高考物理数学物理法技巧 阅读训练策略及练习题(1)

高考物理数学物理法技巧 阅读训练策略及练习题(1)
一、数学物理法
1．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
2
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 2
OA R θ=
=
② 90αθ+=︒ ③
联立解得
3n =
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。

2．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
3．角反射器是由三个互相垂直的反射平面所组成，入射光束被它反射后，总能沿原方向返回，自行车尾灯也用到了这一装置。

如图所示，自行车尾灯左侧面切割成角反射器阵列，为简化起见，假设角反射器的一个平面平行于纸面，另两个平面均与尾灯右侧面夹45o
角，且只考虑纸面内的入射光线。

(1)为使垂直于尾灯右侧面入射的光线在左侧面发生两次全反射后沿原方向返回，尾灯材料的折射率要满足什么条件？
(2)若尾灯材料的折射率2n =，光线从右侧面以θ角入射，且能在左侧面发生两次全反射，求sin θ满足的条件。

【答案】(1) 1.414n ≥；(2)sin 2sin15θ≤o 【解析】 【详解】
(1)垂直尾灯右侧面入射的光线恰好发生全发射时，由折射定律
min
sin 90sin 45n =
o
o
① 解得
min 2 1.414n ==②
故尾灯材料的折射率
1.414n ≥
(2)尾灯材料折射率
2n =
其临界角满足
1sin C n =
③ 30C =o
光线以θ角入射，光路如图所示
设右侧面折射角为β，要发生第一次全反射，有
2C ∠≥④
要发生第二次全反射，有
4C ∠≥⑤
解得
015β≤≤o ⑥
由折射定律
sin
sin n θ
β
=
⑦ 解得
sin 2sin15θ≤o ⑧
4．一定质量的理想气体，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】
①A 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
5．2016年7月5日，美国宇航局召开新闻发布会，宣布已跋涉27亿千米的朱诺号木星探测器进入木星轨道。

若探测器在t 时间内绕木星运行N 圈，且这N 圈都是绕木星在同一个圆周上运行，其运行速率为v 。

探测器上的照相机正对木星拍摄整个木星时的视角为θ（如图所示），设木星为一球体。

求：
(1)木星探测器在上述圆形轨道上运行时的轨道半径； (2)木星的第一宇宙速度。

【答案】（1）2vt
N
π；（2sin 2
θ
【解析】 【详解】
(1)设木星探测器在圆形轨道运行时，轨道半径为r ，由2r
v T
π=
可得 2vT r π
=
由题意可知t T N
= 联立解得
2vt
r N
π=
(2)探测器在圆形轨道上运行时，设木星的质量为M ，探测器的质量为m ，万有引力提供向心力得
22mM v G m r r
= 设木星的第一宇宙速度为0v ，则有
2
02v m M
G m R R
''= 联立解得
0r v
v R
=
由题意可知sin 2
R r θ
=
解得
0sin
2
v θ=
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 。

【解析】 【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：
0E
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．我校物理兴趣小组同学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 ＝0.32m ，（g 取10m/s 2）。

求：
（1）要使赛车完成比赛，赛车在半圆轨道的C 点速度至少多大？ （2）要使赛车完成比赛，赛车在半圆轨道B 点对轨道的压力至少多大？ （3）要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？
（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】（145
（2）30N （3）2s （4）0.3m ；1.2m 【解析】 【分析】 【详解】
（1）当赛车恰好过C 点时，赛车在C 点有：
2C
v mg m R
=
解得：
C 5
m/s 5
v gR ==
（2）对赛车从B 到C 由机械能守恒定律得：
22
B C 11222
mv mv mg R =+⋅ 赛车在B 处由牛顿第二定律得：
2B
N v F mg m R
-=
解得：
v B =4m/s ，F =30N
由牛顿第三定律可知，赛车在B 点对轨道的压力至少为
F ′=F =30N
（3）对赛车从A 到B 由动能定理得：
2
f B 102
Pt F L mv -=-
解得：
t =4s
（4）对赛车从A 到C 由动能定理得：
20f 0122
Pt F L mg R mv --⋅=
赛车飞出C 后有：
2
012,2
R gt x v t ''=
= 解得：
23165x R R ⎛
⎫=-- ⎪⎝
⎭
所以当
R =0.3m
时x 最大
x max =1.2m
8．质量为m 的物块，以同一大小的初速度0v 沿不同倾角的斜面向上滑动，物块与斜面间的动摩擦因数恒定，当斜面与水平面所夹倾角θ不同时，物块沿斜面上滑至速度为0时的位移x 也不同，其x θ-关系如图所示。

