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1、高考物理数学物理法技巧( 很有用 ) 及练习题及解析 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
2、 后，小球运动的圆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
3、sin 2 LL 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
4、B qL （3）如下图，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，圆心为O1、半径 4cmR的圆形边界内有垂直纸面方向的匀强磁场 B1，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 6 2.5 10 C/kg q m 、速率 5 1 10 m/sv 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PO1的粒子恰能从圆周上的C
5、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 1 10cmL（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 2 5cmL 处 有磁感应强度为 2 1TB 、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8cmL， O1C 的延长线与两边界的交点分别为 A 和 O2，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B1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
6、，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 。（可用 反三解函数表示，如 1 arcsin 62 ） 【答案】 (1) 1 1BT，方向垂直纸面向里；(2)1280V 2400VU； (3) 17 arcsinarcsin 168 【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 rR 则 2 1 v qvBm R 得 1 1TB 方向垂直纸面向里。 (2)如图所示 21 1 () 2 2 LqU y mRv 且要出电场 04cmy 在磁场 B2中运动时 2 2 v qvBm r 合 ， cos v v a
7、 合 进入 B2后返回到边界 EF时，进出位置间距 2 cosyra 得 2 2mv y qB 代入得 8cmy 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 y0，需满足 0 4cm8cmy 且 1 1 0 2 2 2 L y L y L 得 2cm4cmy sinrraL 且 1 2 tan y a L 得 15 0cm 4 y 综上需满足 15 2cmcm 4 y 即两板所加电压U 满足 1280V2400VU (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PO1左侧的
8、角和右侧的 角之间出射，其中 1 sin 16 ， 7 sin 8 即能打到收集板上的粒子数占总粒数的比值 17 arcsinarcsin 168 3如图所示，一束平行紫光垂直射向半径为1mR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)mD，玻璃半球对紫光的折射率为 2n ，不考虑光的干涉和衍射。求： (1)若某束光线在玻璃砖圆弧面入射角 30 o ，其折射角 ； (2)亮区右边界到P点的距离 d。 【答案】 (1) 4 ；(2)1m 【解析】 【分析】 【详解】 (1)据折射定律得 sin sin n 得 4 (2)如图，
9、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 sinC n 得 4 C OAF中 4 AOFAFO cos 4 R OF GFDOF 得 1mGF FGE中 4 GFEGEF dGEGF 得 1md 4如图所示，空间有场强E=1.010 2V/m 竖直向下的电场，长 L=0.8m 不可伸长的轻绳固定 于 O 点另一端系一质量m=0.5kg 带电 q=+510 -2C的小球拉起小球至绳水平后在 A 点无 初速度释放，当小球运动至O 点的正下方B 点时绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同 一竖直平面且与水平面成 =
