高考物理数学物理法专题训练答案

最新高考物理数学物理法专题训练答案
一、数学物理法
1．如图所示，一半径为R 的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上．整个空间存在磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场．一电荷量为q (q ＞0)、质量为m 的小球P 在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O ′．球心O 到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θ(02
π
θ<<
)．为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度B 的最小值及小球P
相应的速率．(已知重力加速度为g )
【答案】min 2cos m g B q R θ
=cos gR
v θθ=
【解析】 【分析】 【详解】
据题意，小球P 在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O’．P 受到向下的重力mg 、球面对它沿OP 方向的支持力N 和磁场的洛仑兹力
f ＝qvB ①
式中v 为小球运动的速率．洛仑兹力f 的方向指向O’．根据牛顿第二定律
cos 0N mg θ-= ②
2
sin sin v f N m
R θθ
-= ③ 由①②③式得
22
sin sin 0cos qBR qR v v m θθθ
-+=④
由于v 是实数，必须满足
22
2sin 4sin ()0cos qBR qR m θθ
θ
∆=-≥ ⑤
由此得
2cos m g
B q R θ≥
⑥
可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度大小的最小值为
min 2cos m g
B q R θ
=
⑦
此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为
min sin 2qB R v m θ
=
⑧
由⑦⑧式得
sin cos gR
v θθ
=
⑨
2．如图所示，圆心为O 1、半径4cm R =的圆形边界内有垂直纸面方向的匀强磁场B 1，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/kg q
m
=⨯、速率5110m/s v =⨯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PO 1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110cm L =（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25cm L =处有磁感应强度为21T B =、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8cm L =，O 1C 的延长线与两边界的交点分别为A 和O 2，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B 1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
π1arcsin 62
=）
【答案】(1)11B =T ，方向垂直纸面向里；(2)1280V 2400V U ≤≤；
(3)1
7arcsin
arcsin
168π
+
【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
2
1v 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
2
2v 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
2
2mv 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
1102
2
2
L y L y L
=+ 得
2cm 4cm y ≤≤
sin r r a L +≤
且
1
2tan y a L =
得
150cm 4y ≤≤
综上需满足
152cm cm 4
y ≤≤
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15
4
cm ，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 8
β= 即能打到收集板上的粒子数占总粒数的比值
17arcsin
arcsin 168π
η+=
3．如右图所示，一位重600N 的演员，悬挂在绳上．若AO 绳与水平方向的夹角为
37︒，BO 绳水平，则AO 、BO 两绳受到的力各为多大？若B 点位置往上移动，则BO 绳的
拉力如何变化？(孩子：你可能需要用到的三角函数有：
3375
sin ︒=，4cos375︒=，3374tan ︒=，4
373cot ︒=)
【答案】AO 绳的拉力为1000N ，BO 绳的拉力为800N ，OB 绳的拉力先减小后增大. 【解析】
试题分析：把人的拉力F 沿AO 方向和BO 方向分解成两个分力，AO 绳上受到的拉力等于沿着AO 绳方向的分力，BO 绳上受到的拉力等于沿着BO 绳方向的分力．根据平衡条件进行分析即可求解．
把人的拉力F 沿AO 方向和BO 方向分解成两个分力．如图甲所示
由平衡条件得：AO 绳上受到的拉力为21000sin 37OA G
F F N ==
=o
BO 绳上受到的拉力为1cot 37800OB F F G N ===o
若B 点上移，人的拉力大小和方向一定不变，利用力的分解方法作出力的平行四边形，如图乙所示：
由上图可判断出AO 绳上的拉力一直在减小、BO 绳上的拉力先减小后增大．
4．在地面上方某一点分别以和
的初速度先后竖直向上抛出两个小球（可视为质
点），第二个小球抛出后经过
时间与第一个小球相遇，要求相遇地点在抛出点或抛出点
以上，改变两球抛出的时间间隔，便可以改变值，试求
（1）若，的最大值 （2）若，
的最大值
【答案】（1）
（2）22212
v v v t g -∆=
【解析】 试题分析：（1）若
，
取最大值时，应该在抛出点处相遇 ，则
最大值
（2）若
，
取最大值时，应该在第一个小球的上抛最高点相遇
，
解得，分析可知
，所以舍去
最大值22212
v v v t g -∆=-
考点：考查了匀变速直线运动规律的应用
【名师点睛】本题的解题是判断并确定出△t 取得最大的条件，也可以运用函数法求极值分析．
5．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
2
1()2
mg 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 1
152m/s sin v v θ
==
211
()2
AC 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 ≥8N
6．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
3
4
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）11
3mg ；（2）2d ，233
d 。

