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1、高考物理数学物理法技巧小结及练习题 一、数学物理法 1如图所示，在竖直边界1、2 间倾斜固定一内径较小的光滑绝缘直管道，其长度为L， 上端离地面高L，下端离地面高 2 L 边界 1 左侧有水平向右的匀强电场，场强大小为E1 （未知），边界2 右侧有竖直向上的场强大小为E2（未知）的匀强电场和垂直纸面向里的 匀强磁场（图中未画出）现将质量为m、电荷量为q 的小球从距离管上端口2L 处无初速 释放，小球恰好无碰撞进入管内（即小球以平行于管道的方向进入管内），离开管道后在 边界 2 右侧的运动轨迹为圆弧，重力加速度为 g （1）计算 E1与 E2的比值； （2）若小球第一次过边界2 后，小球运动的圆
2、弧轨迹恰好与地面相切，计算满足条件的磁 感应强度B0； （3）若小球第一次过边界2 后不落到地面上（即BB0），计算小球在磁场中运动到最高 点时，小球在磁场中的位移与小球在磁场中运动时间的比值（若计算结果中有非特殊角 的三角函数，可以直接用三角函数表示） 【答案】（ 1） 3：1；（ 2） 3(23)m gL qL ；（ 3） 36 cos15 7 gL 【解析】 【分析】 根据题意，粒子先经过电场，做匀加速直线运动，在进入管中，出来以后做匀速圆周运 动，画出物体的运动轨迹，再根据相关的公式和定理即可求解。 【详解】 （1）设管道与水平面的夹角为 ，由几何关系得： / 21 sin 2 LL
3、L 解得： 30 由题意，小球在边界1 受力分析如下图所示，有： 1tan mgqE 因小球进入边界2 右侧区域后的轨迹为圆弧，则有： mg qE2 解得比值： E1：E2 3：1 （2）设小球刚进入边界2 时速度大小为v，由动能定理有： 2 1 1 3 sin302 cos30 2 mgLE qLmv 联立上式解得： 3vgL 设小球进入E2后，圆弧轨迹恰好与地面相切时的轨道半径为 R，如下图，由几何关系得： cos30 + 2 L RR 代入数据解得： (23)RL 洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： 2 0 v qvBm R 代入数据解得： 0 3(23)m gL B qL （3）如
4、下图，设此时圆周运动的半径为r，小球在磁场中运动到最高点时的位移为： 2cos15Sr 圆周运动周期为： 2 r T v 则小球运动时间为： 7 12 tT 解得比值： 362 cos15 cos15 7 7 12 gLSr t T 【点睛】 考察粒子在复合场中的运动。 2如图所示，在竖直分界线MN的左侧有垂直纸面的匀强磁场，竖直屏与MN之间有方 向向上的匀强电场。在O处有两个带正电的小球 A和B，两小球间不发生电荷转移。若在 两小球间放置一个被压缩且锁定的小型弹簧（不计弹簧长度），解锁弹簧后，两小球均获 得沿水平方向的速度。已知小球 B的质量是小球A 的 1 n倍，电荷量是小球 A的2 n倍
5、。若 测得小球 A在磁场中运动的半径为 r，小球 B击中屏的位置的竖直偏转位移也等于 r。两 小球重力均不计。 (1)将两球位置互换，解锁弹簧后，小球 B在磁场中运动，求两球在磁场中运动半径之比、 时间之比； (2)若A小球向左运动求 A 、B两小球打在屏上的位置之间的距离。 【答案】 (1) 2 n ， 2 1 n n ； (2) 12 3 r r n n 【解析】 【详解】 (1)两小球静止反向弹开过程，系统动量守恒有 A1B mvn mv 小球 A、B 在磁场中做圆周运动，分别有 2 A A A mv qv B r ， 2 1B 2B B n mv n qv B r 解式得 A 2 B
