高考物理二轮复习 专项训练 物理数学物理法

高考物理二轮复习 专项训练 物理数学物理法
一、数学物理法
1．如图所示，在竖直分界线MN 的左侧有垂直纸面的匀强磁场，竖直屏与MN 之间有方向向上的匀强电场。

在O 处有两个带正电的小球A 和B ，两小球间不发生电荷转移。

若在两小球间放置一个被压缩且锁定的小型弹簧（不计弹簧长度），解锁弹簧后，两小球均获得沿水平方向的速度。

已知小球B 的质量是小球A 的1n 倍，电荷量是小球A 的2n 倍。

若测得小球A 在磁场中运动的半径为r ，小球B 击中屏的位置的竖直偏转位移也等于r 。

两小球重力均不计。

(1)将两球位置互换，解锁弹簧后，小球B 在磁场中运动，求两球在磁场中运动半径之比、时间之比；
(2)若A 小球向左运动求A 、B 两小球打在屏上的位置之间的距离。

【答案】(1)2n ，21
n n ；(2)123r
r n n -
【解析】 【详解】
(1)两小球静止反向弹开过程，系统动量守恒有
A 1
B mv n mv =①
小球A 、B 在磁场中做圆周运动，分别有
2A A A mv qv B r =，2
1B
2B B
n mv n qv B r =②
解①②式得
A
2B
r n r = 磁场运动周期分别为
A 2πm
T qB
=
，1B 22πn m T n qB =
解得运动时间之比为
A
A
2B B 1
22
T t n T t n == (2)如图所示，小球A 经圆周运动后，在电场中做类平抛运动。

水平方向有
A A L v t =③
竖直方向有
2A A A 12
y a t =
④ 由牛顿第二定律得
A qE ma =⑤
解③④⑤式得
2
A A
()2qE L y m v =
⑥ 小球B 在电场中做类平抛运动，同理有
2
2B 1B
()2n qE L y n m v =
⑦ 由题意知
B y r =⑧
应用几何关系得
B A 2y y r y ∆=+-⑨
解①⑥⑦⑧⑨式得
12
3r y r n n ∆=-
2．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 37
OA G
F F N ==
= BO 绳上受到的拉力为1cot 37800OB F F G N ===
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．
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．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 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．
5．一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】
【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
=
-
6．如图所示，电流表A 视为理想电表，已知定值电阻R 0=4Ω，滑动变阻器R 阻值范围为0~10Ω，电源的电动势E =6V ．闭合开关S ，当R =3Ω时，电流表的读数I =0.5A 。

（1）求电源的内阻。

（2）当滑动变阻器R 为多大时，电源的总功率最大?最大值P m 是多少?
【答案】（1）5Ω；（2）当滑动变阻器R 为0时，电源的总功率最大，最大值P m 是4W 。

【分析】 【详解】
（1）电源的电动势E =6V ．闭合开关S ，当R =3Ω时，电流表的读数I =0.5A ，根据闭合电路欧姆定律可知：
E
I R R r
=
++
得：r =5Ω
（2）电源的总功率
P=IE
得：
2
0E P R R r
=++
当R =0Ω，P 最大，最大值为m P ，则有：4m P =W
7．如图所示，半圆形玻璃砖的半径为R ，圆心为O 。

一束单色光由玻璃砖上的P 点垂直于半圆底面射入玻璃砖，其折射光线射向底面的Q 点（图中未画出），折射率为3，测得P 点与半圆底面的距离为
2
R。

计算确定Q 点的位置。

【答案】
33
3
R - 【解析】 【详解】 如图所示
P 点折射有
sin sin i
n r
=
由几何关系得
1
cos 2
PM i R =
= i r α=-
解得
30α=︒
则有
QP QO =
又有
3cos 3
PM QP R α=
= 则
33
NQ R QO R -=-=
即Q 点与玻璃砖上边缘相距
33
3
R -。

