高考物理数学物理法常见题型及答题技巧及练习题

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，ABCD是柱体玻璃棱镜的横截面，其中AE⊥BD，DB⊥CB，∠DAE=30°，

∠BAE=45°，∠DCB=60°，一束单色细光束从AD面入射，在棱镜中的折射光线如图中ab所示，ab与AD面的夹角α=60°．已知玻璃的折射率n=1.5，求：（结果可用反三角函数表示）

（1）这束入射光线的入射角多大？

（2）该束光线第一次从棱镜出射时的折射角．

【答案】（1）这束入射光线的入射角为48.6°；

（2）该束光线第一次从棱镜出射时的折射角为48.6°

【解析】

试题分析：（1）设光在AD面的入射角、折射角分别为i、r，其中r=30°，

根据n=，得：

sini=nsinr=1.5×sin30°=0.75

故i=arcsin0.75=48.6°

（2）光路如图所示：

ab光线在AB面的入射角为45°，设玻璃的临界角为C，则：

sinC===0.67

sin45°＞0.67，因此光线ab在AB面会发生全反射

光线在CD面的入射角r′=r=30°

根据n=，光线在CD面的出射光线与法线的夹角：

i′="i=arcsin" 0.75=48.6°

2．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．

3．图示为直角三角形棱镜的截面，90?∠=C ，30A ?∠=，AB 边长为20cm ，D 点到A 点的距离为7cm ，一束细单色光平行AC 边从D 点射入棱镜中，经AC 边反射后从BC 边上的F 点射出，出射光线与BC 边的夹角为30?，求： (1)棱镜的折射率； (2)F 点到C 点的距离。

【答案】(1)3；(2)3cm 【解析】 【详解】

(1)由几何知识可知，光束从D 点入射的入射角60i ?=，做出光路图：

设对应折射角为r ，则光束在AC 边的入射角为

90(60)30i r r ???'=--=+

在BC 边上的入射角

90(30)60i r r ???''=-+=-

在BC 边上的折射角

903060r ???''=-=

由折射定律，可知在D 点入射时

sin sin i

n r

=

在F 点入射时

sin 60sin(60)

n r ?

?=- 解得

30r ?=

折射率为

3n =(2)由几何知识，可知

2cos3073cm AE AD ?== 33cm CE AC AE =-=

3

tan 30CF CE =?= 解得

3cm CF =

4．如图所示，一根一端封闭的玻璃管，内有一段长h =0.25m 的水银柱。当温度为t 1=27C ?，开口端竖直向上时，封闭空气柱h 2=0.60m 。已知外界大气压相当于L 0=0.75m 高的水银柱产生的压强，热力学温度T =273+t 。

(i)若玻璃管足够长，缓慢地将管转过90?，求此时封闭气柱的长度；

(ii)若玻璃管长为L =1.00m ，温度至少升到多高时，水银柱才能从管中全部溢出。

【答案】(i)0.80m ；(ii)382.8K 【解析】 【分析】 【详解】

(i)设玻璃管内部横截面积为S ，对水银柱分析可知，气体初状态的压强p 1=1.00mHg ，初状态的体积V 1=0.60S ，转过90?后，气体的压强p 2=0.75mHg ，体积V 2=hS ，气体做等温变化，由玻意尔定律1122pV p V =，解得

12

2

0.80m p h h p =

= (ii)由气态方程

pV

C T

=可知，pV 乘积越大，对应的温度T 越高，假设管中还有长为x 的水银柱尚未溢出时，pV 值最大，即

(L 0+x )(L －x )S

值最大，因为

00)L x L x L L ++-=（）（十

与x 的大小无关，所以由数学知识可知∶两正数之和为一常数，则当这两数相等时其乘积最大，有∶

0L x L x +=-

解得

x =0.125m

即管内水银柱由0.25m 溢出到还剩下0.125m 的过程中，pV 的乘积越来越大，这一过程必须是升温的。此后，温度不必再升高（但要继续给气体加热），水银柱也将继续外溢，直至完全溢出。 由气态方程∶

1122

12

p V p V T T =，有

()

()

01

221

2

11012

()

L x L x ST

p V T

T

pV L h h S

+-

==

+

代入数据得

T≈382.8K

5．质量为m的物块，以同一大小的初速度0v沿不同倾角的斜面向上滑动，物块与斜面间的动摩擦因数恒定，当斜面与水平面所夹倾角θ不同时，物块沿斜面上滑至速度为0时的位移x也不同，其xθ

-关系如图所示。g取2

10m/s，求：

(1)物块运动初速度0v的大小；

(2)物块与斜面间的动摩擦因数及最小上滑位移对应的斜面倾角0θ（可用反三角函数表示）。

【答案】(1)5m/s；(2)