10、53 、无限大的挡板MN 上的 C点试求： (1)小球运动到B 点时速度大小及绳子的最大张力； (2)小球运动到C点时速度大小及A、C 两点的电势差； (3)当小球运动至C点时，突然施加一恒力F 作用在小球上，同时把挡板迅速水平向右移至 某处，若小球仍能垂直打在档板上，所加恒力F的最小值。 【答案】 （1）30N；（2）125V；（3）0 127 【解析】 【分析】 【详解】 （1）小球到B 点时速度为v，A 到 B 由动能定理 21 () 2 mgqE Lmv 2 () v FmgqEm L 解得 4 2/vm sF=30N （2）高 AC高度为 hAC，C点速度为 v1 1 5 2m/s
11、sin v v 2 1 1 () 2 AC mgqE hmv U=EhAC 解得 U=125V （3）加恒力后，小球做匀速直线运动或者匀加速直线运动，设F与竖直方向夹角为 ，当 小球匀速直线运动时 =0，当小球匀加速直线运动时，F的最小值为F1， F没有最大值 1 ()sin8NFmgqE F与竖直方向的最大夹角为 180127 0127 F 8N 5如图所示，在xOy平面的第一、第四象限有方向垂直于纸面向里的匀强磁场；在第二 象限有一匀强电场，电场强度的方向沿 y轴负方向。原点 O处有一粒子源，可在 xOy平面 内向y轴右侧各个方向连续发射大量速度大小在 0 0 v之间，质量为 m，电荷量为
12、q的 同种粒子。在y轴正半轴垂直于xOy平面放置着一块足够长的薄板，薄板上有粒子轰击的 区域的长度为 0 L。已知电场强度的大小为 2 0 0 9 4 mv E qL ，不考虑粒子间的相互作用，不计粒 子的重力。 (1)求匀强磁场磁感应强度的大小B； (2)在薄板上 0 2 L y 处开一个小孔，粒子源发射的部分粒子穿过小孔进入左侧电场区域，求 粒子经过x轴负半轴的最远点的横坐标； (3)若仅向第四象限各个方向发射粒子：0t时，粒子初速度为0v，随着时间推移，发射 的粒子初速度逐渐减小，变为 0 2 v 时，就不再发射。不考虑粒子之间可能的碰撞，若穿过薄 板上 0 2 L y 处的小孔进入电场
13、的粒子排列成一条与 y轴平行的线段，求t时刻从粒子源发 射的粒子初速度大小v t的表达式。 【答案】 (1) 0 0 2mv B qL ；(2) 0 3 3 xL ；(3) 0 0 0 2sin() 6 v v v t L 或者 0 0 0 ( ) 2sin() 6 v v t v t L 【解析】 【详解】 (1)速度为0 v 的粒子沿 x轴正向发射，打在薄板的最远处，其在磁场中运动的半径为 0 r，由 牛顿第二定律 2 0 0 0 mv qv B r 0 0 2 L r 联立，解得 0 0 2mv B qL (2)如图 a 所示 速度为v的粒子与 y轴正向成 角射出，恰好穿过小孔，在磁场中
14、运动时，由牛顿第二定 律 2 mv qvB r 而 0 4sin L r 粒子沿x轴方向的分速度 sin x vv 联立，解得 0 2 x v v 说明能进入电场的粒子具有相同的沿x轴方向的分速度。当粒子以速度为 0 v从O点射入， 可以到达x轴负半轴的最远处。粒子进入电场时，沿y轴方向的初速度为 y v ，有 22 00 3 2 yx vvvv 2 0 1 22 y LqE v tt m 最远处的横坐标 x xv t 联立，解得 0 3 3 xL (3)要使粒子排成一排，粒子必须在同一时刻进入电场。粒子在磁场在运动轨迹如图b 所示 周期相同，均为 0 0 2Lm T Bqv 又 0 0 2
15、sin 2 v v vv 粒子在磁场中的运动时间 2 2 2 tT 以 0v进入磁场的粒子，运动时间最长，满足 6 ，其在磁场中运动时间 m 5 6 tT 以不同速度射入的粒子，要同时到达小孔，有 m ttt 联立，解得 0 0 0 2sin() 6 v v v t L 或者 0 0 0 ( ) 2sin() 6 v v t v t L 6如图所示，一半径为R=30.0cm，横截面为六分之一圆的透明柱体水平放置，O 为横截 面的圆心，该柱体的BO 面涂有反光物质，一束光竖直向下从A 点射向柱体的BD 面，入射 角 i=45 ，进入柱体内部后，经过一次反射恰好从柱体的D 点射出。已知光在真空中的
16、速度 为 c=3.0010 8m/s，sin37.5 =0.608，sin 45=0.707，sin 15=0.259，sin22.5=0.383，试求： （结果保留3 位有效数字） (1)透明柱体的折射率； (2)光在该柱体的传播时间 t。 【答案】 (1)1.16；(2) 9 1.8410 s 【解析】 【分析】 【详解】 (1)如图所示： 根据反射成像的对称性，可知 4560105AOD 折射角为 180105 37.5 2 r 由折射定律得 sin sin i n r 代入数据解得 sin 45 1.16 sin37.5 n (2)根据折射定律可得 c v n 光在该柱体的传播 2cosxRr 光在该柱体的传播时间 2cosxnRr t vc 代入数据得 9 1.8410st 7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 t1=27 C ，开口端竖直向上时，封闭空气柱h2=0.60m。已知外界大气压相当于 L0=0.75m 高 的水银柱产生的压强，热力学温度T=273+t。 (i)