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】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
s t v ==
=
9．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⎛⎫
=+- ⎪⎝⎭
．
10．如图所示，一人对一均匀细杆的一端施力，力的方向总与杆垂直，要将杆从地板上无滑动地慢慢抬到竖直位置，问：杆与地板之间的静摩擦因数至少应为多大？
【答案】
24
【解析】
【分析】
【详解】
假设杆与地板之间的静摩擦因数足够大,当杆被抬至与地板成任意角α时均不发生滑动,杆受到作用力F 、重力mg 、地板的支持力N 和摩擦力f 的作用,因满足共点力平衡条件，F mg 、、地面对杆的全反力R F 交于O 点R F 与N 之间的夹角不能超过摩擦角ϕ，如图所示,考虑临界的情况,设细杆全长为2l ,重心为C ，有
()OD OC CD l /sin l sin tan 90AD AD l cos ααϕα
++︒-===．
化简可得1tan 2tan cot μϕαα
==+． 因为2tan cot 2αα•==定值, 所以,当2tan cot αα=,即2tan α=
时,tan cot ααα+最小,则tan μϕ=有极大值,且m 24μ=2 在静平衡问题中引入摩擦角后,除了上题所说明的情况外,另一特征便是对平衡问题的研究最终往往衍变为对模型几何特征的研究,这种现象在涉及杆的平衡问题时相当普遍,这也是物理竞赛要求学习者有较强的几何运用能力的原因之一．
11．无人驾驶汽车是通过车载传感系统感知道路环境，自动规划路线并控制车辆到达预定目标的智能汽车．其有一项技术为车距保持技术，主要是利用车上的声学或者光学仪器对两车距离减小监测，一旦两车距离接近或低于设定值时，后车系统会自动制动或减小油门开度，而前车可增大油门开度的方式来保持两车之间的车距，其模型可理想化如下：在光滑的水平轨道上有两个半径都是r 的小球A 和B ，质量都为m ，当两球心间的距离大于l （比2r 大得多）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 球处以两倍于B 球速度大小沿两球连心线向B 球运动，如图所示，欲使两球不发生接触，A 球速度v A 必须满足什么条件？
【答案】(2)4A F L r v m -< 【解析】 试题分析：A 球向B 球接近至A 、B 间的距离小于L 之后，A 球的速度逐步减小，B 球从静止开始加速运动，两球间的距离逐步减小．当A 、B 两球的速度相等时，两球间的距离最小．若此距离大于2r ，则两球就不会接触．结合牛顿第二定律和运动学公式求出A v 必须满足的条件．
A 球向
B 球接近至A 、B 间的距离小于l 之后，A 球的速度逐步减小，B 球从静止开始加速运动，两球间的距离逐步减小．当A 、B 的速度相等时，两球间的距离最小．若此距离大于2r ，则两球就不会接触．所以不接触的条件是12v v =…①，212l s s r +->…② 其中12v v 、为当两球间距离最小时A 、B 两球的速度；12s s 、为两球间距离从l 变至最小的过程中，A 、B 两球通过的路程．
由牛顿定律得A 球在减速运动而B 球作加速运动的过程中，A 、B 两球的加速度大小为12F F a a m m
==，…③ 设A v 为A 球的初速度，由运动学公式得：1212A A F F v v t v v t m m
=-=+，④ 2212111222A A F F s v t t s v t t m m
，=-=+⑤ 联立解得()
24A F L r v m -<⑥
12．如图所示，质量分别为2m 和3m 的两个小球A 和B 固定在一根直角尺的两端如图，直角尺的顶点O 处有光滑的固定转动轴。

AO 、BO 的长分别为2L 和L 。

开始时直角尺的AO 部分处于水平位置而B 在O 的正下方。

让该系统由静止开始自由转动，求：
(1)当A 到达最低点时，A 小球的速度大小v ；
(2)B 球能上升的最大高度h ；
(3)开始转动后B 球可能达到的最大速度v m 。

【答案】811gL ；(2)1.28L ；411gL
【解析】
【分析】
【详解】
以直角尺和两小球组成的系统为对象，由于转动过程不受摩擦和介质阻力，所以该系统的机械能守恒。

(1)过程中A 的重力势能减少，A 、B 的动能和B 的重力势能增加，两小球同轴转动，根据v r ω=可知，A 的速度总是B 的2倍，根据机械能守恒定律
2
21122323222v mg L mg L m v m ⎛⎫⋅=⋅+⋅⋅+⋅ ⎪⎝⎭
解得 811gL
v =
(2)B 球不可能到达O 的正上方，它到达最大高度时速度一定为零，设该位置比OA 竖直位置向左偏了α角
22cos 3(1sin )mg L mg L αα⋅=⋅+
此式可化简为
4cos 3sin 3αα-=
解得
sin(53)sin 37α︒︒-=
则
16α︒=
则B 球上升的最大高度
sin16sin(5337)h L L L L ︒︒︒=+=+-
解得
1.28h L =
(3)B 球速度最大时就是系统动能最大时，而系统动能增大等于系统重力做的功W G 。

