高中物理数学物理法专题训练答案含解析

高中物理数学物理法专题训练答案含解析
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，直角MNQ △为一个玻璃砖的横截面，其中90Q ︒∠=，30N ︒∠=，MQ 边的长度为a ，P 为MN 的中点。

一条光线从P 点射入玻璃砖，入射方向与NP 夹角为45°。

光线恰能从Q 点射出。

(1)求该玻璃的折射率；
(2)若与NP 夹角90°的范围内均有上述同频率光线从P 点射入玻璃砖，分析计算光线不能从玻璃砖射出的范围。

【答案】(1)2；(2)31
a - 【解析】 【详解】
(1)如图甲，由几何关系知P 点的折射角为30°。

则有
sin 45
2sin 30
n =
=(2)如图乙，由折射规律结合几何关系知，各方向的入射光线进入P 点后的折射光线分布在CQB 范围内，设在D 点全反射，则DQ 范围无光线射出。

D 点有
1
sin n α
=
解得
45α=︒
由几何关系知
DQ EQ ED =-，12ED EP a ==
，32
EQ a = 解得
31DQ a -=
3．如图所示，身高h =1.7 m 的人以v =1 m/s 的速度沿平直路面远离路灯而去，某时刻人的影长L 1=1.3 m ，2 s 后人的影长L 2=1.8 m ．
（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L 1=1.3 m 和L 2=1.8 m 时，影子顶端的速度各是多大？ 【答案】（1）8.5m （2）匀速运动（3）1.25/m s 【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： 1.3
CG CD
AB BC +＝
3.8
EH EF
AB BC +＝ 可得：H=AB=8.5m ；
（2）设影子在t 时刻的位移为x ，则有： x vt h
x H
-＝， 得：x=
H
H h
-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′= x H
v t
H h
=-=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．
4．质量为M 的木楔倾角为θ (θ < 45°)，在水平面上保持静止，当将一质量为m 的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑．当用与木楔斜面成α角的力F 拉木块，木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止)．
(1)当α＝θ时，拉力F 有最小值，求此最小值； (2)求在(1)的情况下木楔对水平面的摩擦力是多少？ 【答案】（1）min sin 2F mg θ= （2）1
sin 42
mg θ 【解析】 【分析】
（1）对物块进行受力分析，根据共点力的平衡，利用正交分解，在沿斜面和垂直斜面两方向列方程，进行求解．
（2）采用整体法，对整体受力分析，根据共点力的平衡，利用正交分解，分解为水平和竖
直两方向列方程，进行求解． 【详解】
木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mgsin mgcos θμθ＝，即tan μθ＝ (1)木块在力F 的作用下沿斜面向上匀速运动，则：
Fcos mgsin f αθ＝＋
N Fsin F mgcos αθ＋＝
N f F μ＝
联立解得：()
2mgsin F cos θ
θα=
-
则当＝αθ时，F 有最小值，2min F mgsin ＝θ
(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F 的水平分力，即
()f Fcos αθ='+
当＝αθ时，1
2242
f mgsin cos mgsin θθθ='= 【点睛】
木块放在斜面上时正好匀速下滑隐含动摩擦因数的值恰好等于斜面倾角的正切值，当有外力作用在物体上时，列平行于斜面方向的平衡方程，求出外力F 的表达式，讨论F 取最小值的条件．
5．如图所示，在xoy 平面内y 轴右侧有一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场方向垂直纸面向外；分成I 和II 两个区域，I 区域的宽度为d ，右侧磁场II 区域还存在
平行于xoy 平面的匀强电场，场强大小为E ＝22B qd
m
，电场方向沿y 轴正方向。

坐标原点O
有一粒子源，在xoy 平面向各个方向发射质量为m ，电量为q 的正电荷，粒子的速率均为v ＝
qBd
m。

进入II 区域时，只有速度方向平行于x 轴的粒子才能进入，其余被界面吸收。

不计粒子重力和粒子间的相互作用，求： (1)某粒子从O 运动到O '的时间； (2)在I 区域内有粒子经过区域的面积；
(3)粒子在II 区域运动，当第一次速度为零时所处的y 轴坐标。