3

3

，

3

90-

【解析】

【详解】

(1)物块沿斜面向上滑动时，由牛顿第二定律得

sin

mg f ma

θ+=

垂直斜面方向，由平衡条件得

N

cos

F mgθ

=

又

N

f F

μ

=

三式联立解得物块的加速度大小为

sin cos

a g g

θμθ

=+

由

2

2()0

a x v

-=-

解得

2

2sin2cos

v

x

g g

θμθ

=

+

设

tan αμ=

则

2

x =

当

90θα?+=

时，x 有最小值，且

2

min x =

由x θ-关系图象可知

0θθ=时

min x =

则

2

=

当0θ=时

2

02v x g μ==

二式联立解得物块与斜面间的动摩擦因数

μ=

同时解得物块初速度0v 的大小为

05m/s v =

(2)当

90θα?+=时

0θθ=

且

arctan αμ==则最小上滑位移对应的斜面倾角为

09090arctan

θα??=-=-

6．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

=-

7．如图所示，是两对接的轨道，两轨道与水平的夹角均为30α=，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

31

tan 0.15531

μα-=

=+

8．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)35；(2)tan 4θ；(3)32

。

【解析】 【详解】

(1)由（b ）图可知，A 向下加速的加速度为

1

11

2v a t =

， 向上减速的加速度为

112111

0()1.30.3v 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

1

sin cos

a g g

θμθ

=-，

2

sin cos

a g g

θμθ

=+，因为

1

2

3

5

a

a

=，

解得

1

2

3sin cos

5sin cos

a g g

a g g

θμθ

θμθ

-

==

+

得

sin tan

4cos4

θθ

μ

θ

==；(3)对B在水平面进行受力分析可得：竖直向：

G N

-=

水平向由

3

f ma

=

且

f N μ=

解得

3a g μ=

所以B 移动的距离

22

11B 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==。

9．落地速度：v ＝＝，以θ表示落地速度与x 轴正方向间的夹角，有tan θ＝＝，即落地速度也只与初速度v 0和下落高度h 有关．

10．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．

11．一玻璃砖截面如图所示，O 为圆环的圆心，内圆半径为R ，外圆半径为3R ，AF 和EG 分别为玻璃砖的两端面，120AOE ?∠=，B 、C 、D 三点将圆弧四等分。一细束单色光a 从F 点沿平行于BO 方向从AF 面射入玻璃砖，其折射光线恰好射到B 点，求： (1)玻璃砖的折射率n ；

(2)从B 点出射的光线相对于射入玻璃砖前入射光线的偏转角φ。

【答案】3(2)60??

=

【解析】 【分析】 【详解】 (1)光路图如图所示

设从AF 界面射入时的入射角为1θ，折射角为2θ，因为a 光线平行于BO ，则

160θ=?

根据余弦定理有

22(3)23cos30FB R R R R R ?=+-??=

所以

330θ?=，230θ?=

根据折射定律有

1

2

sin sin n θθ=

代入数据得

3n =(2)因为

4

3

sin sin n θθ=

解得

460θ?=

则偏转角?为60°。

12．如图所示，在水平面上有两条长度均为4L 、间距为L 的平行长直导轨，处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B 。横置于导轨上的长为L 的滑杆向右运动，导轨与滑杆单

位长度的电阻均为

R

L

，两者无摩擦且接触良好。轨道两侧分别连接理想电压表和电流表。 (1)在图上用箭头标出各段电路中的电流流向；

(2)若滑杆质量为m ，现用大小为F 的水平恒力拉着滑杆从轨道最左侧由静止开始运动，当到达轨道中间时电压表示数为U ，则此时滑杆的速度多少？此过程中回路产生多少热量？ (3)若将滑杆从导轨最左侧匀速移动到最右侧，经历的时间为t ，此过程中两电表读数的乘积反映了什么物理含义？其乘积的最大值为多大？

【答案】(1)；(2)5 4 U

BL

，

2

15

2

24

U

FL m

BL

??

- ?

??

；(3)含义是滑杆右侧轨道电阻消耗的电功率，

24

2

4

m

B L

P

Rt

=。

【解析】

【分析】

【详解】

(1)各段电路中的电流流向如下图：

(2)在中间位置时，轨道有电流流过的部分电阻4R，

电压表读数

4

5

U BLv

=

此时滑杆的速度

5

4

U

v

BL

=

克服安培力做的功等于电路中发的热，由动能定理得

2

1

2

2

F L Q mv

?-=

此过程中回路产生的热量

2

15

2

24

U

Q FL m

BL

??