【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
21142
d gt = 水平方向
D =v 1t
解得
v 1
设绳能承受的最大拉力大小为F max ，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
3
4
R d =
由圆周运动向心力公式，有
F max -mg =2
1mv R
得
F max =
113
mg (2)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，有
F max -mg =m 23
v l
解得
v 3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t 1,由平抛运动规律有
21311
2
d l gt x v t -=，=
得
x 当l ＝
2
d
时，x 有最大值
x max =
3
d
7．一定质量的理想气体，由状态A 沿直线变化到状态B ，如图所示．已知在状态A 时，温
度为15℃，且1atm ≈105P a ，求：
①状态B 时的温度是多少开尔文? ②此过程中气体对外所做的功?
③此过程中气体的最高温度是多少开尔文? 【答案】①576B T K =②900J ③m T =588K 【解析】 【详解】 ①
A A
B B
A B
P V P V T T =， 解得：576B T K =
②气体外所做的功可由P —V 图的面积计算，()251
31042109002
W J J -=⨯⨯⨯+⨯= ③图中AB 的直线方程为21433P V =-+
，则2214
33
PV V V =-+， 由数学知识可知，当V =3.5L 时，PV 最大，对应的温度也最高，且()24.5
3
m PV atmL =
根据理想气体状态方程可得:()m
A A A m
PV P V T T =， 解得m T =588K
8．如图所示，一半径为R =30.0cm ，横截面为六分之一圆的透明柱体水平放置，O 为横截面的圆心，该柱体的BO 面涂有反光物质，一束光竖直向下从A 点射向柱体的BD 面，入射角i =45°，进入柱体内部后，经过一次反射恰好从柱体的D 点射出。

已知光在真空中的速度为c =3.00×108m/s ，sin37.5°=0.608，sin 45°=0.707，sin 15°=0.259，sin22.5°=0.383，试求：（结果保留3位有效数字） (1)透明柱体的折射率； (2)光在该柱体的传播时间t 。

【答案】(1)1.16；(2)91.8410s -⨯ 【解析】 【分析】 【详解】 (1)如图所示：
根据反射成像的对称性，可知
4560105AOD ︒︒︒'∠=+=
折射角为
18010537.52
r ︒︒︒-==
由折射定律得
sin sin i
n r
=
代入数据解得
sin 45 1.16sin 37.5
n ︒
︒
== (2)根据折射定律可得
c v n
=
光在该柱体的传播
2cos x R r =
光在该柱体的传播时间
2cos x nR r t v c
=
=
代入数据得
91.8410s t -=⨯
9．一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)Lv
k h L
=- 【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:
h L OM OM OS
=- 可以解出
hv
OM t h L
=
- 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
Lv
SM t h L =
- 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
Lv
k h L
=
-
10．如图所示，R 为电阻箱，V 为理想电压表，当电阻箱读数为12R =Ω时，电压表读数为14V U =；当电阻箱读数为为25R =Ω时，电压表读数为25V U =。

