高中物理数学物理法题20套(带答案)含解析

高中物理数学物理法题20套(带答案)含解析
一、数学物理法
1．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）
22
21
2
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
22
21
2
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．
2．如图所示，长为3l的不可伸长的轻绳，穿过一长为l的竖直轻质细管，两端拴着质量分别为m2m的小球A和小物块B，开始时B先放在细管正下方的水平地面上．手握细管轻轻摇动一段时间后，B对地面的压力恰好为零，A在水平面内做匀速圆周运动．已知重力加速度为g，不计一切阻力．
（1）求A做匀速圆周运动时绳与竖直方向夹角θ；
（2）求摇动细管过程中手所做的功；
（3）轻摇细管可使B在管口下的任意位置处于平衡，当B在某一位置平衡时，管内一触发装置使绳断开，求A做平抛运动的最大水平距离．
【答案】（1）θ=45° ；（2）2
(1)4
mgl -；(3) 2l 。

【解析】 【分析】 【详解】
（1）B 对地面刚好无压力，对B 受力分析，得此时绳子的拉力为
2T mg =
对A 受力分析，如图所示
在竖直方向合力为零，故
cos T mg θ=
解得45θ=o
（2）对A 球，根据牛顿第二定律有
2
sin sin v T m
l θθ
= 解得22
v gl =
故摇动细管过程中手所做的功等于小球A 增加的机械能，故有
()212cos 124W mv mg l l mgl θ⎛=+-=- ⎝⎭
（3）设拉A 的绳长为x （l≤x≤2l ），根据牛顿第二定律有
2
sin sin v T m
x θθ
=
解得
2
2
v gx =
A 球做平抛运动下落的时间为t
，则有
212cos 2
l x gt θ-=
解得2222l x t g
⎛⎫- ⎪
⎝⎭=
水平位移为
()
22S vt x l x ==-
当2x l =
时，位移最大，为2m S l =
3．图示为一由直角三角形ABC 和矩形CDEA 组成的玻璃砖截面图。

