高考物理数学物理法真题汇编

高考物理数学物理法真题汇编
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
A2
B
B1
2
2
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
2
A A A
1
2
y a t
=④
由牛顿第二定律得
A
qE ma
=⑤
解③④⑤式得
2
A
A
()
2
qE L
y
m v
=⑥
小球B在电场中做类平抛运动，同理有
2
2
B
1B
()
2
n qE L
y
n m v
=⑦
由题意知
B
y r
=⑧
应用几何关系得
B A
2
y y r y
∆=+-⑨
解①⑥⑦⑧⑨式得
12
3
r
y r
n n
∆=-
2．如图所示，ABCD是柱体玻璃棱镜的横截面，其中AE⊥BD，DB⊥CB，∠DAE=30°，
∠BAE=45°，∠DCB=60°，一束单色细光束从AD面入射，在棱镜中的折射光线如图中ab所示，ab与AD面的夹角α=60°．已知玻璃的折射率n=1.5，求：（结果可用反三角函数表示）
（1）这束入射光线的入射角多大？
（2）该束光线第一次从棱镜出射时的折射角． 【答案】（1）这束入射光线的入射角为48.6°； （2）该束光线第一次从棱镜出射时的折射角为48.6° 【解析】
试题分析：（1）设光在AD 面的入射角、折射角分别为i 、r ，其中r=30°， 根据n=，得： sini=nsinr=1.5×sin30°=0.75 故i=arcsin0.75=48.6° （2）光路如图所示：
ab 光线在AB 面的入射角为45°，设玻璃的临界角为C ，则： sinC===0.67
sin45°＞0.67，因此光线ab 在AB 面会发生全反射 光线在CD 面的入射角r′=r=30°
根据n=，光线在CD 面的出射光线与法线的夹角： i′="i=arcsin" 0.75=48.6°
3．［选修模块3-5］如图所示，玻璃砖的折射率3
n =
，一细光束从玻璃砖左端以入射角i 射入，光线进入玻璃砖后在上表面恰好发生全反射．求光速在玻璃砖中传播的速度v 及入射角i ．(已知光在真空中传播速度c =3.0×108 m/s ，计算结果可用三角函数表示)．
【答案】83310/v m s =；3
sin 3
i =
【解析】 【分析】
根据
c n
v =
，8
33
10/
v m s
=⨯
全反射条件
1
sin C
n
=，解得C=600，r=300，
根据
sin
sin
i
n
r
=，
3
sin i=
4．人在A点拉着绳通过一个定滑轮匀速吊起质量50kg
m=的物体，如图所示，开始时绳与水平方向成60角，当人拉着绳由A点沿水平方向运动2m
s=而到达B点时，绳与水平方向成30角，求人对绳的拉力做了多少功？（不计摩擦，g取2
10m/s）
【答案】732J
【解析】
【分析】
【详解】
人对绳的拉力所做的功与绳对物体的拉力所做的功相等，设人手到定滑轮的竖直距离为h，物体上升的高度等于滑轮右侧绳子增加的长度，即
sin30sin60
h h
h
∆=-
又
tan30tan60
h h
s=-
所以人对绳的拉力做的功
31)732J
W mg h mg s
=∆=⋅≈
5．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0
0~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
9
4
mv
E
qL
=，不考虑粒子间的相互作用，不计粒
(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)033x L =-；(3)0
00
π2sin()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 =
+
6．如图所示，现有一质量为m 、电荷量为e 的电子从y 轴上的()0,P a 点以初速度0v 平行于x 轴射出，为了使电子能够经书过x 轴上的(),0Q b 点，可在y 轴右侧加一垂直于xOy 平面向里、宽度为L 的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，该磁场左、右边界与y 轴平行，上、下足够宽（图中未画出）．已知
00
2mv mv eB eB
<α<，L b <．求磁场的左边界距坐标原点的可能距离．（结果可用反三角函数表示）
【答案】
1
(1cos)cot
mv
x
b L a
eB
θθ
⎡⎤
=----
⎢⎥
⎣⎦
（其中θ=arcsin
eBL
mv
）或
2
2
2mv a
x b a
eB
=--
【解析】
【分析】
先根据洛伦兹力提供向心力求解出轨道半径表达式；当r＞L时，画出运动轨迹，根据几何关系列式求解；当r≤L时，再次画出轨迹，并根据几何关系列式求解．
【详解】
设电子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r，则
2
v
m
e
r
Bv=，解得0
mv
r
eB
=
（1）当r＞L时，磁场区域及电子运动轨迹如图所示
由几何关系有：
L eBL
sin
r mv
θ==
则磁场左边界距坐标原点的距离为[]
1
1
x b L a r cos cot
θθ
=----
（）
解得：0
1
1
mv
x b L a cos cot
eB
θθ
⎡⎤
=----
⎢⎥
⎣⎦
（）（其中
eBL
arcsin
mv
θ=）
（2）当r≤L时，磁场区域及电子运动轨迹如图所示
由几何关系得磁场左边界距坐标原点的距离为22
2
()
x b r a r
=--
解得2022mv a
x b a eB
=-- 【点睛】
本题关键分r ＞L 和r≤L 两种情况讨论，画出轨迹是关键，根据几何关系列方程求解是难点．
7．如图，O 1O 2为经过球形透明体的直线，平行光束沿O 1O 2方向照射到透明体上。