（1）求电源的电动势E 和内阻r 。

（2）当电阻箱R 读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值m P 为多少？（注意写出推导过程）
【答案】（1）E =6V ，r =1Ω（2）R =1Ω时最大输出功率为9W. 【解析】 【分析】 【详解】 （1）根据U
E U r R
=+
可得： 4
42E r =+
5
55
E r =+
解得
E =6V r =1Ω
（2）电源输出功率
2
2
2
()2E E P R r R r
R r
R
==
+++ 因为22=r R r R ⨯一定，则当2=r R R ，即R=r 时2
+r R R
最小，此时P 最大，即当外电阻电阻
等于电源内阻时，输出功率最大，即R=r =1Ω；
此时最大输出功率
22
6
W 9W 441
E P r ===⨯
11．如图所示，一质量为M ，半径为R 的半圆圈，竖直放置于水平面上（假定圆圈不倒下，也不能沿水平面滑动）．一质量为m 的小圆环套在大圆圈上，并置于顶端．现在小圆环以近于0的初速度沿大圆圈向右端无摩擦地滑下．问：小圆环滑至什么位置（用角度表示）可使得半圆圈右端A 点与水平面间的压力为零？并讨论此题若有解，需满足什么条件？（结果可用三角函数表达）
【答案】小圆环下滑至与竖直成θ角，在3m M ≥的条件下有解，
13cos 113M
m
θ⎛=+-
⎝． 【解析】 【分析】 【详解】
设小圆环下滑至与竖直成θ角时，半圆圈右端A 点与水平面间的压力为零，由机械能守恒
定律可得
21
cos 2
mgR mgR mv θ=+．
由牛顿第二定律可得 2
cos mv mg N R
θ+=． 由此得
11
cos cos 22
mgR mgR mgR NR θθ=++，
即(23cos )N mg θ=-．
对半圆圈有cos MgR NR θ=，
由此解得
3221cos M m m m θ±-
=
．
显然，在3m M ≥的条件下有解，考虑到余弦函数的特点，其大小为
13cos 113M
m
θ⎛=+-
⎝．
12．在光滑的水平轨道上有两个半径都是r 的小球A 和B,质量分别为m 和2m,当两球心间的距离大于L 时,两球之间无相互作用力，当两球心间的距离等于或小于L 时,两球间存在相互作用的恒定斥力F.设A 球从远离B 球处以速度v 0沿两球连心线向原来静止的B 球运动,如图所示.欲使两球不发生接触, v 0必须满足什么条件?
【答案】03(2)
F L r v m
-< 【解析】
试题分析：要使A 、B 不发生接触，必须满足：当v A =v B 时 x A －x B <L －r 设A 、B 物体的加速度分别为a A 、a B 由牛顿第二定律有 F=ma A F=2ma B 由运动学公式 v A =v 0－a A t v B =a B t x A =v 0t －
12a A t 2x B =12
a B t 2 联立解得：v 03(2)
F L r m
-考点：牛顿第二定律 匀变速直线运动规律
13．在考古中为了测定古物的年代，可通过测定古物中碳14与碳12的比例，其物理过程可简化为如图所示，碳14与碳12经电离后的原子核带电量都为q ，从容器A 下方的小孔S 不断飘入电压为U 的加速电场，经过S 正下方的小孔O 后，沿SO 方向垂直进入磁感应强度为B 、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，最后打在相机底片D 上并被吸收。

已知D 与O 在同一平面内，其中碳12在底片D 上的落点到O 的距离为x ，不考虑粒子重力和粒子在小孔S 处的初速度。

(1)求碳12的比荷；
(2)由于粒子间存在相互作用，从O 进入磁场的粒子在纸面内将发生不同程度的微小偏转（粒子进入磁场速度大小的变化可忽略），其方向与竖直方向的最大偏角为α，求碳12在底片D 上的落点到O 的距离的范围；
(3)实际上，加速电场的电压也会发生微小变化（设电压变化范围为U ±ΔU ），从而导致进入磁场的粒子的速度大小也有所不同。

