高考物理数学物理法各地方试卷集合汇编含解析

高考物理数学物理法各地方试卷集合汇编含解析
一、数学物理法
1．如图所示，一束平行紫光垂直射向半径为1m R =的横截面为扇形的玻璃砖薄片（其右侧涂有吸光物质），经折射后在屏幕S 上形成一亮区，已知屏幕S 至球心距离为
(21)m D =+，玻璃半球对紫光的折射率为2n =，不考虑光的干涉和衍射。

求：
(1)若某束光线在玻璃砖圆弧面入射角30θ=o ，其折射角α； (2)亮区右边界到P 点的距离d 。

【答案】(1)π
4
α=；(2)1m 【解析】 【分析】 【详解】
(1)据折射定律得
sin sin n α
θ=
得
π4
α=
(2)如图，紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S 上的点E 到G 的距离d 就是所求宽度。

设紫光临界角为C ∠，由全反射的知识得
1sin C n
∠=
得
π4
C ∠=
OAF △中
π4
AOF AFO ∠=∠=
πcos
4
R OF =
GF D OF =-
得
1m GF =
FGE △中
π4
GFE GEF ∠=∠=
d GE GF ==
得
1m d =
2．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）22212
v v v t 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2
2212
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．
3．小华站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m 的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动。

当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d 后落地，如图所示。

已知握绳的手离地面高度为d ，手与球之间的绳长为
3
4
d ，重力加速度为g 。

忽略手的运动半径和空气阻力。

(1)问绳能承受的最大拉力多大？
(2)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？
【答案】（1）11
3mg ；（2）2d 23。

【解析】 【分析】 【详解】
(1)设绳断后球飞行的时间为t ，由平抛运动规律有 竖直方向
211
42
d gt = 水平方向
D =v 1t
解得
v 12gd
设绳能承受的最大拉力大小为F max ，这也是球受到绳的最大拉力的大小，球做圆周运动的半径为
3
4
R d =
由圆周运动向心力公式，有
F max -mg =2
1mv R
得
F max =
113
mg (2)设绳长为l ，绳断时球的速度大小为v 3，绳承受的最大拉力不变，有
F max -mg =m 23
v l
解得
v 3=
83
gl 绳断后球做平抛运动，竖直位移为
y=d －l
水平位移为x ，时间为t 1,由平抛运动规律有
21311
2
d l gt x v t -=，=
得
x =4
()
3
l d l 当l ＝
2
d
时，x 有最大值 x max =
23
d
4．质量为M 的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，质量为m 的木块刚好可以在木楔上表面上匀速下滑．现在用与木楔上表面成α角的力F 拉着木块匀速上滑，如图所示，求：
(1)当α＝θ时，拉力F 有最小值，求此最小值； (2)拉力F 最小时，木楔对水平面的摩擦力． 【答案】(1)mg sin 2θ (2)1
2
mg sin 4θ 【解析】 【分析】
对物块进行受力分析，根据共点力平衡，利用正交分解，在沿斜面方向和垂直于斜面方向都平衡，进行求解采用整体法，对m 、M 构成的整体列平衡方程求解． 【详解】
(1)木块刚好可以沿木楔上表面匀速下滑时，mg sin θ＝μmg cos θ，则μ＝tan θ，用力F 拉着木块匀速上滑，受力分析如图甲所示，则有：F cos α＝mg sin θ＋F f ，F N ＋F sin α＝mg cos θ， F f ＝μF N
联立以上各式解得：(
)
sin 2cos mg F θ
θα=
-．
当α＝θ时，F 有最小值，F min ＝mg sin 2θ．
(2)对木块和木楔整体受力分析如图乙所示，由平衡条件得，F f ′＝F cos(θ＋α)，当拉力F 最小时，F f ′＝F min ·cos 2θ＝1
2
mg sin 4θ． 【点睛】
木块放在斜面上时正好匀速下滑隐含摩擦系数的数值恰好等于斜面倾角的正切值，当有外力作用在物体上时，列平行于斜面方向的平衡方程，结合数学知识即可解题．
5．一定质量的理想气体，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】 ①
A 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
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．在一次国际城市运动会中，要求运动员从高为H 的平台上A 点由静止出发，沿着动摩擦因数为μ的滑道向下运动到B 点，B 端有一长度可不计的光滑圆弧连接，末端恰好水平，运动员最后落在水池中，设滑道的水平距离为L ，B 点的高h （小于H ）可由运动员自由调节（210m/s g =），求：
(1)运动员到达B 点的速度与高度h 的关系；
(2)要使运动员全过程的水平运动距离达到最大，B 点的高度h 应调为多大；对应的最大水平距离max s 为多大？
(3)若图中H =4m ，L =5m ，动摩擦因数0.2μ=，则全过程的水平运动距离要达到7m ，h 值
应为多少？（已知5 2.24≈）
【答案】(1)()2B v g H h L μ=
--(2)
max 2
H L
s L H L μμ-=+-，(3)1 2.62m h =或20.38m h =
【解析】 【分析】 【详解】
(1)设AB 与水平面夹角为θ，A 运动到B 过程，克服摩擦阻力做功为
cos cos L
mg mgL μθμθ
⋅
= 由A 运动到B 过程，由动能定理得
2
1()2
B mg H h mgL mv μ--=
则
()2B v g H h L μ=--(2)物体做平抛运动，则0x v t =，2
12
h gt =
，所以 ()2x h H h L μ=--当H h L h μ--=，即
2
H L
h μ-=
时x 有最大值为
max x H L μ=-
对应的最大水平距离为
max s L H L μ=+-
(3)由(2)可知
2()x H L h h μ=--代入数据得
2310h h -+=
即
135
m 2.62m 2h +=≈ 235
m 0.38m h -=
≈
8．如图所示，MN 是一个水平光屏，多边形ACBOA 为某种透明介质的截面图。

