最新高考物理数学物理法解题技巧及练习题

最新高考物理数学物理法解题技巧及练习题

一、数学物理法

1．如图所示，圆心为O 1、半径4cm R =的圆形边界内有垂直纸面方向的匀强磁场B 1，边界上的P 点有一粒子源，能沿纸面同时向磁场内每个方向均匀发射比荷

62.510C/kg q

m

=

?、速率5110m/s v =?的带负电的粒子，忽略粒子间的相互作用及重力。其中沿竖直方向PO 1的粒子恰能从圆周上的C 点沿水平方向进入板间的匀强电场（忽略边缘效应）。两平行板长110cm L =（厚度不计），位于圆形边界最高和最低两点的切线方向上，C 点位于过两板左侧边缘的竖线上，上板接电源正极。距极板右侧25cm L =处有磁感应强度为21T B =、垂直纸面向里的匀强磁场，EF 、MN 是其左右的竖直边界（上下无边界），两边界间距8cm L =，O 1C 的延长线与两边界的交点分别为A 和O 2，下板板的延长线与边界交于D ，在AD 之间有一收集板，粒子打到板上即被吸收（不影响原有的电场和磁场）。求：

(1)磁感应强度B 1的方向和大小；

(2)为使从C 点进入的粒子出电场后经磁场偏转能打到收集板上，两板所加电压U 的范围； (3)当两板所加电压为(2)中最大值时，打在收集板上的粒子数与总粒子数的比值η。（可用反三解函数表示，如

π1arcsin 62

=）

【答案】(1)11B =T ，方向垂直纸面向里；(2)1280V 2400V U ≤≤；

(3)17

arcsin

arcsin

168π

+

【解析】 【分析】 【详解】 (1)由题可知，粒子在圆形磁场区域内运动半径

r R =

则

2

1

v qvB m R

=

得

11T B =

方向垂直纸面向里。 (2)如图所示

211()22L qU y mR v

=?

且要出电场

04cm y ≤≤

在磁场B 2中运动时

2

2v qvB m

r

=合

，cos v v a =合 进入B 2后返回到边界EF 时，进出位置间距

2cos y r a ?=

得

2

2mv y qB ?=

代入得

8cm y ?=

说明与加速电场大小无关。要打到收集板上，设粒子从C 点到EF 边界上时所发生的侧移为y 0，需满足

04cm 8cm y ≤≤

且

1102

2

2

L y L y L

=+ 得

2cm 4cm y ≤≤

sin r r a L +≤

且

1

2tan y a L =

得

150cm 4y ≤≤

综上需满足

152cm cm 4

y ≤≤

即两板所加电压U 满足

1280V 2400V U ≤≤

(3)由(2)可知，两板间加最大电压2400V 时，带电粒子出电场时的偏转距离为15

4

cm ，则要打到收集板上，粒子应从PO 1左侧的θ角和右侧的β角之间出射，其中

1sin 16θ=

，7sin 8

β= 即能打到收集板上的粒子数占总粒数的比值

17

arcsin

arcsin 168π

η+=

2．如图所示，身高h =1.7 m 的人以v =1 m/s 的速度沿平直路面远离路灯而去，某时刻人的影长L 1=1.3 m ，2 s 后人的影长L 2=1.8 m ．

（1）求路灯悬吊的高度H ．

（2）人是远离路灯而去的，他的影子的顶端是匀速运动还是变速运动？ （3）在影长L 1=1.3 m 和L 2=1.8 m 时，影子顶端的速度各是多大？ 【答案】（1）8.5m （2）匀速运动（3）1.25/m s

【解析】 【分析】

（1）匀匀速运动，画出运动图景，结合几何关系列式求解； （2）（3）根据比例法得到影子的顶端的速度的表达式进行分析即可． 【详解】

（1）画出运动的情景图，如图所示：

根据题意，有：CD=1.3m EF=1.8m CG=EH=1.7m ；CE=vt=2m ；BF=BC+3.8m 根据几何关系： 1.3

CG CD

AB BC +＝

3.8

EH EF

AB BC +＝ 可得：H=AB=8.5m ；

（2）设影子在t 时刻的位移为x ，则有： x vt h

x H

-＝， 得：x=

H

H h

-vt ， 影子的位移x 是时间t 的一次函数，则影子顶端是匀速直线运动； （3）由（2）问可知影子的速度都为v′= x H

v t

H h

=-=1.25m/s ； 【点睛】

本题关键是结合光的直线传播，画出运动的图景，结合几何关系列式分析，注意光的传播时间是忽略不计的．

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=，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．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】

①A 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

7．一载有电流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】

2 4

【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?，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

?α

++?-=

==．

化简可得1

tan 2tan cot μ?αα

==

+．

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 μ?=有极大值,且m 24μ=

2 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．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

-<

10．如图所示，一对带电平行金属板A 、B 与竖直方向成30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 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 ='=

y '轴方向粒子做匀加速直线运动，有

21sin 602qE y L t m

==

??' 代入数据得，匀强电场的场强大小

33

10V/m E =

11．一玻璃砖截面如图所示，O 为圆环的圆心，内圆半径为R 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】(1)

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，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：

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==?=

。

13．如图所示，在xOy 坐标系平面内x 轴上、下方分布有磁感应强度不同的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向里。一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从y 轴上的P 点以一定的初速度沿y 轴正方向射出，粒子经过时间t 第一次从x 轴上的Q 点进入下方磁场，速度方向与x 轴正方向成45°角，当粒子再次回到x 轴时恰好经过坐标原点O 。已知OP ＝L ，不计粒子重力。求：

(1)带电粒子的初速度大小v 0；

(2)x 轴上、下方磁场的磁感应强度大小之比

1

2

B B 。

【答案】52πL

；12

【解析】 【分析】 【详解】

(1)粒子运动轨迹如图所示

由几何知识可得：

r 1＝

2cos 45OP

L =?

粒子在x 轴上方转过的圆心角5π

4

θ=

，粒子在x 轴上方转过的时间 10

r t v θ=

带电粒子的初速度大小

v 0＝

2π4L

t

(2)由几何知识可得：

OQ ＝r 1＋r 1cos 45°

粒子在x 轴下方运动的轨道半径

r 2＝

22

OQ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律，有

qv 0B ＝m 20

v r

解得x 轴上、下方磁场的磁感应强度大小之比

1221122

B r B r ==答：(1)带电粒子的初速度大小为

2π4L

t

；(2)x 轴上、下方磁场的磁感应强度大小之比为

12

2

。

14．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】(1)811gL ；(2)1.28L ；(3)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 =

15．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

a=?可得

25

t=?小球从O点到第三次穿过y轴所经历的时间

12

9π

()s 805

t t t

=+=+?