现从容器A 中飘入碳14与碳12最终均能打在底片D 上，若要使这两种粒子的落点区域不重叠，则ΔU 应满足什么条件？（粒子进入磁场时的速度方向与竖直方向的最大偏角仍为α）
【答案】(1)228q U m B x =；(2)距离范围为cos ~x x α；(3) 2
2
7cos 6
7cos 6
U U θθ-∆<+ 【解析】 【分析】 【详解】 (1)经加速电场有
2
12
qU mv =
在磁场中
2
mv qvB r = 12
r x =
解得碳12的比荷
228q U m B x
= (2)粒子在磁场中圆运动半径
22
qmU x
r =
= 由图像可知，粒子左偏α角（轨迹圆心为O 1）或右偏α角（轨迹圆心为O 2），落点到O 的距离相等均为L =2r cos θ，故θ=0°时落点到O 的距离最大
L max =2r =x
故θ=α时落点到O 的距离最小
L min =2r cos α=x cos α
所以落点到O 的距离范围为
cos ~x x α。

(3)设碳12的质量为m 1，碳14的质量为m 2，并且
12126147
m m == 根据12mU
r B q
=
可知：
碳12的运动半径
1
121mU r B q
=
碳12的最大半径
11max 2(Δ)
1m U U r B q
+=
同理： 碳14的运动半径
2221m U
r B q
=
碳14的最小半径
22min 2(Δ)
1m U U r B q
-=
若要使这两种粒子的落点区域不重叠，打中底片时离O 点的距离应需满足：碳14的最近距离大于碳12的 最远距离，即
2r 1max <2r 2min cos α
联立解得ΔU 应满足的条件
222122
21cos 7cos 6
Δcos 7cos 6
m m U U U m m θθθθ--<=++ 答：(1)碳12的比荷为
22
8U
B x
；(2)碳12在底片D 上的落点到O 的距离的范围为cos ~x x α；(3)若要使这两种粒子的落点区域不重叠，则n U 应满足
22
7cos 6Δ7cos 6U U θθ-<+。

【点睛】
本题考查带电粒子在复合场中的运动，加速场运用动能定理，粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，第三问难点在于找出粒子不重叠的条件，即：打中底片时离O 点的距离应需满足：碳14的最近距离大于碳12的最远距离。

14．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）。

15．如图所示，直角坐标系xOy 处于竖直平面内，x 轴沿水平方向，在y 轴右侧存在电场强度为E 1、水平向左的匀强电场，在y 轴左侧存在匀强电场和匀强磁场，电场强度为E 2，方向竖直向上，匀强磁场的磁感应强度6T B =，方向垂直纸面向外。

在坐标为（0.4m ，0.4m ）的A 点处将一带正电小球由静止释放，小球沿直线AO 经原点O 第一次穿过y 轴。

已知12 4.5N/C E E ==，重力加速度为210m/s g =，求：
(1)小球的比荷（
q
m
）及小球第一次穿过y 轴时的速度大小； (2)小球第二次穿过y 轴时的纵坐标；
(3)小球从O 点到第三次穿过y 轴所经历的时间。

【答案】(1)20C/kg 9q m =，4m/s ；(2)0.32m ；(3)9π22(805
+ 【解析】 【分析】 【详解】
(1)由题可知，小球受到的合力方向由A 点指向O 点，则
1qE mg =①
解得
20
C/kg 9
q m =② 由动能定理得
21111
02
mgy qE x mv +=-③
解得
4m/s v =④
(2)小球在y 轴左侧时
2qE mg =
故小球做匀速圆周运动，其轨迹如图，设小球做圆周运动的半径为R ，由牛顿第二定律得
2
mv qvB R
=⑤
解得
0.3m R =⑥
由几何关系可知，第二次穿过y 轴时的纵坐标为
220.32m y R ==⑦
(3)设小球第一次在y 轴左侧运动的时间为1t ，由几何关系和运动规律可知
13π9π
s 280
R t v =
=⑧ 小球第二次穿过y 轴后，在第一象限做类平抛运动（如图所示），由几何关系知，此过程小球沿速度v 方向的位移和垂直v 方向的位移大小相等，设为r ，运动时间为2t ，则
2r vt =⑨
2
212
r at =
⑩ 由①式可得
2a g =⑪
可得
22
5
t =
⑫ 小球从O 点到第三次穿过y 轴所经历的时间
129π2(
)s 805
t t t =+=+⑬。