g 取210m/s ，求： (1)物块运动初速度0v 的大小；
(2)物块与斜面间的动摩擦因数及最小上滑位移对应的斜面倾角0θ（可用反三角函数表示）。

【答案】(1)5m/s ；(2)3
3
，390arctan 3-o
【解析】 【详解】
(1)物块沿斜面向上滑动时，由牛顿第二定律得
sin mg f ma θ+=
垂直斜面方向，由平衡条件得
N cos F mg θ=
又
N f F μ=
三式联立解得物块的加速度大小为
sin cos a g g θμθ=+
由
2
02()0a x v -=-
解得
2
2sin 2cos v x g g θμθ
=+
设
tan αμ=
则
2
x =
当
90θα︒+=
时，x 有最小值，且
2
min x =
由x θ-关系图象可知
0θθ=时
min x =
则
2
=
当0θ=时
2
02v x g μ==
二式联立解得物块与斜面间的动摩擦因数
μ=
同时解得物块初速度0v 的大小为
05m/s v =
(2)当
90θα︒+=时
0θθ=
且
3arctan arctan
3αμ== 则最小上滑位移对应的斜面倾角为
039090arctan
3
θα︒︒=-=-
9．如图所示，木板B 放在水平地面上，在木板B 上放一重300N 的A 物体，物体A 与木板B 间，木板与地间的摩擦因数均为
3
3
，木板B 重力为1200N ，当水平拉力F 将木板B 匀速拉出，绳与水平方向成30°时，问绳的拉力T 多大？水平拉力多大？
【答案】（1）150N T =；（2）5503N F =。

【解析】 【详解】
（1）对A 受力分析，根据平条件有
cos30f T =︒
A sin 30T N G ︒+=
f N μ=
得
150N T =
（2）对B 受力分析，根据平衡条件有
F f f =+地 f N μ=地地
B A sin 30G G T N +=︒+地
得
5503N F =
10．一载有电流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．
11．如图所示，一轨道由半径为2m 的四分之一竖直圆弧轨道AB 和长度L =3.5m 的水平直轨道BC 在B 点平滑连接而成。

现有一质量为0.2kg 的滑块从A 点无初速度释放，经过圆弧上B 点时，传感器测得轨道所受压力大小为4.5N ，然后经过水平直轨道BC ，从C 点水平飞离轨道，落到水平地面上的P 点，P 、C 两点间的高度差为3.2m 。

滑块运动过程中可视为质点，且不计空气阻力。

（g 取10m/s 2） (1)求滑块运动至B 点时的速度大小；
(2)若滑块与水平直轨道BC 间的动摩擦因数μ0=0.3，求P 、C 两点的水平距离； (3)在P 点沿图中虚线安放一个竖直挡板，若滑块与水平直轨道BC 间的动摩擦因数可调，问动摩擦因数取何值时，滑块击中挡板时的速度最小，并求此最小速度。

