高考物理数学物理法专题训练答案及解析

高考物理数学物理法专题训练答案及解析
一、数学物理法
1．一透明柱体的横截面如图所示，圆弧AED 的半径为R 、圆心为O ，BD ⊥AB ，半径OE ⊥AB 。

两细束平行的相同色光1、2与AB 面成θ=37°角分别从F 、O 点斜射向AB 面，光线1经AB 面折射的光线恰好通过E 点。

已知OF =34
R ，OB =3
8R ，取sin370.6︒=，
cos 370.8︒=。

求：
(1)透明柱体对该色光的折射率n ；
(2)光线2从射入柱体到第一次射出柱体的过程中传播的路程x 。

【答案】(1)43；(2)5
4
R 【解析】 【分析】 【详解】
(1)光路图如图：
根据折射定律
sin(90)
sin n θα
︒-=
根据几何关系
3
tan 4
OF OE α=
= 解得
37α︒= 43
n =
(2)该色光在柱体中发生全反射时的临界角为C ，则
13sin 4
C n =
= 由于
sin sin(90)sin 530.8sin a C β︒︒=-==>
光线2射到BD 面时发生全反射，根据几何关系
3tan 82
R
EH OE OH R R β=-=-=
可见光线2射到BD 面时发生全反射后恰好从E 点射出柱体，有
sin OB
OG
α= 根据对称性有
2x OG =
解得
54
x R =
2．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。

3．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 =
(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
4α
=；(2)1m
【解析】
【分析】
【详解】
(1)据折射定律得
sin
sin
n
α
θ
=
得
π
4
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
1
sin C
n
∠=
得
π
4
C
∠=
OAF
△中
π
4
AOF AFO
∠=∠=
π
cos
4
R
OF=
GF D OF =-
得
1m GF =
FGE △中
π4
GFE GEF ∠=∠=
d GE GF ==
得
1m d =
4．［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 i =
【解析】 【分析】 【详解】 根据c n v =
，83310/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 =
5．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
6．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
223s d R ==
设激光在介质中传播速度为t ，则
c v n
=
传播时间
236Rn R
c
s t v ==
=
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 2
h +=
≈ 235
m 0.38m h -=
≈
8．质量为M 的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m 的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑．如果用与木楔斜面成α角的力F 拉着木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止)．
(1)当α＝θ时，拉力F 有最小值，求此最小值； (2)当α＝θ时，木楔对水平面的摩擦力是多大？
【答案】(1)mg sin 2θ(2)1
2
mg sin 4θ
【解析】
【分析】
【详解】
木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有
mg sinθ＝μmg cosθ即μ＝tanθ.
(1)木块在力F作用下沿斜面向上匀速运动，有
F cosα＝mg sinθ＋F f
F sinα＋F N＝mg cosθ
F f＝μF N
解得
F＝
2sin
cos sin
θ
αμα
+
mg
＝
2sin cos
cos cos sin sin
θθ
θαθ
+
mg
a
＝
sin2
cos()
θ
θα
-
mg
则当α＝θ时，F有最小值，为
F min＝mg sin2θ.
(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即
F f＝F cos(α＋θ)
当α＝θ时，F取最小值mg sin 2θ，
F fm＝F min cos2θ＝mg·sin 2θcos2θ＝1
2
mg sin4θ.
9．竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B
静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。

t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生碰撞（碰撞时间极短）；当A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。

物块A运动的v-t图像如图（b）所示，图中的v1和t1均为未知量；碰后瞬间B的速度大小也为v1，之后沿水平轨道向右减速度，不计空气阻力。

(1)求A沿倾斜轨道下滑的加速度与碰后沿轨道上滑的加速度大小之比；
(2)若倾斜轨道与水平面的夹角为θ，求A与倾斜轨道间的动摩擦因数μ；
(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B在此碰上。

求改变前后动摩擦因数的比值。

【答案】(1)3
5
；(2)
tan
4
θ
；
(3)
3
2。

【解析】
【详解】
(1)由（b）图可知，A向下加速的加速度为
1
1
1
2v
a
t
=，
向上减速的加速度为
11
2
111
0()
1.30.3
v v
a
t t t
--
==
-
，所以
1
11
1
2
1
2
3
5
0.3
v
a t
v
a
t
==；(2)对A进行受力分析，下滑与上滑如图：
下滑上滑
下滑时，沿斜面方向：
1
sin
G f ma
θ-=
垂直斜面方向：
cos0
G N
θ-=；
上滑时，沿斜面方向：
2
sin
G f ma
θ+=
垂直斜面方向：
cos0
G N
θ-=，且：
f N
μ
=
联立上面各式解得
1sin cos a g g θμθ=-， 2sin cos a g g θμθ=+，
因为
1235
a a =， 解得
123sin cos 5sin cos a g g a g g θμθθμθ
-==+ 得
sin tan 4cos 4
θθ
μθ=
=； (3)对B 在水平面进行受力分析可得：竖直向：
0G N -=
水平向由
3f ma =
且
f N μ=
解得
3a g μ=
所以B 移动的距离
2211B 3022v v s a g
μ-==-，
由(2)知，A 上滑到P 点时的距离
22
11A1
2022(sin cos )
v v s a g θμθ-==-+ 改变动摩擦因数为1μ，由(2)可知，此时下滑的加速度
41sin cos a g g θμθ=-，
A 滑到底端时的速度为v 2，则
222
221A2
A141022(sin cos )2(sin cos )
v v v s s a g g θμθθμθ-====-+①， 此后A 在水平轨道上做匀减速直线运动直到碰到B 时速度减为0。

