高中物理数学物理法专项训练及答案

高中物理数学物理法专项训练及答案

一、数学物理法

1．如图所示，在x ≤0的区域内存在方向竖直向上、电场强度大小为E 的匀强电场，在x >0的区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场。现一带正电的粒子从x 轴上坐标为（-2l ，0）的A 点以速度v 0沿x 轴正方向进入电场，从y 轴上坐标为（0，l ）的B 点进入磁场，带电粒子在x >0的区域内运动一段圆弧后，从y 轴上的C 点（未画出）离开磁场。已知磁场的磁感应强度大小为，不计带电粒子的重力。求： (1)带电粒子的比荷； (2)C 点的坐标。

【答案】(1)202v q

m lE

=；(2)（0，-3t ）

【解析】 【详解】

(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，x 轴方向

02l v t =

y 轴方向

2

12qE l t m

=

联立解得

202v q

m lE

=

(2)设带电粒子经过B 点时的速度方向与水平方向成θ角

00

tan 1y

qE t v m v v θ===

解得

45θ=?

则带电粒子经过B 点时的速度

02v v =

由洛伦兹力提供向心力得

2

mv qvB r

= 解得

22mv

r l qB

=

= 带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示

根据几何知识可知弦BC 的长度

24L r l ==

43l l l -=

故C 点的坐标为（0，-3t ）。

2．晓明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m 的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动，当球某次运动到最低点时，绳突然断掉。球飞离水平距离d 后落地，如图所示，已知握绳的手离地面高度为d ，手与球之间的绳长为

3

4

d ，重力加速度为g ，忽略手的运动半径和空气阻力。 (1)求绳断时球的速度大小v 1和球落地时的速度大小v 2

(2)问绳能承受的最大拉力多大？

(3)改变绳长，使球重复上述运动。若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？

【答案】(1)v 1，v 2；(2)T =113mg ；(3)当l ＝2d 时，x 有极大值x max ＝

3

d 【解析】 【分析】 【详解】

(1)设绳断后球飞行时间为t ，由平抛运动规律，竖直方向有：

21142

d gt = 水平方向有：

1d v t =

联立解得

1v =从小球飞出到落地，根据机械能守恒定律有：

2221113224mv mv mg d d ?

?=+- ??

? 解得

2v =

(2)设绳能承受的最大拉力大小为F ，这也是球受到绳的最大拉力大小。球做圆周运动的半径为3

4

R d =

，根据牛顿第二定律有： 2

1v F mg m R

-= 解得

113

F mg =

(3)设绳长为l ，绳断时球的速度大小为v 3，绳承受的最大拉力不变，根据牛顿第二定律有：

23

v F mg m l

-=

得

3v =

绳断后球做平抛运动，竖直位移为d l -，水平位移为x ，时间为1t ，根据平抛运动规律，竖直方向有：

2112

d l gt -=

竖直方向有：

31x v t =

联立解得

()

4

3

l d l x -= 根据一元二次方程的特点，当2

d

l =

时，x 有极大值，为 x max ＝

23

3

d

3．图示为一由直角三角形ABC 和矩形CDEA 组成的玻璃砖截面图。2AB L =，

3

4

DC L =

，P 为AB 的中点，30θ?=。与BC 平行的细束单色光MP 从P 点入射，折射后恰好到达C 点。已知光在真空中速度大小为c 。求： (1)玻璃的折射率n ； (2)光从射入玻璃砖到第一次射出所用的时间t 。

【答案】(1)3；(2)332L

c

【解析】 【详解】

(1)在玻璃砖中的光路如图所示：

由几何关系知

6030i r ??==

由折射定律

sin sin i

n r

=

得

n =(2)设玻璃的临界角为C ，则

1sin C n

=

由几何关系知

60β?=

由于

sin sin C β=

>=

PC 光在BD 面发生全反射，由几何关系知

30?=α

由于

1

sin sin 2

C α=

< 光从射入玻璃砖到第一次从F 点射出，由几何关系知

PC L =，cos 2

DC L

FC α=

= 光从射入玻璃砖到第一次射出所用的时间

PC FC t v

+=

结合

c n v

=

解得

t =

4．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 =

5．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 点（图中未画出），折射率为3，测得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

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 3

PM QP R α=

= 则

33

3

NQ R QO R -=-=

即Q 点与玻璃砖上边缘相距

33

3

R -。

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

02

sin 2cos v v gL

θ

θ

=-

7．如图所示电路图，电源的电动势为E=20V ，内阻为r=7.0Ω，滑动变阻器的最大阻值为15Ω，定值电阻R 0=3Ω．

（1）当R 为何值时，电源的输出功率最大?最大值为多少? （2）当R 为何值时， R 消耗的功率最大?最大值为多少? 【答案】见解析． 【解析】

试题分析：（1）当R+R 0=r 时，即R=4.0Ω时，电源的输出功率最大，最大值为：

（2）当R=R 0+r 时，即R=10Ω时， R 功率最大，最大值为：

考点：闭合电路欧姆定律、功率．

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)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 =，

22

21

1

22

v v

g g

μμ

=②

联立①和②两式解得：

1

sin sin

tan

sin sin

sin

sin tan

4cos4cos

4

tan sin3sin

sin2cos6

sin2cos sin2cos

44cos2

θθ

θ

θθ

θ

μθθ

θθμ

θθθ

θμθθθθθ

θ

===== ++??+??