=- ?

??

(3)UI乘积含义是滑杆右侧轨道电阻消耗的电功率；设滑杆在任意位置时，轨道有电流流过部分的电阻为x R，则

()

2

2

()

4

x

x

x x x x

BLv R

BLv BLv

P UI R

R R R R R R RR

==?=

++-+

当x R R

=时，输出功率，即轨道电功率最大

最大值为

2

22424

22

4

()4

4

44

m

L

BL

BLv B L B L

t

P

R R Rt Rt

??

?

??

====

答：(1)各段电路中的电流流向：

(2)此时滑杆的速度为

5

4

U

BL

，此过程中回路产生的热量为

2

15

2

24

U

FL m

BL

??

- ?

??

；(3) 含义是滑杆右侧轨道电阻消耗的电功率，其乘积的最大值为

24

2

4

m

B L

P

Rt

=。

13．如图所示，矩形的四个顶点a、b、c、d是匀强电场中的四个点，ab=2bc=2m，电场线与矩形所在的平面平行，已知a点电势为18V，b点电势为10V，c点电势为6V。一带电粒

子从a点以速度

2m/s

v=射入电场，v0与ab边的夹角为45°，一段时间后带电粒子经过ab的中点e，不计粒子重力，求：

(1)d点的电势；

(2)电场强度的大小和方向；

(3)带电粒子从a到e所用的时间。

【答案】(1)14V；(2)42V/m，场强的方向垂直de斜向下；(3)0.5s

【解析】

【分析】

【详解】

(1)在匀强电场中，平行且相等两点间电势差相等，由此可得

a d

b c

????

=

--

即

18V10V6V

d

?

-=-

解得

14V

d

?=

(2)e是ab的中点，则

14V 2

a b

e ???+=

=

d e ??=，连结de ，则de 是等势线，电场线垂直等势线，方向由高电势指向低电势，过

d 、

e 、a 做垂线，场强的方向垂直de 斜向下

18V 14V 4V ao a o U ??=-=-=

由几何关系可得

1m ae ad == 45aed ade ∠=∠=?

oa de ⊥

可求得

()22sin 45122

ao ad =?=?

= 由场强公式可得

2V/m

2

ao U E ao =

= 由前面分析可知场强的方向垂直de 斜向下。

(3)建立如图所示的坐标系，粒子速度方向和电场力垂直，做类平抛运动，x 方向做匀速直线运动，则有

()0ae cos45v t ?=

代入数值可得

0.5s t =

14．如图所示，直角坐标系xOy 处于竖直平面内，x 轴沿水平方向，在y 轴右侧存在电场强度为E 1、水平向左的匀强电场，在y 轴左侧存在匀强电场和匀强磁场，电场强度为E 2，方向竖直向上，匀强磁场的磁感应强度6T B =，方向垂直纸面向外。在坐标为（0.4m ，0.4m ）的A 点处将一带正电小球由静止释放，小球沿直线AO 经原点O 第一次穿过y 轴。已知12 4.5N/C E E ==，重力加速度为210m/s g =，求：

(1)小球的比荷（

q

m

）及小球第一次穿过y 轴时的速度大小； (2)小球第二次穿过y 轴时的纵坐标；

(3)小球从O 点到第三次穿过y 轴所经历的时间。

【答案】(1)20C/kg 9q m =，4m/s ；(2)0.32m ；(3)9π22(80+ 【解析】 【分析】 【详解】

(1)由题可知，小球受到的合力方向由A 点指向O 点，则

1qE mg =①

解得

20

C/kg 9

q m =② 由动能定理得

21111

02

mgy qE x mv +=-③

解得

4m/s v =④

(2)小球在y 轴左侧时

2qE mg =

故小球做匀速圆周运动，其轨迹如图，设小球做圆周运动的半径为R ，由牛顿第二定律得

2

mv qvB R

=⑤ 解得

0.3m R =⑥

由几何关系可知，第二次穿过y 轴时的纵坐标为

220.32m y R =⑦

(3)设小球第一次在y 轴左侧运动的时间为1t ，由几何关系和运动规律可知

13π9π

s 280

R t v =

=⑧ 小球第二次穿过y 轴后，在第一象限做类平抛运动（如图所示），由几何关系知，此过程小球沿速度v 方向的位移和垂直v 方向的位移大小相等，设为r ，运动时间为2t ，则

2r vt =⑨

2

212

r at =

⑩ 由①式可得

2a g =?

可得

222

s 5

t =

? 小球从O 点到第三次穿过y 轴所经历的时间

129π22(

)s 805

t t t =+=+?

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

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 ???--∠==∠=∠