所以A 移动的距离
22
22A 31022v v s a g
μ-==-，
因为
A B s s =，
所以
22
21122v v g g
μμ=② 联立①和
②两式解得：
1sin sin tan sin sin sin sin tan 4cos 4cos 4tan sin 3sin sin 2cos 6
sin 2cos sin 2cos 44cos 2
θθθ
θθθ
μθθθθμθθθθμθθθθθθ=====++⨯⋅+⨯⋅ 所以
1tan 34tan 2
6
θμθμ==。

10．水平射程：x ＝v 0t ＝v 0，即水平射程与初速度v 0和下落高度h 有关，与其他因素无关．
11．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︒
－21tan 60︒)－m 2
gR(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．
12．民航客机一般都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地上．若机舱口下沿距地面3.2m ，气囊所构成的斜面长度为4.0m ，一个质量为60kg 的人沿气囊滑下时所受的阻力是240N ．求：
（1）人下滑过程中的加速度为多大？ （2）人滑至气囊底端时速度有多大？ 【答案】（1）人下滑过程中的加速度为4m/s 2 （2）人滑至气囊底端时速度有5.7m/s 【解析】
解：（1）人运动过程由受力分析可知， 由牛顿第二定律F=ma 可得： 沿斜面方向：mgsinθ﹣f=ma
由上式可得人在气囊上下滑的加速度为：
（2）由运动学公式可得
人滑至气囊底端时速度为：
答：（1）人下滑过程中的加速度为4m/s 2（2）人滑至气囊底端时速度有5.7m/s 【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁
13．某次探矿时发现一天然透明矿石，将其打磨成球形后置于空气中。

已知球半径R =10cm ，MN 是一条通过球心O 的直线。

单色细光束AB 平行于MN ，从球面上的B 点射入球体，再沿光路BC 从球面上的C 点沿CD 方向射出，并与直线MN 相交于P 点，其光路如图所示。

测得AB 与MN 间距为52d =cm ，CD 与MN 所成的角α=30°，已知光在真空中传播的速度c =3.0×108m/s 。

求： (1)求该天然透明矿石的折射率n ； (2)光在矿石中从B 点到C 点所需的时间t 。

【答案】2；9106
10s(8.210s)--≈⨯
【解析】 【分析】 【详解】
(1)设光线在B 点界面的入射角与折射角分别为1θ、2θ；光线在C 点界面折射角为β
根据几何关系
1522
sin 102
d R θ=
==
得
145θ︒=
在界面B 点
1
2
sin sin n θθ=
在界面C 点
2
sin sin n β
θ=
可得
145βθ︒==
由几何知识得
145BOM θ︒∠==
30CPO α︒∠==
15COP CPO β︒∠=-∠=
因
()212COP πθθπ-+∠+=
可得
230θ=︒
由折射率得
2
sin 452sin n θ︒==(2)光在球体中传播的速度c n v
=
得
22
c c
v n =
==
BC 间的距离
22cos 103cm S R θ==
则光线在球中传播的时间
91022cos 6
10s(8.210s)3
R S t v v θ--=
==⨯≈⨯
14．如图为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO '匀速转动，线圈的匝数100N =匝、线圈所围面积20.1m S =，线圈电阻不计，线圈的两端经滑环和电刷与阻值10ΩR =的电阻相连，匀强磁场的磁感应强度
2T B =，测得电路中交流电流表的示数为5A 。

则：
(1)交流发电机的线圈转动的角速度是多少？
(2)从图示位置开始计时，写出电源电动势的瞬时表达式。

【答案】(1)5rad/s ；(2)502(V)t 【解析】 【分析】 【详解】
(1)由题可知，电路中的电流为
5A I =
线圈电动势为
50V E IR ==
则电动势的最大值为
m 2502V E E ==
又
m E NBS ω=
则
m
5rad/s E NBS
ω=
= (2)由图可知，此时线圈平面与磁场方向平行，所以电源电动势的瞬时表达式为
502(V)e t =
15．图甲为一种大型游乐项目“空中飞椅”，用不计重力的钢丝绳将座椅挂在水平悬臂边缘。

设备工作时，悬臂升到离水平地面24m 高处，以1rad/s 的角速度匀速转动时，座椅到竖直转轴中心线的距离为7.5m （简化示意图乙），座椅和乘客（均视为质点）质量共计80kg ，钢丝绳长为5m 。

忽略空气阻力，取重力加速度2
10m/s g =。

试计算此时 (1)钢丝绳的拉力大小；
(2)若游客身上的物品脱落，因惯性水平飞出直接落到地面，求落地点到竖直转轴中心线的距离。

【答案】（1）1000N ；（2）16.8m 【解析】 【分析】 【详解】
(1)设备以1rad/s 的角速度匀速转动时，对座椅和乘客，设细绳与竖直方向夹角为θ，水平方向由牛顿第二定律可得
sin T ma θ=①
竖直方向由平衡关系可得
cos T mg θ=②
由加速度公式可得
2a r ω=③
联立①②③式，代入1rad/s ω=、7.5m r =、80kg m = 解得1000N T =④
(2)游客身上惯性飞出而脱落的物品做平抛运动，水平方向匀速运动
x vt =⑤
竖直方向做自由落实体运动
2
12
y gt =
⑥ 由线速度公式可知
v r ω=⑦
由几何关系可得
245cos y θ=-⑧ 222R x r =+⑨
联立②④⑤⑥⑦⑧⑨式，解得落地点到竖直转轴中心线的距离
7.55m 16.8m R =≈⑩。