2AB L =，
3
4
DC L =
，P 为AB 的中点，30θ︒=。

与BC 平行的细束单色光MP 从P 点入射，折射后恰好到达C 点。

已知光在真空中速度大小为c 。

求： (1)玻璃的折射率n ；
(2)光从射入玻璃砖到第一次射出所用的时间t 。

【答案】(1)3；(2)33L
【解析】 【详解】
(1)在玻璃砖中的光路如图所示：
由几何关系知
6030i r ︒︒==
由折射定律
sin sin i
n r
=
得
n =(2)设玻璃的临界角为C ，则
1sin C n
=
由几何关系知
60β︒=
由于
sin sin 23
C β=
>=
PC 光在BD 面发生全反射，由几何关系知
30︒=α
由于
1
sin sin 2
C α=
< 光从射入玻璃砖到第一次从F 点射出，由几何关系知
PC L =，cos 2
DC L
FC α=
= 光从射入玻璃砖到第一次射出所用的时间
PC FC
t v
+=
结合
c n v
=
解得
2t c
=
4．某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛，比赛路径如图所示．可视为质点的赛车从起点A 出发，沿水平直线轨道运动L 后，由B 点进入半径为R 的光滑竖直半圆轨道，并通过半圆轨道的最高点C ，才算完成比赛．B 是半圆轨道的最低点，水平直线轨道和半圆轨道相切于B 点．已知赛车质量m =0.5kg ，通电后以额定功率P =2W 工作，进入竖直圆轨道前受到的阻力恒为F f =0.4N ，随后在运动中受到的阻力均可不计，L =10.00m ，R =0.40m ，（g 取10m/s 2）．求：
（1）要使赛车能通过C 点完成比赛，通过C 点的速度至少多大？ （2）赛车恰能完成比赛时，在半圆轨道的B 点对轨道的压力多大 （3）要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间t ？
（4）若电动机工作时间为t 0=5s ，当R 为多少时赛车既能完成比赛且飞出的水平距离又最大，水平距离最大是多少？
【答案】（1）2m/s （2）25/m s ，30N （3）t =4.5s （4）R =0.3m ，1.2m 【解析】 【分析】
赛车恰好通过最高点时，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出通过C 点的最小速度．根据机械能守恒定律求出赛车在B 点的最小速度，根据牛顿第二定律求出赛车对轨道的压力．对A 到B 过程运用动能定理，求出电动机从A 到B 至少工作的时间．根据动能定理求出赛车到达最高点的速度，结合平抛运动的规律求出水平位移，通过数学知识求出水平位移的最大值． 【详解】
（1）当赛车恰好过C 点时在B 点对轨道压力最小，赛车在B 点对有：
2C
v mg m R
=
解得：
100.4m/s 2m/s C v gR ==⨯=...①
（2）对赛车从B 到C 由机械能守恒得：
22
11222
B C mv mv mg R =+⋅…② 赛车在B 处，由牛顿第二定律可得：
2N B
v F mg m R
-=…③
由①②③得:
525m/s B v gR ==
N 630N F mg ==
由牛顿第三定律知，对轨道的压力大小等于30N ； （3）对赛车从A 到B 由动能定理得：
2
102
f B Pt F L mv -=
- 解得:
4.5s t =
（4）对赛车从A 到C 由动能定理得：
2
0012'2
f Pt F L m
g R mv --⋅=
， 赛车飞出C 后有:
212'2
R gt =
0x v t =
解得:
23
16('')5
x R R =--，
所以当'0.3m R =时，x 最大：
max 1.2m x =
答：（1）要使赛车能通过C 点完成比赛，通过C 点的速度至少为2m/s ； （2）赛车恰能完成比赛时，在半圆轨道的B 点对轨道的压力等于30N ； （3）要使赛车完成比赛，电动机至少工作 4.5s t =；
（4）若电动机工作时间为t 0=5s ，当R 为0.3m 时赛车既能完成比赛且飞出的水平距离又最大，最大水平距离max 1.2m x =．
5．某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛，比赛路径如图所示．可视为质点的赛车从起点 A 出发，沿水平直线轨道运动L 后，由B 点进人半径为R 的光滑竖直半圆轨道，并通过半圆轨道的最高点C ，才算完成比赛．B 是半圆轨道的最低点.水平直线轨道和半圆轨道相切于B 点．已 知赛车质量m= 5kg ，通电后以额定功率P =2W 工作，进入竖直半圆轨道前受到的阻力恒为F 1=0.4N ，随后在运动中受到的阻力均可不计，L = 10.0m ，R = 0. 32m ，g 取l0m/s 2．求：
（1）要使赛车完成比赛，赛车在半圆轨道的B 点对轨道的压力至少为多大？ （2）要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？
（3）若电动机工作时间为t 0=5s 当半圆轨道半径为多少时赛车既能完成比赛且飞出的水平距离最大？水平距离最大是多少？ 【答案】（1）30N （2） 4s （3） 1.2m
【解析】
试题分析：（1）赛车恰能过最高点时，根据牛顿定律：解得
由B
点到C 点，由机械能守恒定律可得：2211
222
B c mv mv mg R =+⋅a 在B 点根据牛顿定律可得：
联立解得：54m/s B v gR ==则：630N F mg == （2）对赛车从A 到B 由动能定理得：
解得：t=4s
（3）对赛车从A 到C 由动能定理得：
2001
22
f Pt F L m
g R mv --⋅=
赛车飞出C 后有：
解得：
所以 当R=0.3m 时x 最大， x max =1.2m
考点：牛顿第二定律；动能定理；平抛物体的运动.
6．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】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 V 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
s t v ==
=
7．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 V 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45i ︒=时，AB 面上反射角45β︒
=，反射光线垂直射到AC 面上后入射到AM 上，则
2tan(90)x R β︒=-
解得
28cm x =
8．如图所示，已知电源电动势E =5 V ，内阻r =2 Ω，定值电阻R 1=0.5 Ω，滑动变阻器R 2的阻值范围为0～10 Ω。

