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===0.67sin45°＞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)12mg 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 θθα=-．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＝12mg 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 in 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 =-=3tan 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1220.80m p h h p == (ii)由气态方程pVC 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∶112212p V p V T T =，有()()01221211012()L x L x STp V TTpV L h h S+-==+代入数据得T≈382.8K5．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210m/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)33，390-【解析】【详解】(1)物块沿斜面向上滑动时，由牛顿第二定律得sinmg f maθ+=垂直斜面方向，由平衡条件得NcosF mgθ=又Nf Fμ=三式联立解得物块的加速度大小为sin cosa g gθμθ=+由22()0a x v-=-解得22sin2cosvxg gθμθ=+设tan αμ=则2x =当90θα︒+=时，x 有最小值，且2min x =由x θ-关系图象可知0θθ=时min x =则2=当0θ=时202v 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09090arctanθα︒︒=-=-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)202sin 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14圆周。

根据 200v 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 Lx α=③ 解①②③式得202sin 2cos v v gLθθ=-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3L ，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()212cos 0sin h mg h h mg μαα--⋅= 解得2111cot 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4311cot h h μα=+⋅小球从h 4到h 5，可得54(1cot )h h μα=-联立解得2512(1cot)(1cot )h h μαμα-⋅=+⋅ 据题意知153h h =解得31tan 0.15531μα-==+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1112v a t =， 向上减速的加速度为1121110()1.30.3v va t t t --==-，所以1 111212350.3va tvat==；(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：1sinG f maθ-=垂直斜面方向：cos0G Nθ-=；上滑时，沿斜面方向：2sinG f maθ+=垂直斜面方向：cos0G Nθ-=，且：f Nμ=联立上面各式解得1sin cosa g gθμθ=-，2sin cosa g gθμθ=+，因为1235aa=，解得123sin cos5sin cosa g ga g gθμθθμθ-==+得sin tan4cos4θθμθ==；(3)对B在水平面进行受力分析可得：竖直向：G 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 gμ-==-，由(2)知，A 上滑到P 点时的距离2211A12022(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222221A2A141022(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。