6、r n r 磁场运动周期分别为 A 2 m T qB ， 1 B 2 2 n m T n qB 解得运动时间之比为 A A2 B B1 2 2 T tn T tn (2)如图所示，小球A 经圆周运动后，在电场中做类平抛运动。 水平方向有 AA Lv t 竖直方向有 2 AA A 1 2 ya t 由牛顿第二定律得 A qEma 解式得 2 A A () 2 qEL y m v 小球 B 在电场中做类平抛运动，同理有 22 B 1B () 2 n qEL y n m v 由题意知 B yr 应用几何关系得 BA 2yyry 解式得 12 3 r yr n n 3如图，在长方体玻璃砖内部有一半球形
7、气泡，球心为O，半径为R，其平面部分与玻璃 砖表面平行，球面部分与玻璃砖相切于O点。有束单色光垂直玻璃砖下表面入射到气泡 上的 A 点，发现有一束光线垂直气泡平面从C 点射出，已知OA= 3 2 R，光线进入气泡后第 一次反射和折射的光线相互垂直，气泡内近似为真空，真空中光速为c，求： （i）玻璃的折射率n； （ii）光线从A 在气泡中多次反射到C的时间。 【答案】（ i）3n；（ ii） 3 t R c 【解析】 【分析】 【详解】 （i）如图，作出光路图 根据折射定律可得 sin sin n 根据几何知识可得 3 sin 2 OA R 90 联立解得 3n 玻璃的折射率为3。 （ii）光从
8、 A经多次反射到C点的路程 3 22 RR sRRR 时间 s t c 得 3 t R c 光线从 A 在气泡中多次反射到C的时间为 3R c 。 4如图所示，长为3l 的不可伸长的轻绳，穿过一长为l 的竖直轻质细管，两端拴着质量分 别为 m、 2m 的小球 A 和小物块 B，开始时 B 先放在细管正下方的水平地面上手握细 管轻轻摇动一段时间后， B对地面的压力恰好为零，A在水平面内做匀速圆周运动已知 重力加速度为g，不计一切阻力 （1）求 A 做匀速圆周运动时绳与竖直方向夹角 ； （2）求摇动细管过程中手所做的功； （3）轻摇细管可使B在管口下的任意位置处于平衡，当B在某一位置平衡时，管内一
9、触 发装置使绳断开，求A 做平抛运动的最大水平距离 【答案】 （1）=45 ；（2） 2 (1) 4 mgl；(3) 2l 。 【解析】 【分析】 【详解】 （1）B 对地面刚好无压力，对B 受力分析，得此时绳子的拉力为 2Tmg 对 A 受力分析，如图所示 在竖直方向合力为零，故 cosTmg 解得 45 o （2）对 A 球，根据牛顿第二定律有 2 sin sin v Tm l 解得 2 2 vgl 故摇动细管过程中手所做的功等于小球A 增加的机械能，故有 2 12 cos1 24 Wmvmg llmgl （3）设拉 A 的绳长为x（l x 2l）， 根据牛顿第二定律有 2 sin sin
10、 v Tm x 解得 2 2 vgx A 球做平抛运动下落的时间为t，则有 2 1 2cos 2 lxgt 解得 2 2 2 2 lx t g 水平位移为 2 2Svtxlx 当 2xl 时，位移最大，为2 m Sl 5如图所示，质量为m=1kg 的物块与竖直墙面间动摩擦因数为=05，从 t=0 的时刻开 始用恒力F斜向上推物块，F 与墙面间夹角=37 ，在 t=0 的时刻物块速度为0 （1）若 F=125N，墙面对物块的静摩擦力多大？ （2）若 F=30N，物块沿墙面向上滑动的加速度多大？ （3）若要物块保持静止，F至少应为多大？（假设最大静摩擦力等于同样正压力时的滑动 摩擦力， F的计算结
11、果保留两位有效数字） 【答案】（ 1）0f（2） 2 5/ams（3）9.1FN 【解析】 试题分析：（ 1）设 f 向上，37Fcosfmg得0f （2）根据牛顿第二定律可得cos37sin37FFmgma，得 2 5/am s （3）当物块即将下滑时，静摩擦最大且向上， cos37sin 37FFmg，得 9.1FN 考点：考查了摩擦力，牛顿第二定律 【名师点睛】在计算摩擦力时，首先需要弄清楚物体受到的是静摩擦力还是滑动摩擦力， 如果是静摩擦力，其大小取决于与它反方向上的平衡力大小，与接触面间的正压力大小无 关，如果是滑动摩擦力，则根据公式 FN去计算 6质量为 M 的木楔倾角为 ，在水平