求:
（1）当滑动变阻器R 2接入电路的阻值为多大时，电阻R 1消耗的功率最大，最大功率是多少。

（2）当滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率是多少。

（3）当滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，电源的输出功率最大，最大功率是多少。

【答案】（1）2 W 。

（2）2.5 W 。

（3）3.125 W 。

【解析】 【分析】 【详解】
(1)定值电阻R 1消耗的电功率为P 1=I 2R 1=
()
2
12
12E R R R r ++，可见当滑动变阻器接入电路的
阻值为0时，R 1消耗的功率最大,最大功率为：
P 1m =
()
2
12
1E R R r +=2W
(2)将定值电阻R 1看做电源内阻的一部分,则电源的等效内阻：
r '=R 1+r =2.5 Ω
故当滑动变阻器接入电路的阻值R 2=r '=2.5 Ω时 滑动变阻器消耗的功率最大,最大功率为：
P 2m = 2
4E r
'=2.5W
(3)由电源的输出功率与外电阻的关系可知，当R 1+R 2'=r ，即：
R 2'=r -R 1=(2-0.5) Ω=1.5 Ω
电源有最大输出功率,最大输出功率为：
P 出m = 2
4E r
=3.125 W
9．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
6W 9W 441
E P r ===⨯
10．一架旧式轰炸机在h=720m 超低空以v 0=50m/s 速度沿水平方向飞行，在其正下方与其飞行路线平行的笔直公路上有一辆汽车在沿相同方向运动，轰炸机发现汽车时与汽车的水平距离为s 0=800m ，而此时汽车正从静止开始以a=1m/s 2的加速度做匀加速直线运动，汽车速度最大只能达到40m/s ．轰炸机在发现汽车△t 时间后投下炸弹恰好击中汽车．g="10" m/s 2．求（1）炸弹从离开飞机到击中汽车，水平方向的位移为多少？（2）时间△t 为多少？（不计空气阻力）
【答案】（1）600m （2）8s 【解析】
试题分析:（1）轰炸机投下的炸弹在空中做平抛运动，时间为t ，由
t=12s
炸弹从投下到击中汽车，水平位移为l l= v 0t 解得l =600m
（2）从发现汽车到击中汽车，炸弹在水平方向的位移为s s= v 0（△t+t ） 汽车的位移为s ＇
s 0+ s ＇=s 解得△t =8s
考点:平抛运动、匀变速直线运动的规律． 【名师点睛】对平抛规律的理解及应用
11．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
=.
12．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．
13．如图所示，一对带电平行金属板A 、B 与竖直方向成30o 角放置，两板间的电势差
125V AB U =-。

B 板中心有一小孔正好位于平面直角坐标系xoy 的坐标原点O 点，y 轴沿
竖直方向。

现有一带负电的粒子P ，其比荷为
51.010C/kg q
m
=⨯，从A 板中心O '处静止
释放后，沿垂直于金属板的直线O O '进入x 轴下方第四象限的匀强电场E 中，该匀强电场方向与A 、B 板平行且斜向上。

粒子穿过电场后，从Q 点（0，-2）离开电场（Q 点图中未标出），粒子的重力不计。

试求： (1)粒子从O 点进入匀强电场时的速度v 0； (2)匀强电场的场强E 的大小。

【答案】(1)30510m/s v =⨯；(2)33
10V/m 2
E =⨯ 【解析】 【分析】 【详解】
(1)对于粒子在AB 间加速过程，由动能定理得
201
2
AB qU mv =
可得
30510m/s v =⨯
(2)粒子P 在进入电场后做类平抛运动，设离开电场时距O 距离为L ，以O 为坐标原点，沿着v 0方向建立x '轴，逆着场强方向建立y '轴，则有x '轴方向粒子做匀速直线运动，有
0cos 60x L v t ='=o
y '轴方向粒子做匀加速直线运动，有
21sin 602qE y L t m
==
⋅⋅'o 代入数据得，匀强电场的场强大小
33
10V/m E =
14．民航客机一般都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地上．若机舱口下沿距地面3.2m ，气囊所构成的斜面长度为4.0m ，一个质量为60kg 的人沿气囊滑下时
所受的阻力是240N ．求：
（1）人下滑过程中的加速度为多大？ （2）人滑至气囊底端时速度有多大？ 【答案】（1）人下滑过程中的加速度为4m/s 2 （2）人滑至气囊底端时速度有5.7m/s 【解析】
解：（1）人运动过程由受力分析可知， 由牛顿第二定律F=ma 可得： 沿斜面方向：mgsinθ﹣f=ma
由上式可得人在气囊上下滑的加速度为：
（2）由运动学公式可得
人滑至气囊底端时速度为：
答：（1）人下滑过程中的加速度为4m/s 2（2）人滑至气囊底端时速度有5.7m/s 【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁
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(80+ 【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
a=⑪可得
25
t=⑫小球从O点到第三次穿过y轴所经历的时间
12
9π
()s 805
t t t
=+=+⑬。