已知透明体的半径为R ，真空中的光速为c 。

(1)不考虑光在球内的反射，若光通过透明体的最长时间为t ，求透明体材料的折射率； (2)若透明体材料的折射率为2，求以45°的入射角射到A 点的光，通过透明体后与O 1O 2的交点到球心O 的距离。

【答案】(1)2vt
n R
=；(2)2R 。

【解析】 【详解】
(1)光在透明体内的最长路径为2R ，不考虑光在球内的反射，则有
c v n
= 2R t v
=
透明体材料的折射率
2vt n R
=
； (2)该光线的传播路径如图，入射角i =45°，折射率为n =2，根据折射定律sin sin i
n r
=，则折射角r =30°
光从B 点射出时的出射角为45°，由几何关系知，∠BOC =15°，∠BCO =30°，∠CBO =135°，由正弦定理，有
sin 30sin135
OC
R =︒︒
解得以45°的入射角射到A 点的光，通过透明体后与O 1O 2的交点到球心O 的距离
2OC R =。

8．2016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
202v
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=
9．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 37.5n ︒
︒
==
(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 -=⨯
10．一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
=
-
11．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
12．我国“辽宁号”航空母舰经过艰苦努力终于提前服役，势必会对南海问题产生积极影响．有些航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统，已知某型号战机在跑道上加速时可能产生的最大加速度为5.0m/s 2，当飞机的速度达到50m/s 时才能离开航空母舰起飞．设航空母舰处于静止状态．试求：
(1)若要求该飞机滑行160m 后起飞，弹射系统必须使飞机具有多大的初速度？ (2)若舰上无弹射系统，要求该飞机仍能从此舰上正常起飞，问该舰甲板至少应为多长？ (3)若航空母舰上不装弹射系统，设航空母舰甲板长为L=160m ，为使飞机仍能从此舰上正常起飞，这时可以先让航空母舰沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，则这个速度至少为多少？
【答案】(1)030/v m s = (2)250x m = (3)110/v m s =
【解析】
(1)根据速度位移公式得，v 2-v 02=2ax ， 代入数据解得：v 0=30m/s ． (2)不装弹射系统时，有：v 2=2aL ，
解得：22500
m 250m 225
v L a ===⨯
(3)设飞机起飞所用的时间为t ，在时间t 内航空母舰航行的距离为L 1，航空母舰的最小速度为v 1．
对航空母舰有：L 1=v 1t 对飞机有：v =v 1+at v 2-v 12=2a (L +L 1) 联立解得：v 1=10m/s ．
【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式，并能灵活运用，对于第三问，关键抓住飞机的位移等于甲板的长度与航空母舰的位移之和进行求解．
13．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 ===⨯
14．飞行时间：由t ＝知，时间取决于下落高度h ，与初速度v 0无关．
15．如图所示，质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从A 点由静止释放，经电压为U 的加速电场加速后沿圆心为O 、半径为a 的圆弧（虚线）通过静电分析器，并从P 点垂直CF 进入矩形匀强磁场区域QDCF 。

静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，电场强度的方向均指向O 点。

QF a =， 1.6PF a =，磁场方向垂直纸面向里，粒子重力不计。

（1）求静电分析器通道内圆弧线所在处电场的电场强度的大小E ；
（2）若粒子能最终打在磁场区域（边界处有磁场）的左边界QF 上，求磁场的磁感应强度大小B 的取值范围。

【答案】（1）2U E a =；（212524mU mU
B a q a q
≤≤【解析】 【分析】 【详解】
（1）粒子在加速电场中运动的过程中，根据动能定理有
2
12
qU mv =
粒子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，有
2
v qE m a
=
联立以上两式解得
2U
E a
=
（2）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
2
v qvB m r
=
解得
12mU
r B q
=
要使粒子能打在边界QF 上，则粒子既没有从边界DQ 射出也没有从边界CF 射出，可画出粒子运动径迹的边界如图中Ⅰ和Ⅱ所示
由几何关系可知，粒子能打在边界QF 上，必须满足的条件为
4
5
a r a ≤≤ 解得
12524mU mU
B a q a q
≤≤。