高考物理数学物理法技巧和方法完整版及练习题及解析

高考物理数学物理法技巧和方法完整版及练习题及解析
一、数学物理法
1．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．
2．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 3
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 PM QP α=
= 则
33
NQ R QO R -=-=
即Q 点与玻璃砖上边缘相距
33
3
R -。

3．半径为R 的球形透明均匀介质，一束激光在过圆心O 的平面内与一条直径成为60°角射向球表面，先经第一次折射，再经一次反射，最后经第二次折射射出，射出方向与最初入射方向平行。

真空中光速为c 。

求： (1)球形透明介质的折射率； (2)激光在球内传播的时间。

【答案】(1)3；(2)6R c
【解析】 【分析】 【详解】
(1)激光在球形透明介质里传播的光路如图所示：
其中A 、C 为折射点，B 为反射点，连接A 与C ，作OD 平行于入射光线，则
60AOD COD ︒∠=∠=
OAB OBA OBC OCB ∠=∠=∠=∠
OAB OBA OBC OCB AOD COD ∠+∠+∠+∠=∠+∠
解得
30OAB ︒∠=
设球形透明介质的折射率为n ，根据折射定律
sin 60sin n OAB
︒
=
∠ 解得
3n =(2)由于30OAB ︒∠=，所以AC 垂直于入射光线，即
3AC d R ==
又由于
60ABC BCA CAB ︒∠=∠=∠=
所以ABC V 为等边三角形，即激光在球内运动路程为
2s d ==
设激光在介质中传播速度为t ，则
c v n
=
传播时间
6R
c
s t v ==
=
4．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．
5．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
1
sin 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 =
6．如图所示，已知电源电动势E =5 V ，内阻r =2 Ω，定值电阻R 1=0.5 Ω，滑动变阻器R 2的阻值范围为0～10 Ω。

求:
（1）当滑动变阻器R 2接入电路的阻值为多大时，电阻R 1消耗的功率最大，最大功率是多少。

（2）当滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率是多少。

（3）当滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，电源的输出功率最大，最大功率是多少。

【答案】（1）2 W 。

（2）2.5 W 。

（3）3.125 W 。

【解析】 【分析】 【详解】
(1)定值电阻R 1消耗的电功率为P 1=I 2R 1=
()
2
12
12E R R R r ++，可见当滑动变阻器接入电路的
阻值为0时，R 1消耗的功率最大,最大功率为：
P 1m =
()
2
12
1E R R r +=2W
(2)将定值电阻R 1看做电源内阻的一部分,则电源的等效内阻：
r '=R 1+r =2.5 Ω
故当滑动变阻器接入电路的阻值R 2=r '=2.5 Ω时 滑动变阻器消耗的功率最大,最大功率为：
P 2m = 2
4E r '
=2.5W
(3)由电源的输出功率与外电阻的关系可知，当R 1+R 2'=r ，即：
R 2'=r -R 1=(2-0.5) Ω=1.5 Ω
电源有最大输出功率,最大输出功率为：
P 出m = 2
4E r
=3.125 W
7．一载有电流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．
8．如图所示，一人对一均匀细杆的一端施力，力的方向总与杆垂直，要将杆从地板上无滑动地慢慢抬到竖直位置，问：杆与地板之间的静摩擦因数至少应为多大？
【答案】24
【解析】 【分析】 【详解】
假设杆与地板之间的静摩擦因数足够大,当杆被抬至与地板成任意角α时均不发生滑动,杆受到作用力F 、重力mg 、地板的支持力N 和摩擦力f 的作用,因满足共点力平衡条件，
F mg 、、地面对杆的全反力R F 交于O 点R F 与N 之间的夹角不能超过摩擦角ϕ，如图所示,
考虑临界的情况,设细杆全长为2l ,重心为C ，有 ()OD OC CD l /sin l sin tan 90AD AD l cos αα
ϕα
++︒-=
==．
化简可得1
tan 2tan cot μϕαα
==
+．
因为2tan cot 2αα•==定值, 所以,当2tan cot αα=,即2
tan α=
时,tan cot ααα+最小,则tan μϕ=有极大值,且
m 24μ=
．所以，杆与地板之间的静摩擦因数至少应为24
． 在静平衡问题中引入摩擦角后,除了上题所说明的情况外,另一特征便是对平衡问题的研究最终往往衍变为对模型几何特征的研究,这种现象在涉及杆的平衡问题时相当普遍,这也是物理竞赛要求学习者有较强的几何运用能力的原因之一．
9．如图所示，电路由一个电动势为E 、内电阻为r 的电源和一个滑动变阻器R 组成。