AOC △为等腰直角三角形，BC 为半径R =8cm 的四分之一圆弧，AB 与光屏MN 垂直并接触于A 点。

一束紫光以入射角i 射向AB 面上的O 点，能在光屏MN 上出现两个亮斑，AN 上的亮斑为P 1（未画出），AM 上的亮斑为P 2（未画出），已知该介质对紫光的折射率为2n =。

(1)当入射角i =30°时，求AN 上的亮斑P 1到A 点的距离x 1；
(2)逐渐增大入射角i ，当AN 上的亮斑P 1刚消失时，求此时AM 上的亮斑P 2到A 点的距离x 2。

【答案】(1)8cm ；(2)8cm 【解析】 【分析】 【详解】
(1)根据题意画出光路图：
设AB 分界面上的折射角为r ，根据折射定律
sin sin r
n i
=
解得
45r ︒=
在1Rt AOP V 中
1tan(90)x R r ︒=-
解得
18cm x =
(2)当光在AB 面上的入射角满足
i C =
AN 上的亮斑刚消失设紫光的临界角为C ，画出光路图
则有
1sin C n
=
当45i ︒=时，AB 面上反射角45β︒
=，反射光线垂直射到AC 面上后入射到AM 上，则
2tan(90)x R β︒=-
解得
28cm x =
9．质量为M 的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当一质量为m 的木块放在斜面上时恰好能匀速下滑，如果用与斜面成α角的力F 拉着木块匀速上升，如图所示，求： （1）木块与斜面间的动摩擦因数；
（2）拉力F 与斜面的夹角α多大时，拉力F 最小,拉力F 的最小值是多少； （3）此时木楔对水平面的摩擦力是多少.
【答案】(1) μ=tan θ (2) F min =mg sin2θ (3) f M =F cos(α+θ) 【解析】 【分析】 【详解】
(1)物体在斜面上匀速向下运动，有：
mg sinθ=μmg cosθ，
可求得
μ=tanθ
(2)当加上外力F 时，对木块受力分析 因向上匀速，则有：
F cosα=mg sinθ+f …① F sinα+N =mg cos θ…②
f =μN …③
联立①②③可得
(
)()
sin cos mg F αθαθ+=
-
则当α=θ时，F 有最小值
F min=mg sin2θ．
（3）因为m 及M 均处于平衡状态，整体受到地面摩擦力等于F 的水平分力，即：
f M =F cos （α+θ）
10．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 ===⨯
11．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 的拉力为
3G。