【答案】(1)π3m qB ；(2)2
21π2
d d +；(3)0 【解析】 【详解】
(1)根据洛伦兹力提供向心力可得
2
v Bqv m R
=
则轨迹半径为
mv
R d qB
=
= 粒子从O 运动到O '的运动的示意图如图所示：
粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为
60θ︒=
周期为
22R m
T v Bq ππ=
= 所以运动时间为
63T m t qB
π=
= (2)根据旋转圆的方法得到粒子在I 区经过的范围如图所示，沿有粒子通过磁场的区域为图中斜线部分面积的大小：
根据图中几何关系可得面积为
221
2
S d d π=+
(3)粒子垂直于边界进入II 区后，受到的洛伦兹力为
22q B d qvB m
=
在II 区受到的电场力为
222q B d qE m
=
由于电场力小于洛伦兹力，粒子将向下偏转，当速度为零时，沿y -方向的位移为y ，由动能定理得
21
02
qEy mv -=-
解得
212mv y d qE
=⋅= 所以第一次速度为零时所处的y 轴坐标为0。

6．质量为M 的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，质量为m 的木块刚好可以在木楔上表面上匀速下滑．现在用与木楔上表面成α角的力F 拉着木块匀速上滑，如图所示，求：
(1)当α＝θ时，拉力F 有最小值，求此最小值； (2)拉力F 最小时，木楔对水平面的摩擦力． 【答案】(1)mg sin 2θ
(2)1
2
mg sin 4θ 【解析】 【分析】
对物块进行受力分析，根据共点力平衡，利用正交分解，在沿斜面方向和垂直于斜面方向都平衡，进行求解采用整体法，对m 、M 构成的整体列平衡方程求解． 【详解】
(1)木块刚好可以沿木楔上表面匀速下滑时，mg sin θ＝μmg cos θ，则μ＝tan θ，用力F 拉着木块匀速上滑，受力分析如图甲所示，则有：F cos α＝mg sin θ＋F f ，F N ＋F sin α＝mg cos θ， F f ＝μF N
联立以上各式解得：()
sin 2cos mg F θ
θα=
-．
当α＝θ时，F 有最小值，F min ＝mg sin 2θ．
(2)对木块和木楔整体受力分析如图乙所示，由平衡条件得，F f ′＝F cos(θ＋α)，当拉力F 最小时，F f ′＝F min ·cos 2θ＝1
2
mg sin 4θ． 【点睛】
木块放在斜面上时正好匀速下滑隐含摩擦系数的数值恰好等于斜面倾角的正切值，当有外力作用在物体上时，列平行于斜面方向的平衡方程，结合数学知识即可解题．
7．如图所示，在xOy 平面的第一、第四象限有方向垂直于纸面向里的匀强磁场；在第二象限有一匀强电场，电场强度的方向沿y 轴负方向。

原点O 处有一粒子源，可在xOy 平面内向y 轴右侧各个方向连续发射大量速度大小在00~v 之间，质量为m ，电荷量为q +的同种粒子。

在y 轴正半轴垂直于xOy 平面放置着一块足够长的薄板，薄板上有粒子轰击的
区域的长度为0L 。

已知电场强度的大小为2
94mv E qL =，不考虑粒子间的相互作用，不计粒
子的重力。

(1)求匀强磁场磁感应强度的大小B ；
(2)在薄板上0
2
L
y =
处开一个小孔，粒子源发射的部分粒子穿过小孔进入左侧电场区域，求粒子经过x 轴负半轴的最远点的横坐标；
(3)若仅向第四象限各个方向发射粒子：0t =时，粒子初速度为0v ，随着时间推移，发射的粒子初速度逐渐减小，变为0
2
v 时，就不再发射。

不考虑粒子之间可能的碰撞，若穿过薄板上0
2
L y =
处的小孔进入电场的粒子排列成一条与y 轴平行的线段，求t 时刻从粒子源发射的粒子初速度大小()v t 的表达式。

