高中物理二轮复习 专项训练 物理数学物理法及解析

高中物理二轮复习 专项训练 物理数学物理法及解析
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 452sin 30n ==o o
(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，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
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 OA R θ=
=
② 90αθ+=︒ ③
联立解得
3n =
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。

4．如图所示，空间有场强E =1.0×102V/m 竖直向下的电场，长L =0.8m 不可伸长的轻绳固定于O 点．另一端系一质量m =0.5kg 带电q =+5×10-2C 的小球．拉起小球至绳水平后在A 点无初速度释放，当小球运动至O 点的正下方B 点时绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成θ=53°、无限大的挡板MN 上的C 点．试求：
(1)小球运动到B 点时速度大小及绳子的最大张力； (2)小球运动到C 点时速度大小及A 、C 两点的电势差；
(3)当小球运动至C 点时，突然施加一恒力F 作用在小球上，同时把挡板迅速水平向右移至某处，若小球仍能垂直打在档板上，所加恒力F 的最小值。

【答案】（1）30N ； （2）125V ； （3）0~127︒︒ 【解析】 【分析】 【详解】
（1）小球到B 点时速度为v ，A 到B 由动能定理
21()2
mg qE L mv +=
2
()v F mg qE m L
-+=
解得
42/v m s =F=30N
（2）高AC 高度为h AC ，C 点速度为v 1
152m/s sin v
v θ
=
= 211
()2
AC mg qE h mv +=
U =Eh AC
解得
U =125V
（3）加恒力后，小球做匀速直线运动或者匀加速直线运动，设F 与竖直方向夹角为α，当小球匀速直线运动时α=0，当小球匀加速直线运动时，F 的最小值为F 1，F 没有最大值
1()sin 8N F mg qE θ=+=
F 与竖直方向的最大夹角为
180127αθ=︒-=︒ 0127α≤≤︒
F ≥8N
5．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 45
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：
x =所以当
R =0.3m
时x 最大
x max =1.2m
6．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．
7．如图所示，是两对接的轨道，两轨道与水平的夹角均为30α=o ，左轨道光滑，右轨道粗糙。

一质点自左轨道上距O 点L 0处从静止起滑下，当质点第二次返回到左轨道并达到最高点时，它离O 点的距离为
3
L ，两轨道对接处有一个很小的圆弧，质点与轨道不会发生碰撞，求质点与右轨道的动摩擦因数。

【答案】0.155 【解析】 【分析】 【详解】 如图所示
小球从h 1到h 2，由动能定理
()2
12cos 0sin h mg h h mg μαα
--⋅
= 解得
211
1cot h h μα
=
+⋅
小球从h 2到h 3，由动能定理
()232cot 0mg h h mg h μα--⋅=
解得
32(1cot )h h μα=-
小球从h 3到h 4，可得
431
1cot h h μα
=
+⋅
小球从h 4到h 5，可得
54(1cot )h h μα=-
联立解得
2
512(1cot )(1cot )
h h μαμα-⋅=+⋅ 据题意知
1
53
h h =
解得
31
tan 0.15531
μα-=
=+
8．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
，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 =
9．生活中常用一根水平绳拉着悬吊重物的绳索来改变或固定悬吊物的位置。

如图，悬吊吊灯的细绳，其O 点被一水平绳BO 牵引，使悬绳AO 段和竖直方向成30θ=o 角。

若吊灯所受的重力为G ，求：
(1)悬绳AO 的拉力大小； (2)水平绳BO 的拉力大小。

【答案】(1)23G
；(2)3G 。

【解析】 【详解】
(1)对O 点进行受力分析如图，
由平衡条件可得，竖直方向：
cos 0A T G θ-=
解得
23cos303
A G G
T =
=o
所以悬绳AO 23G
(2)同理水平方向：
sin 0A B T T θ-=
解得
2313sin302B A G G
T T ==
=o 所以水平绳BO 3G
10．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222C 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
22
2210 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 ''=
11．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．
12．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】425
【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 42sin 455
n α==o
13．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/s 2。

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＝=20.42m sin 45?h 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 2＝2r ＝2
mv qB
由(1)可知 2mg ＝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1:1:2，油滴带负电荷；(2)油滴在P 点得到的初速度大小为42m/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）。

14．一根通有电流I ，长为L ，质量为m 的导体棒静止在倾角为α的光滑斜面上，如图所示，重力加速度为g 。

(1)如果磁场方向竖直向下，求满足条件的磁感应强度的大小；
(2)如果磁场方向可以随意调整，求满足条件的磁感应强度的最小值和方向。

【答案】(1)
tan mg αIL ；(2)sin mg αIL
，磁感应强度的方向垂直斜面向下 【解析】
【分析】
【详解】
(1)取导体为研究对象，由左手定则可知安培力水平向右，受力分析如下图所示
由力的三角函数关系可得
tan F mg BIL α==
解得 tan mg αB IL
= (2)由几何关系可知当安培力沿斜面向上时安培力最小，磁感应强度最小
由力的三角函数关系可得
'sin F B IL mg α==安
解得
'sin mg αB IL
= 当安培力大小一定时，磁感应强度方向垂直电流时，磁感应强度最小，由左手定则可知磁感应方向垂直斜面向下。

15．如图所示，质量为1kg 的小球穿在足够长的固定斜杆上，斜杆与水平方向成30o 角，小球与斜杆之间的动摩擦因数33
μ=。

现对小球施加一个与斜杆成30o 、大小103N F =的拉力，小球由静止开始运动，2s 后撤去拉力，取210m/s g =，求：
(1)小球刚开始运动时的加速度大小；
(2)小球在前2s 内的位移大小；
(3)撤去力F 后，小球运动的位移大小。

【答案】(1)10m/s 2；(2)20m ；(3)20m
【解析】
【分析】
【详解】
(1)对小球受力分析如图甲所示，进行正交分解y 方向
N sin 30cos30F mg F =+o o
解得
N 0F =
即摩擦力等于0。

x 方向
cos30sin 30F mg ma -=o o
解得
210m/s a =
(2)小球做匀加速直线运动2s 内的位移为
21120m 2
x at =
= (3)当撤去力F 后，受力分析如图乙所示。

x 方向 1sin 30f mg ma '+=o
y 方向
N cos30mg F '=o
N f F μ'='
联立可得
2110m/s a =
2s 末物体的速度大小
20m/s v at ==
撤去力F 后，小球运动的位移大小
2
21
20m 2v x a ==。