高考物理试卷分类汇编物理数学物理法(及答案)含解析

高考物理试卷分类汇编物理数学物理法(及答案)含解析
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】2；31
- 【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 30
n ==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
312
DQ a -=
3．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22212
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．
4．如图所示的两个正对的带电平行金属板可看作一个电容器，金属板长度为L ，与水平面的夹角为α。

一个质量为m 、电荷量为q 的带电油滴以某一水平初速度从M 点射入两板间，沿直线运动至N 点。

然后以速度0v 直接进入圆形区域内，该圆形区域内有互相垂直的匀强电场与匀强磁场。

油滴在该圆形区域做匀速圆周运动并竖直向下穿出电磁场。

圆形区域的圆心在上金属板的延长线上，其中磁场的磁感应强度为B 。

重力加速度为g ，求： (1)圆形区域的半径； (2)油滴在M 点初速度的大小。

【答案】(1)()0cos sin mv R qB αα=+；(2)2
02sin 2cos v v gL
θθ
=- 【解析】 【详解】
(1)带电油滴在圆形区域运动，电场力和重力相平衡，在洛伦兹力作用下运动
1
4
圆周。

根据 2
00v qv B m r
= 得轨迹半径为
mv r qB
=
设圆形区域的半径为R ，由几何关系得
cos sin R R r αα+=
解得
()
cos sin mv R qB αα=
+
(2)带电油滴在MN 段运动时，由牛顿第二定律得
tan mg ma α=①
由运动规律得
2202v v ax -=②
由几何关系知
cos L
x α
=
③ 解①②③式得
2
02sin 2cos v v gL
θ
θ
=-
5．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
tan 0.155μα=
=
6．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v 1和t 1均为未知量；碰后瞬间B 的速度大小也为v 1，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==。

7．无人驾驶汽车是通过车载传感系统感知道路环境，自动规划路线并控制车辆到达预定目标的智能汽车．其有一项技术为车距保持技术，主要是利用车上的声学或者光学仪器对两车距离减小监测，一旦两车距离接近或低于设定值时，后车系统会自动制动或减小油门开度，而前车可增大油门开度的方式来保持两车之间的车距，其模型可理想化如下：在光滑的水平轨道上有两个半径都是r 的小球A 和B ，质量都为m ，当两球心间的距离大于l （比2r 大得多）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 球处以两倍于B 球速度大小沿两球连心线向B 球运动，如图所示，欲使两球不发生接触，A 球速度v A 必须满足什么条件？
【答案】(2)
4A F L r v m
-<【解析】
试题分析：A 球向B 球接近至A 、B 间的距离小于L 之后，A 球的速度逐步减小，B 球从静止开始加速运动，两球间的距离逐步减小．当A 、B 两球的速度相等时，两球间的距离最小．若此距离大于2r ，则两球就不会接触．结合牛顿第二定律和运动学公式求出A v 必须满足的条件．
A 球向
B 球接近至A 、B 间的距离小于l 之后，A 球的速度逐步减小，B 球从静止开始加速运动，两球间的距离逐步减小．当A 、B 的速度相等时，两球间的距离最小．若此距离大于2r ，则两球就不会接触．所以不接触的条件是12v v =…①，212l s s r +->…② 其中12v v 、为当两球间距离最小时A 、B 两球的速度；12s s 、为两球间距离从l 变至最小的过程中，A 、B 两球通过的路程．
由牛顿定律得A 球在减速运动而B 球作加速运动的过程中，A 、B 两球的加速度大小为
12F F
a a m m
=
=，…③
设A v 为A 球的初速度，由运动学公式得：1212A A F F
v v t v v t m m
=-
=+，④ 22
12111222A A F F s v t t s v t t m m
，=-
=+⑤ 联立解得()24
A F L r v m
-<⑥
8．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22
2C 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
2
2
2
2
10 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 ''=
9．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） v =（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：v =；
（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：1X s s s =+=
代入已知条件：X s =
x ，则得到：21X x x =-++ 当1122(1)2
b x a =-
=-=⨯-时，X 有最大值
12=
，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：20.5s t =
= 所以总运动时间为：121s t t t =+=．
10．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
221113
()()2W 2W 3
E P I R R R r ===⨯=+出
．
11．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 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
=
12．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：
5m/s A 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==⋅=。

13．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)
，6sin i =
；3L 2L
【解析】 【分析】 【详解】
(1)根据全反射定律可知
113
sin 2
a C n ∠=
= 212sin b C n ∠=
= 解得a 、b 的临界角分别为
60a C ︒∠=
45b 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 =
==
14．如图所示，质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从A 点由静止释放，经电压为U 的加速电场加速后沿圆心为O 、半径为a 的圆弧（虚线）通过静电分析器，并从P 点垂直CF 进入矩形匀强磁场区域QDCF 。

静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，电场强度的
方向均指向O 点。

QF a =， 1.6PF a =，磁场方向垂直纸面向里，粒子重力不计。

（1）求静电分析器通道内圆弧线所在处电场的电场强度的大小E ；
（2）若粒子能最终打在磁场区域（边界处有磁场）的左边界QF 上，求磁场的磁感应强度大小B 的取值范围。

【答案】（1）2U E a =；（2）12524mU mU
B a q a q
≤≤
【解析】 【分析】 【详解】
（1）粒子在加速电场中运动的过程中，根据动能定理有
2
12
qU mv =
粒子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，有
2
v qE m a
=
联立以上两式解得
2U
E a
=
（2）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
2
v qvB m r
=
解得
12mU
r B q
=
要使粒子能打在边界QF 上，则粒子既没有从边界DQ 射出也没有从边界CF 射出，可画出粒子运动径迹的边界如图中Ⅰ和Ⅱ所示
由几何关系可知，粒子能打在边界QF 上，必须满足的条件为
4
5
a r a ≤≤ 解得
12524mU mU
B a q a q
≤≤
15．如图所示，横截面为半圆形的玻璃砖，在其直径上A 点嵌入一个单色点光源，已知
3
3
AO R =
，玻璃对该单色光的折射率n =2，求： (1)该单色光在玻璃和空气界面发生全反射时的临界角C ； (2)图中横截面半圆弧上单色光无法射出的部分所对应的圆心角。

【答案】(1)30°；(2)60° 【解析】 【分析】 【详解】 (1)根据
11sin 2
C n =
= 解得
30C ︒=
(2)由于临界角为30°，且3
AO R =
，可知圆弧最左侧M 点是一个临界点如图
即满足
3
tan M AM AO O O =
∠=
解得
30AMO ︒∠=
所以光线在M 点发生全反射；当光线射向另一个临界点N 时，由正弦定理
sin sin AO R C NAO
=∠ 可得
120NAO ︒∠=
所以
30NOA ︒∠=
综上所述，入射点在圆弧MN 之间时入射角大于临界角C ，会发生全反射，光线无法射出，故圆弧上光线无法射出部分即圆弧MN 对应的圆心角
903060MON MOA NOA ︒︒︒--∠==∠=∠。