12．一架旧式轰炸机在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
13．在考古中为了测定古物的年代，可通过测定古物中碳14与碳12的比例，其物理过程可简化为如图所示，碳14与碳12经电离后的原子核带电量都为q ，从容器A 下方的小孔S 不断飘入电压为U 的加速电场，经过S 正下方的小孔O 后，沿SO 方向垂直进入磁感应强度为B 、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，最后打在相机底片D 上并被吸收。

已知D 与O 在同一平面内，其中碳12在底片D 上的落点到O 的距离为x ，不考虑粒子重力和粒子在小孔S 处的初速度。

(1)求碳12的比荷；
(2)由于粒子间存在相互作用，从O 进入磁场的粒子在纸面内将发生不同程度的微小偏转
（粒子进入磁场速度大小的变化可忽略），其方向与竖直方向的最大偏角为α，求碳12在底片D 上的落点到O 的距离的范围；
(3)实际上，加速电场的电压也会发生微小变化（设电压变化范围为U ±ΔU ），从而导致进入磁场的粒子的速度大小也有所不同。

现从容器A 中飘入碳14与碳12最终均能打在底片D 上，若要使这两种粒子的落点区域不重叠，则ΔU 应满足什么条件？（粒子进入磁场时的速度方向与竖直方向的最大偏角仍为α）
【答案】(1)228q U m B x =；(2)距离范围为cos ~x x α；(3) 2
2
7cos 6
7cos 6
U U θθ-∆<+ 【解析】 【分析】 【详解】 (1)经加速电场有
2
12
qU mv =
在磁场中
2
mv qvB r = 12
r x =
解得碳12的比荷
228q U m B x
= (2)粒子在磁场中圆运动半径
22
qmU x
r =
= 由图像可知，粒子左偏α角（轨迹圆心为O 1）或右偏α角（轨迹圆心为O 2），落点到O 的距离相等均为L =2r cos θ，故θ=0°时落点到O 的距离最大
L max =2r =x
故θ=α时落点到O 的距离最小
L min =2r cos α=x cos α
所以落点到O 的距离范围为
cos ~x x α。

(3)设碳12的质量为m 1，碳14的质量为m 2，并且
12126147
m m == 根据12mU
r B q
=
可知：
碳12的运动半径
1
121mU r B q
=
碳12的最大半径
11max 2(Δ)
1m U U r B q
+=
同理： 碳14的运动半径
2221m U
r B q
=
碳14的最小半径
22min 2(Δ)
1m U U r B q
-=
若要使这两种粒子的落点区域不重叠，打中底片时离O 点的距离应需满足：碳14的最近距离大于碳12的 最远距离，即
2r 1max <2r 2min cos α
联立解得ΔU 应满足的条件
22212221cos 7cos 6
Δcos 7cos 6
m m U U U m m θθθθ--<=++
答：(1)碳12的比荷为
22
8U
B x
；(2)碳12在底片D 上的落点到O 的距离的范围为cos ~x x α；(3)若要使这两种粒子的落点区域不重叠，则n U 应满足
22
7cos 6Δ7cos 6U U θθ-<+。

【点睛】
本题考查带电粒子在复合场中的运动，加速场运用动能定理，粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，第三问难点在于找出粒子不重叠的条件，即：打中底片时离O 点的距离应需满足：碳14的最近距离大于碳12的最远距离。

14．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：
212
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
4
y 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==⋅=。

15．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 =。