请推导当满足什么条件时，电源输出功率最大，并写出最大值的表达式。

【答案】2
4E r
【解析】 【分析】 【详解】
由闭合电路欧姆定律
E
I R r
=
+ 电源的输出功率
2P I R =
得
22
()E R P R r =+
有
22()4E R
P R r Rr
=-+
当R=r 时，P 有最大值，最大值为
2
4m E P r
=.
10．在光滑的水平轨道上有两个半径都是r 的小球A 和B,质量分别为m 和2m,当两球心间的距离大于L 时,两球之间无相互作用力，当两球心间的距离等于或小于L 时,两球间存在相互作用的恒定斥力F.设A 球从远离B 球处以速度v 0沿两球连心线向原来静止的B 球运动,如图所示.欲使两球不发生接触, v 0必须满足什么条件?
【答案】03(2)
F L r v m
-< 【解析】
试题分析：要使A 、B 不发生接触，必须满足：当v A =v B 时 x A －x B <L －r 设A 、B 物体的加速度分别为a A 、a B 由牛顿第二定律有 F=ma A F=2ma B 由运动学公式 v A =v 0－a A t v B =a B t x A =v 0t －
12a A t 2x B =12
a B t 2 联立解得：v 0<
3(2)
F L r m
- 考点：牛顿第二定律 匀变速直线运动规律
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．如图所示，一对带电平行金属板A 、B 与竖直方向成30o 角放置，两板间的电势差
125V AB U =-。

B 板中心有一小孔正好位于平面直角坐标系xoy 的坐标原点O 点，y 轴沿
竖直方向。

现有一带负电的粒子P ，其比荷为
51.010C/kg q
m
=⨯，从A 板中心O '处静止释放后，沿垂直于金属板的直线O O '进入x 轴下方第四象限的匀强电场E 中，该匀强电场方向与A 、B 板平行且斜向上。