12、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角的力 F 拉着木块匀速上滑，如图所示，求： (1)当 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)mgsin 2(2) 1 2 mgsin 4 【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，mgsin mg cos ，则 tan ，用力 F拉着 木块匀速上滑，受力分析如图甲所示，则有：Fcos
13、mgsin Ff，FNFsin mgcos ， FfFN 联立以上各式解得： sin 2 cos mg F 当 时， F 有最小值， Fminmgsin 2 (2)对木块和木楔整体受力分析如图乙所示，由平衡条件得，FfFcos( )，当拉力 F最小 时，Ff Fmin cos 2 1 2 mgsin 4 【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 7我校物理兴趣小组同学决定举行遥控赛车比赛，比赛路径如图所示。可视为质点的赛车 从起点 A 出发，沿水平直线轨道运动L 后，由 B点进入
14、半径为R 的光滑竖直半圆轨道，并 通过半圆轨道的最高点C，才算完成比赛。B 是半圆轨道的最低点，水平直线轨道和半圆 轨道相切于B 点。已知赛车质量m0.5kg，通电后以额定功率P2W 工作，进入竖直圆 轨道前受到的阻力恒为Ff0.4N，随后在运动中受到的阻力均可不计， L10.00m，R 0.32m，（ g 取 10m/s 2）。求： （1）要使赛车完成比赛，赛车在半圆轨道的C点速度至少多大？ （2）要使赛车完成比赛，赛车在半圆轨道B 点对轨道的压力至少多大？ （3）要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？ （4）若电动机工作时间为 t05s，当 R为多少时赛车既能完成比赛且飞出的水平距离又
15、最 大，水平距离最大是多少？ 【答案】（ 1） 4 5 m/s 5 （2）30N（ 3）2s（ 4）0.3m；1.2m 【解析】 【分析】 【详解】 （1）当赛车恰好过C点时，赛车在C 点有： 2 C v mgm R 解得： C 4 5 m/s 5 vgR （2）对赛车从B 到 C 由机械能守恒定律得： 22 BC 11 2 22 mvmvmgR 赛车在 B处由牛顿第二定律得： 2 B N v Fmgm R 解得： vB=4m/s，F=30N 由牛顿第三定律可知，赛车在B 点对轨道的压力至少为 F= F=30N （3）对赛车从A 到 B 由动能定理得： 2 fB 1 0 2 PtF Lmv 解
16、得： t=4s （4）对赛车从A 到 C由动能定理得： 2 0f0 1 2 2 PtF LmgRmv 赛车飞出 C 后有： 2 0 1 2, 2 Rgtxv t 解得： 23 16 5 xRR 所以当 R=0.3m 时 x 最大 xmax=1.2m 8质量为 M 的木楔倾角为 ，在水平面上保持静止，当将一质量为m 的木块放在木楔斜 面上时，它正好匀速下滑如果用与木楔斜面成角的力 F拉着木块匀速上升，如图所示 (已知木楔在整个过程中始终静止 ) (1)当 时，拉力F有最小值，求此最小值； (2)当 时，木楔对水平面的摩擦力是多大？ 【答案】 (1)mgsin 2(2) 1 2 mgsin 4 【解析】 【分析】 【详解】 木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有 mgsin mg cos 即 tan . (1)木块在力 F作用下沿斜面向上匀速运动，有 Fcos mgsin Ff Fsin FNmgcos FfFN 解得 F 2sin cossin mg 2sincos cos cossinsin mg a s