所以

1

tan

3

4

tan2

6

θ

μ

θ

μ

==。

9．如图为透明的球状玻璃砖的横截面。O为球心位置，OA=OB=R。玻璃对红光的折射率3

n=，一束红光从C点照向球面上的P点，经折射后恰好从OB的中点D垂直于OB射出。回答下面问题。

(1)求AC两点间的距离AC

s；

(2)若将入射光换成蓝光，光线仍从D点垂直OB射出，则入射点C′应在C点的哪侧？【答案】(1)(31)R

-；(2)左侧

【解析】

【分析】

【详解】

(1)光路图如图所示

由几何关系知

1

sin

2

γ=，30

γ?

=

由P点向OC作垂线PE交OC于E点，则有

cos

3

30

OE

R

s R?=

=

sin sin i

n γ

=

得

60i ?=

则

30PCO i γ?∠=-= 3EC OE s s R ==

AC OE EC s s s R =+-

解得

(31)AC s R =-

(2)对于同一介质，蓝光折射率比红光的大。由

sin sin i

n γ

=

可知，γ相同，折射率n 变大，则i 变大。故蓝光入射点C '应在C 的左侧。

10．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 ＝22

12(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 ? 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 ? 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

? 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 ? 根据几何关系可知：v P ＝

sin 60y v ?

?

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 3?

由①⑤⑥⑩??????式联立解得：W ＝2

12122()B m m v m m -＋m 2gh(21sin 60?

－

21

tan 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．

11．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

2

max

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．

12．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

≤≤

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】(1)52π4L

t

； (2)122

【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，位于竖直平面内的坐标系xOy ，在其第三象限空间有沿水平方向的、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝0.5 T ，还有沿x 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ＝2 N/C 。在其第一象限空间有沿y 轴负方向、场强大小也为E 的匀强电场，并在y >h ＝0.4 m 的区域有磁感应强度也为B 的垂直于纸面向里的匀强磁场。一个带电荷量为q 的油滴从图中第三象限的P 点得到一初速度，恰好能沿PO 做匀速直线运动（PO 与x 轴负方向的夹角为θ＝45°），并从原点O 进入第一象限。已知重力加速度g 取10 m/s 2。求：

(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；

(2)油滴在P 点得到的初速度大小；

(3)油滴在第一象限运动的时间以及油滴离开第一象限处的坐标值。

【答案】(1)1:1:2，负电；(2)42m/s ；(3)0.828 s ，（4.0 m ，0） 【解析】 【分析】 【详解】

(1)分析油滴受力可知，要使油滴做匀速直线运动，油滴应带负电，受力如图所示：

由平衡条件和几何关系得

cos45f qE ?= sin45=f mg ?

则油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比

mg ∶qE ∶f ＝(2)对油滴在垂直PO 方向上应用平衡条件，有

qvB ＝2Eq sin 45°

代入数据解得

v ＝。

(3)由(1)可知，油滴在第一象限内受到的重力等于电场力，故油滴在电场与重力场的复合场中做匀速直线运动，在电场、磁场、重力场三者的复合场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示，由O 到A 匀速运动的位移为

s 1＝

sin 45?

h

= 运动时间为

t 1＝

1

s v

＝0.1s 油滴在复合场中做匀速圆周运动的周期2πm

T qB

=，由几何关系知油滴由A 到C 运动的时间为

212ππ0.628s 422m E t T qB Bg

===≈

从C 到N ，粒子做匀速直线运动，由对称性知，运动时间

t 3＝t 1＝0.1 s

则油滴在第一象限内总的运动时间为

t ＝t 1＋t 2＋t 3＝0.828 s

设OA 、AC 、CN 段在x 轴上的投影分别为x 1、x 2、x 3，则

x 1＝x 3＝h ＝0.4 m

x 2r 由(1)可知

mg ＝qvB

代入上式可得x 2＝3.2 m ，所以油滴在第一象限内沿x 轴方向运动的总位移为

x ＝x 1＋x 2＋x 3＝4 m

油滴离开第一象限时的位置坐标为（4.0 m ，0）。

答：(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比为

(2)油滴在P 点得到的初速度大小为m/s ；(3)油滴在第一象

限运动的时间为0.828 s ，油滴离开第一象限处的坐标值为（4.0 m ，0）。

15．一根通有电流I ，长为L ，质量为m 的导体棒静止在倾角为α的光滑斜面上，如图所示，重力加速度为g 。