粒子穿过电场后，从Q 点（0，-2）离开电场（Q 点图中未标出），粒子的重力不计。

试求： (1)粒子从O 点进入匀强电场时的速度v 0； (2)匀强电场的场强E 的大小。

【答案】(1)30510m/s v =⨯；(2)33
10V/m 2
E =⨯ 【解析】 【分析】 【详解】
(1)对于粒子在AB 间加速过程，由动能定理得
201
2
AB qU mv =
可得
30510m/s v =⨯
(2)粒子P 在进入电场后做类平抛运动，设离开电场时距O 距离为L ，以O 为坐标原点，沿着v 0方向建立x '轴，逆着场强方向建立y '轴，则有x '轴方向粒子做匀速直线运动，有
0cos 60x L v t ='=o
y '轴方向粒子做匀加速直线运动，有
21sin 602qE y L t m
==
⋅⋅'o 代入数据得，匀强电场的场强大小
33
10V/m 2
E =
⨯
13．有一个边长为 1.4m L =的正方形桌子，桌面离地高度为 1.25m h =．一个质量为m 的小物块可从桌面中心O 点以初速02m/s v =沿着桌面任意方向运动直至落地．设动摩擦
因素为0.2μ=（取2
10m/s g =），求
（1）设物块在桌面滑动距离为s ，求物块刚离开桌面时的速度v 与s 的关系． （2）物块在桌面滑动距离s 为多大时，物块水平运动距离最大？最大距离为多少？ （3）物块水平运动距离最大时，物块运动的总时间为多少？ 【答案】（1） 202v v gs μ=-（2）3m 4
s = 5
4
m （3）1s 【解析】 【分析】 【详解】
（1）物块在桌面滑动过程，根据动能定理可得：2201122
mgs mv mv μ-=- 得到：202v v gs μ=-；
（2）离开桌子后，物块做平抛运动： 水平方向：1s vt = 竖直方向：2
12
h gt =
则物块水平运动距离为：2
0122h X s s v gs g
s μ=+=-代入已知条件：1X s s =-1s x -，则得到：21X x x =-++ 当1122(1)2
b x a =-
=-=⨯-时，X 有最大值 112s -=
，得到3
m 4
s =时，总的水平运动距离X 取得最大值，最大值为：
max 315
(m)424
X =
+=； （3）设物块在桌面运动时间为1t ，加速度为a ，则：mg ma μ-=，01v v at =+ 可得物块在桌面运动时间为：010.5s v v
t g
μ-== 平抛运动时间为：220.5s h
t g
=
= 所以总运动时间为：121s t t t =+=．
14．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点．水平桌面右侧有一竖直放置的轨道MNP ，其形状为半径R ＝1.0m 圆环剪去了左上角120°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的数值距离是h ＝2.4m ．用质量m 1＝0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点，用同种材料、质量为m 2＝0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块通过B 点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为x ＝6t －2t 2，物块飞离桌面后恰好由P 点沿切线落入圆轨道(不计空气阻力，g 取10m/s 2)．求：
⑴物块m 2过B 点时的瞬时速度v B 及与桌面间的滑动摩擦因数μ； ⑵若轨道MNP 光滑，物块m 2经过轨道最低点N 时对轨道的压力F N ；
⑶若物块m 2刚好能到达轨道最高点M ，则释放m 2后整个运动过程中其克服摩擦力做的功W ．
【答案】⑴v B ＝6m/s ，μ＝0.4；⑵F N ＝16.8N ；⑶W ＝8.0J 【解析】
试题分析：⑴由题意质量为m 2的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块通过B 点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为x ＝6t －2t 2可知，物块m 2过B 点时的瞬时速度为：v B ＝6m/s ，加速度为：a ＝－4m/s 2①
物块离开B 点后在桌面上受重力m 2g 、桌面的支持力N 和滑动摩擦力f 作用，根据牛顿第二定律可知，在水平方向上有：－f ＝m 2a ② 在竖直方向上有：N －m 2g ＝0 ③ 根据滑动摩擦定律有：f ＝μN ④ 由①②③④式联立解得：μ＝a
g
-
＝0.4 ⑵物块从D 点离开桌面后做平抛运动，设至P 点时速度在竖直方向上的分量为v y ，则在竖
直方向上，根据自由落体运动规律有：h ＝
22y
v g
⑤
因物块由P 点沿切线落入圆轨道，由几何关系和物块水平方向做匀速运动的规律可知：v y ＝v D tan60° ⑥
物块由D 运动至N 的过程中，只有重力做功，根据动能定理有：m 2g(h ＋R －Rcos60°)＝
2212N m v －2212
D m v ⑦ 在N 点处，物块受重力m 2g 和圆轨道的支持力F N ′作用，根据牛顿第二定律有：F N ′－m 2g ＝
2
2N
v m R
⑧ 根据牛顿第三定律可知，物块m 2经过轨道最低点N 时对轨道的压力F N ＝F N ′ ⑨ 由⑤⑥⑦⑧⑨式联立解得：F N ＝2
212(1)tan 60h
m g R
+
︒＋m 2g(3－2cos60°)＝16.8N ⑶设CB 距离为x 1，BD 距离为x 2，在物块m 1由C 运动至B 的过程中，根据功能关系有：E p ＝μm 1gx 1⑩
在物块m 2由C 运动至B 的过程中，根据功能关系有：E p ＝μm 2gx 1＋2
212
B m v ⑪ 在物块m 2由B 运动至D 的过程中，根据动能定理有：－μm 2gx 2＝
2212D m v －2212
B m v ⑫ 由于物块m 2恰好通过圆轨道的最高点M ，设通过速度为v M ，根据牛顿第二定律有：m 2g ＝
2
2
M
v m R
⑬ 设物块m 2运动至P 点时的速度为v P ，在m 2由P 运动至M 的过程中，克服摩擦力做功为W 3，根据动能定理有：－m 2g(R ＋Rcos60°)－W 3＝2212M m v －2212
P m v ⑭ 根据几何关系可知：v P ＝
sin 60y v ︒
⑮
释放m 2后整个运动过程中其克服摩擦力做的功为：W ＝μm 2gx 1＋μm 2gx 2＋W 3⑯
由①⑤⑥⑩⑪⑫⑬⑭⑮⑯式联立解得：W ＝2
12122()B m m v m m -＋m 2gh(21sin 60︒
－
2
1tan 60︒)－m 2gR(3
2
＋cos60°) 代入数据解得：W ＝7.2J ＋4.8J －4.0J ＝8.0J
考点：本题综合考查了匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、平抛运动规律、运动的合成与分解、动能定理、功能关系的应用问题，属于较难题．
15．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
123 3
n=，对b 光的折射率
2
2
n=，
4
L
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=；
3L2L
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据全反射定律可知
1
13
sin
2
a
C
n
∠==
2
12
sin
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 45i
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 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
1343
2
a a a L
s L t v c ===
212
b b b s L L t v
c =
==。