【答案】(1)5m/s ；(2)1.6m ；(3)0.13μ≈，2m/s 【解析】 【分析】 【详解】
(1)在B 点滑块做圆周运动，则有
2
N v F mg m r
-=
解得
v =5m/s
(2)在BC 段，滑块做匀减速运动，根据牛顿第二定律可知：
-μ0mg =ma
解得
203m/s a g μ=-=-
由22
2C v v aL -=，解得
v C =2m/s
滑块从C 点做平抛运动，则在竖直方向
212
h gt =
解得
22 3.2s 0.8s 10
h t g ⨯=
==
PC 的水平位移为
x ′=v C t =1.6m
(3)设BC 间的摩擦因数为μ，则到达C 点的速度为v ′，则加速度大小为
a ′=μg
根据222v v a L ''-=-，得
22v v a L ''=-
从C 点做平抛运动，击中挡板所需时间为t ′，则有
x t v ''=
'
在竖直方向获得的速度为v y =gt ′，击中挡板的速度为
22
2
2
2
2
10 1.622y
v v v v a L v a L
⨯''''=+=-+'- 当且仅当22
2
210 1.622v a L v a L
⨯'-='-，v ″取最小值，解得
0.13μ≈，min 42m/s v ''=
12．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
；
13．一玻璃砖截面如图所示，O 为圆环的圆心，内圆半径为R 3R ，AF 和EG 分别为玻璃砖的两端面，120AOE ︒∠=，B 、C 、D 三点将圆弧四等分。

一细束单色光a 从F 点沿平行于BO 方向从AF 面射入玻璃砖，其折射光线恰好射到B 点，求：
(1)玻璃砖的折射率n ；
(2)从B 点出射的光线相对于射入玻璃砖前入射光线的偏转角φ。

【答案】
(1)3；(2)60ϕ︒
=
【解析】 【分析】 【详解】 (1)光路图如图所示
设从AF 界面射入时的入射角为1θ，折射角为2θ，因为a 光线平行于BO ，则
160θ=︒
根据余弦定理有
22(3)23cos30FB R R R R R ︒=+-⋅⋅=
所以
330θ︒=，230θ︒=
根据折射定律有
1
2
sin sin n θθ=
代入数据得
3n =(2)因为
4
3
sin sin n θθ=
解得
460θ︒=
则偏转角ϕ为60°。

14．电视机显像管中需要用变化的磁场来控制电子束的偏转。

如图所示为显像管工作原理示意图，阴极K 发射的电子束（初速度不计）经电压为U 的电场加速后，进入一圆形区域，圆形区域中心为O ，半径为r ，荧光屏MN 到中心O 的距离为L 。

当圆形区域内不加磁场时，电子束将通过O 点垂直打到屏幕的中心P 点。

当圆形区域内加一垂直于圆面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场时，电子束打在荧光屏上的Q 点（图中末标出），PQ 的长度为3L 。

不计电子之间的相互作用。

求： (1)电子的比荷
e m
； (2)电子在磁场中运动的时间。

【答案】(1)22
23U B r ；(2)2
π2Br U
【解析】 【分析】 【详解】
(1)设电子进入磁场时的速度为v ，根据动能定理
2
12eU mv =
可得
2eU
v m
=
画出电子运动轨迹，如图所示
设偏转角度为θ，由几何关系
3tan L L
θ=
可得
60θ=o
电子束在磁场中转过的圆心角也为θ，而
tan
2
r R
θ
=
解得
3R r =
根据洛伦兹力提供向心力可得
2
mv evB R
= 解得
2223e U m B r
= (2)根据粒子在磁场中运动的周期
2π2πR m
T v eB
=
= 可得电子在磁场中运动的时间
13606
t T T θ
=
⋅= 解得
2
π2Br t U
=
15．图示为某种透明介质异型砖的竖直截面，AD 竖直，ABC 为等腰直角三角形，BD 是圆心为C 的四分之一圆弧，水平放置的光屏位于砖的下端且与AD 垂直。

现由蓝色和红色两种单色光组成的复色光垂直AB 射向C 点，在光屏上D 点的两侧形成间距为21cm 的蓝色和
红色两个光点。

已知12cm AC BC ==，求该介质对红光的折射率。

【答案】42
【解析】 【分析】 【详解】
复色光经AB 面射入透明介质在AC 面的入射角均为45o ，由题可知，蓝光在AC 面发生全反射后打到M 点，红光折射后打到N 点。

作出蓝光和红光的折射光路如图。

由几何关系知
9cm DN = 15cm CN =
由图知
sin CD
CN
α=
则红光的折射率
sin 42
sin 455
n α=
=o。