【答案】(1)002mv B qL =；(2)03x =；(3)0
00π2sin()6v v v t L =+或者0
00
()π2sin()6v v t v
t L =
+
【解析】 【详解】
(1)速度为0v 的粒子沿x 轴正向发射，打在薄板的最远处，其在磁场中运动的半径为0r ，由牛顿第二定律
20
00
mv qv B r =①
02
L r =
② 联立，解得
2mv B qL =
③ (2)如图a 所示
速度为v 的粒子与y 轴正向成α角射出，恰好穿过小孔，在磁场中运动时，由牛顿第二定律
2
mv qvB r
=④ 而
4sin L r α
=
⑤ 粒子沿x 轴方向的分速度
sin x v v α=⑥
联立，解得
2
x v v =
⑦ 说明能进入电场的粒子具有相同的沿x 轴方向的分速度。

当粒子以速度为0v 从O 点射入，可以到达x 轴负半轴的最远处。

粒子进入电场时，沿y 轴方向的初速度为y v ，有
22
003
2
y x v v v v =-=
⑧ 2
0122y L qE v t t m
-
=-⑨ 最远处的横坐标
x x v t =-⑩
联立，解得
03
x L = (3)要使粒子排成一排，粒子必须在同一时刻进入电场。

粒子在磁场在运动轨迹如图b 所示
周期相同，均为
π2πL m T Bq v =
= 又
02sin 2v v
v v
α==
粒子在磁场中的运动时间
2π22π
t T α
-'=
以0v 进入磁场的粒子，运动时间最长，满足π
6
α=
，其在磁场中运动时间 m 56
t T =
以不同速度射入的粒子，要同时到达小孔，有
m t t t '+=
联立，解得
000π2sin()6v v v t L =
+或者0
00
()π2sin()6v v t v t L =
+
8．半径为R 的球形透明均匀介质，一束激光在过圆心O 的平面内与一条直径成为60°角射向球表面，先经第一次折射，再经一次反射，最后经第二次折射射出，射出方向与最初入射方向平行。

真空中光速为c 。

求： (1)球形透明介质的折射率； (2)激光在球内传播的时间。

【答案】(1)3；(2)6R c
【解析】 【分析】 【详解】
(1)激光在球形透明介质里传播的光路如图所示：
其中A 、C 为折射点，B 为反射点，连接A 与C ，作OD 平行于入射光线，则
60AOD COD ︒∠=∠=
OAB OBA OBC OCB ∠=∠=∠=∠
OAB OBA OBC OCB AOD COD ∠+∠+∠+∠=∠+∠
解得
30OAB ︒∠=
设球形透明介质的折射率为n ，根据折射定律
sin 60sin n OAB
︒
=
∠ 解得
3n =(2)由于30OAB ︒∠=，所以AC 垂直于入射光线，即
3AC d R ==
又由于
60ABC BCA CAB ︒∠=∠=∠=
所以ABC 为等边三角形，即激光在球内运动路程为
223s d R ==
设激光在介质中传播速度为t ，则
c v n
=
传播时间
236Rn R
c c
s t v ==
=
9．质量为M 的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m 的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑．如果用与木楔斜面成α角的力F 拉着木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止)．
(1)当α＝θ时，拉力F 有最小值，求此最小值； (2)当α＝θ时，木楔对水平面的摩擦力是多大？
【答案】(1)mg sin 2θ (2)1
2
mg sin 4θ 【解析】 【分析】 【详解】
木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有
mg sin θ＝μmg cos θ
即μ＝tan θ.
(1)木块在力F 作用下沿斜面向上匀速运动，有
F cos α＝mg sin θ＋F f F sin α＋F N ＝mg cos θ
F f ＝μF N
解得
F ＝
2sin cos sin θαμα+mg ＝2sin cos cos cos sin sin θθ
θαθ+mg a ＝sin 2cos()
θθα-mg
则当α＝θ时，F 有最小值，为
F min ＝mg sin2θ.
(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F 的水平分力，即
F f ＝F cos(α＋θ)
当α＝θ时，F 取最小值mg sin 2θ，
F fm ＝F min cos2θ＝mg ·sin 2θcos2θ＝
1
2
mg sin4θ.
10．如图所示，MN 是一个水平光屏，多边形ACBOA 为某种透明介质的截面图。

