高中物理高考物理数学物理法常见题型及答题技巧及练习题

高中物理高考物理数学物理法常见题型及答题技巧及练习题
一、数学物理法
1．如图所示，在x ≤0的区域内存在方向竖直向上、电场强度大小为E 的匀强电场，在x >0的区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场。

现一带正电的粒子从x 轴上坐标为（-2l ，0）的A 点以速度v 0沿x 轴正方向进入电场，从y 轴上坐标为（0，l ）的B 点进入磁场，带电粒子在x >0的区域内运动一段圆弧后，从y 轴上的C 点（未画出）离开磁场。

已知磁场的磁感应强度大小为，不计带电粒子的重力。

求： (1)带电粒子的比荷； (2)C 点的坐标。

【答案】(1)202v q
m lE
=；(2)（0，-3t ）
【解析】 【详解】
(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，x 轴方向
02l v t =
y 轴方向
2
12qE l t m
=
联立解得
202v q
m lE
=
(2)设带电粒子经过B 点时的速度方向与水平方向成θ角
00
tan 1y
qE t v m v v θ===
解得
45θ=︒
则带电粒子经过B 点时的速度
02v v =
由洛伦兹力提供向心力得
2
mv qvB r
= 解得
22mv
r l qB
=
= 带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
根据几何知识可知弦BC 的长度
24L r l ==
43l l l -=
故C 点的坐标为（0，-3t ）。

2．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 45
n =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
3．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)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 30sin135OC
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 =。

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.
5．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
6．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
3
NQ R QO R -=-=
即Q 点与玻璃砖上边缘相距
33
3
R -。

7．一架旧式轰炸机在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
8．在如图所示的电路中，已知电源电动势3V E =，内电阻1r =Ω，电阻12R =Ω，滑动变阻器R 的阻值可连续增大，问：
（1）当R 多大时，R 消耗的功率最大？最大功率为多少？ （2）当R 多大时，1R 消耗的功率最大？最大功率为多少？ （3）当R 多大时，电源的输出功率最大？最大为多少？
【答案】（1）3Ω 0.75W （2）0 2W （3）0 2W 【解析】 【分析】 【详解】
（1）把1R 视为内电路的一部分，则当13R R r =+=Ω时，R 消耗的功率最大，其最大值为
2max
0.75W 4E P R
==． （2）对定值电阻1R ，当电路中的电流最大时其消耗的功率最大，此时0R =，所以
2
2
1111(
)2W E P I R R R r
===+． （3）当r R =外时，电源的输出功率最大，但在本题中外电阻最小为2Ω，不能满足以上条件．分析可得当0R =时电源的输出功率最大
2
221
113
(
)()2W 2W 3
E P I R R R r ===⨯=+出．
9．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
=
10．如图所示，摩托车做腾跃特技表演，沿曲面冲上高0.8m h =顶部水平高台，接着以
03m/s v =水平速度离开平台，落至地面A 点时恰能无碰撞地沿圆弧切线切入竖直光滑圆
弧AOB 轨道，滑到最低点O 时速度大小6m/s 。

已知圆弧半径 2.0m R =，人和车的总质量
180kg m =，特技表演的过程中，摩托车和人看成质点，忽略空气阻力。

已知
210m/s g =，求：
(1)摩托车经过最低点O 时对轨道的压力大小和方向； (2)摩托车从最高点飞出到A 点的水平距离x ；
(3)从平台飞出到达A 点时速度的大小v A 及AOB 圆弧对应圆心角θ的正弦值。

【答案】(1)5040N ，方向竖直向下；(2)1.2m ；(3)5m/s ，2425。

【解析】 【分析】 【详解】
(1)滑到最低点O 时速度大小6m/s ，最低点合外力提供向心力：
2N O
mv F mg R
-= 解得轨道对摩托车的支持力大小为：
N 5040N F =
方向竖直向上，由牛顿第三定律可知，摩托车对轨道的压力大小为：
N
N 5040N F F '== 方向竖直向下；
(2)车做的是平抛运动，根据平抛运动的规律： 竖直方向上有：
2
12
h gt =
解得：
0.4s t =
水平方向上有：
0 1.2m x v t ==；
(3)摩托车落至A 点时，其竖直方向的分速度为：
4m/s y v gt ==
则到达A 点时速度为：
22
05m/s A y v v v =+=
设摩托车落地时速度方向与水平方向的夹角为α，则
sin 5
4y A
v v α=
=
由几何关系可得
2θα=
所以AOB 圆弧对应圆心角θ正弦值为：
24sin sin 22sin cos 25
θααα==⋅=。

11．一滑雪者和雪橇的总质量为50kg m =，沿足够长的斜坡向下滑动，斜坡倾角
37θ=o ，雪橇与斜坡之间的动摩擦因数为0.25μ=，滑雪者所受的空气阻力与速度大小
的比值为常量k （未知），某时刻滑雪者的速度大小为05m/s v =，加速度大小为
22m/s a =，取2
10m/s g =，sin 370.6=o ，cos370.8=o 。

求：
(1)常量k ；
(2)滑雪者的最大速率m v 。

【答案】(1)20kg/s ；(2)10m/s 【解析】 【分析】 【详解】
(1)由牛顿第二定律得
0sin cos mg mg kv ma θμθ--=
解得
20kg/s k =
(2)滑雪者达到最大速度时处于受力平衡状态，根据牛顿第二定律可得
m sin cos 0mg mg kv θμθ--=
解得
m 10m/s v =
12．如图所示为一等腰直角玻璃砖ABC 的横截面图，AB 长为L ，一束由a 和b 两种单色光组成的复合光从AB 边的P 点垂直AB 射入玻璃砖，已知玻璃砖对a
光的折射率
1n =b
光的折射率2
n =4L AP =。

①画出a 和b 两种单色光的光路图，求出a 单色光从玻璃砖射出时的折射角（可以用折射角的三角函数值表示）；
②求出a 和b 两种单色光在玻璃砖中传播的时间。

【答案】(1) ，
6 sin i=；
(2)
3
6
L
c
，
2L
c
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据全反射定律可知
1
13
sin
a
C
n
∠==
2
12
sin
2
b
C
n
∠==
解得a、b的临界角分别为
60
a
C︒
∠=
45
b
C︒
∠=
进入玻璃砖后，a光在AC边发生折射，b光恰好在AC边发生全反射，光路图如图：
对a 光，根据折射定律
sin sin 45
i
n ︒=
解得
6sin i =
(2)a 、b 在玻璃砖中传播的速度分别为
132a c v c n == 22
b c v c n =
= a 、b 在玻璃砖中传播的路程
1
4
a s PE L ==
111
424
b s PE EF FG L L L L =++=
++= 则a 、b 在玻璃砖中传播的时间分别为
13463
2
a a a L
s L t v c c ===
212
b b b s L L t v
c c =
==
13．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 ；411
gL
【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
811
gL 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 411
gL
v =
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3
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2
10m/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
2
1120m 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 ==。