设OA 从开始转过θ角时B 球速度最大，根据机械能守恒
22m m 112(2)322sin 3(1cos )22
m v m v mg L mg L θθ⋅⋅+⋅⋅=⋅-⋅- 因为
(4sin 3cos 3)2mgL mgL θθ+-≤
解得
m
4 11 gL
v=
13．某次探矿时发现一天然透明矿石，将其打磨成球形后置于空气中。

已知球半径
R=10cm，MN是一条通过球心O的直线。

单色细光束AB平行于MN，从球面上的B点射入球体，再沿光路BC从球面上的C点沿CD方向射出，并与直线MN相交于P点，其光路如图所示。

测得AB与MN间距为52
d=cm，CD与MN所成的角α=30°，已知光在真空中传播的速度c=3.0×108m/s。

求：
(1)求该天然透明矿石的折射率n；
(2)光在矿石中从B点到C点所需的时间t。

【答案】(1)2；(2)910
6
10s(8.210s)
--
⨯≈⨯
【解析】
【分析】
【详解】
(1)设光线在B点界面的入射角与折射角分别为1θ、2θ；光线在C点界面折射角为β
根据几何关系
1
522
sin
102
d
R
θ===
得
1
45
θ︒
=
在界面B点
1
2
sin
sin
n
θ
θ
=
在界面C点
2
sin sin n βθ=
可得 145βθ︒==
由几何知识得
145BOM θ︒∠==
30CPO α︒∠==
15COP CPO β︒∠=-∠=
因
()212COP πθθπ-+∠+=
可得
230θ=︒
由折射率得
2
sin 45sin n θ︒
==(2)光在球体中传播的速度c n v
=得
2c v n === BC 间的距离
22cos S R θ==
则光线在球中传播的时间
91022cos 10s(8.210s)3
R S t v v θ--===≈⨯
14．如图所示，矩形的四个顶点a 、b 、c 、d 是匀强电场中的四个点，ab =2bc =2m ，电场线与矩形所在的平面平行，已知a 点电势为18V ，b 点电势为10V ，c 点电势为6V 。

一带电粒子从a
点以速度0v =射入电场，v 0与ab 边的夹角为45°，一段时间后带电粒子经过ab 的中点e ，不计粒子重力，求：
(1)d 点的电势；
(2)电场强度的大小和方向；
(3)带电粒子从a 到e 所用的时间。

【答案】(1)14V ；(2)42V /m ，场强的方向垂直de 斜向下；(3)0.5s
【解析】
【分析】
【详解】
(1)在匀强电场中，平行且相等两点间电势差相等，由此可得
a d
b
c ϕϕϕϕ=--
即
18V 10V 6V d ϕ-=-
解得
14V d ϕ= (2)e 是ab 的中点，则
14V 2a b
e ϕϕϕ+==
d e ϕϕ=，连结de ，则de 是等势线，电场线垂直等势线，方向由高电势指向低电势，过d 、e 、a 做垂线，场强的方向垂直de 斜向下
18V 14V 4V ao a o U ϕϕ=-=-=
由几何关系可得
1m ae ad ==
45aed ade ∠=∠=︒
oa de ⊥
可求得
()22sin 45122
ao ad =︒=⨯
= 由场强公式可得
4
V/m=42V/m
2
2
ao
U
E
ao
==
由前面分析可知场强的方向垂直de斜向下。

(3)建立如图所示的坐标系，粒子速度方向和电场力垂直，做类平抛运动，x方向做匀速直线运动，则有
()
ae cos45v t
︒=
代入数值可得
0.5s
t=
15．如图所示，横截面为半圆形的玻璃砖，在其直径上A点嵌入一个单色点光源，已知3
3
AO R
=，玻璃对该单色光的折射率n=2，求：
(1)该单色光在玻璃和空气界面发生全反射时的临界角C；
(2)图中横截面半圆弧上单色光无法射出的部分所对应的圆心角。

【答案】(1)30°；(2)60°
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据
11
sin
2
C
n
==
解得
30
C︒
=
(2)由于临界角为30°，且3
AO R
=，可知圆弧最左侧M点是一个临界点如图
即满足
tan 3
M AM AO O O =∠=
解得 30AMO ︒∠=
所以光线在M 点发生全反射；当光线射向另一个临界点N 时，由正弦定理
sin sin AO R C NAO
=∠ 可得
120NAO ︒∠=
所以
30NOA ︒∠=
综上所述，入射点在圆弧MN 之间时入射角大于临界角C ，会发生全反射，光线无法射出，故圆弧上光线无法射出部分即圆弧MN 对应的圆心角
903060MON MOA NOA ︒︒︒--∠==∠=∠。