AOC △为等腰直角三角形，BC 为半径R =8cm 的四分之一圆弧，AB 与光屏MN 垂直并接触于A
点。

一束紫光以入射角i 射向AB 面上的O 点，能在光屏MN 上出现两个亮斑，AN 上的亮斑为P 1（未画出），AM 上的亮斑为P 2（未画出），已知该介质对紫光的折射率为
2n =。

(1)当入射角i =30°时，求AN 上的亮斑P 1到A 点的距离x 1；
(2)逐渐增大入射角i ，当AN 上的亮斑P 1刚消失时，求此时AM 上的亮斑P 2到A 点的距离x 2。

【答案】(1)8cm ；(2)8cm 【解析】 【分析】 【详解】
(1)根据题意画出光路图：
设AB 分界面上的折射角为r ，根据折射定律
sin sin r
n i
=
解得
45r ︒=
在1Rt AOP 中
1tan(90)x R r ︒=-
解得
18cm x =
(2)当光在AB 面上的入射角满足
i C =
AN 上的亮斑刚消失设紫光的临界角为C ，画出光路图
则有
1
sin C
n
=
当45
i︒
=时，AB面上反射角45
β︒
=，反射光线垂直射到AC面上后入射到AM上，则
2
tan(90)
x Rβ
︒
=-
解得
2
8cm
x=
11．如图所示，R为电阻箱，V为理想电压表，当电阻箱读数为12
R=Ω时，电压表读数为14V
U=；当电阻箱读数为为
2
5
R=Ω时，电压表读数为
2
5V
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
4
2
E r
=+
5
5
5
E r
=+
解得
E=6V
r=1Ω
（2）电源输出功率
2
2
2
()
2
E E
P R
r
R r
R r
R
==
+
++
因为
2
2
=
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 ===⨯
12．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⎛=+-
⎝．
13．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 0<
3(2)
F L r m
- 考点：牛顿第二定律 匀变速直线运动规律
14．如图所示，质量23M =kg 的木块A 套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量3m =kg 的小球B 相连。

今用与水平方向成α=30°角的力103F =N ，拉着球带动木块
一起向右匀速运动，运动中M 、m 相对位置保持不变。

求： （1）运动过程中轻绳与水平方向夹角θ； （2）木块与水平间的动摩擦因数μ；
（3）当α为多大时，使球和木块一起向右匀速运动的力F 最小，最小值为多少？
【答案】（1）30︒；（23；（3）3457N 【解析】 【分析】 【详解】
（1）小球B 受力如图所示：
设细绳对B的拉力为T，由平衡条件可得：
F cos30∘=T cosθ，
F sin30∘+T sinθ=mg，解得：
T=103N
3
tanθ=
即：
θ=30°；(2)A受力如图所示：
由平衡条件得：
F N=T sinθ+Mg
f=T cosθ，
滑动摩擦力为：
f=μF N
解得：
μ=
35
； （3）M 、N 整体受力如图所示：
由平衡条件得：
F N +F sin α=(M +m )g f =F cos α=μF N ，
联立解得：
(+)cos sin M m g F μ
αμα
=
+
令：
2
sin 1βμ=
+，2
cos 1βμ=
+
则：
2
2
(sin cos cos sin )1sin()1F βαβαμαβμ=
=
++++
当α+β=90°时F 有最小值，最小值为：
min 2
457
1F μ=
=
+， 所以：
tan α=μ3 则：
α=arctan
35
；
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/s2。

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
︒=
cos45
f qE
︒
f mg
sin45=
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
(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＝42。

(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＝
1s 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）。