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1、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，直角MNQ为一个玻璃砖的横截面，其中90Q ，30N， MQ 边的长度为a，P为MN的中点。一条光线从P点射入玻璃砖，入射方向与NP夹角为 45 。光线恰能从Q点射出。 (1)求该玻璃的折射率； (2)若与NP夹角 90 的范围内均有上述同频率光线从 P点射入玻璃砖，分析计算光线不能 从玻璃砖射出的范围。 【答案】 (1) 2 ；(2) 31 2 a 【解析】 【详解】 (1)如图甲，由几何关系知P 点的折射角为30。 则有 sin45 2 sin30 n o o (2)如图乙，由折射规律结合几何关系知，各方向的入射光线
2、进入P点后的折射光线分布在 CQB范围内，设在D 点全反射，则DQ 范围无光线射出。 D 点有 1 sin n 解得 45 由几何关系知 DQEQED， 1 2 EDEPa， 3 2 EQa 解得 31 2 DQa 2一玩具厂家设计了一款玩具，模型如下游戏时玩家把压缩的弹簧释放后使得质量m 0.2kg 的小弹丸A 获得动能，弹丸A 再经过半径R0=0.1m 的光滑半圆轨道后水平进入光滑 水平平台，与静止的相同的小弹丸B 发生碰撞，并在粘性物质作用下合为一体然后从平 台 O 点水平抛出，落于水平地面上设定的得分区域已知压缩弹簧的弹性势能范围为 p 04E J，距离抛出点正下方O 点右方 0.4m
3、 处的 M 点为得分最大值处，小弹丸均看作 质点 (1)要使得分最大，玩家释放弹簧时的弹性势能应为多少? (2)得分最大时，小弹丸A 经过圆弧最高点时对圆轨道的压力大小 (3)若半圆轨道半径R 可调 (平台高度随之调节 )弹簧的弹性势能范围为p 04E J，玩家要 使得落地点离O 点最远，则半径应调为多少?最远距离多大 ? 【答案】 (1)2J (2) 30N (3) 0.5m，1m 【解析】 【分析】 【详解】 (1)根据机械能守恒定律得： 2 1p0 1 2 2EvmgRm A、B发生碰撞的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律有： mv1=2mv2 2 00 1 2 2gtR x=v2t0
4、 解得： Ep=2J (2)小弹丸 A 经过圆弧最高点时，由牛顿第二定律得： 2 1 N v Fmgm R 解得： FN=30N 由牛顿第三定律知： F压=FN=30N (3)根据 2 p1 1 2 2 EmvmgR mv1=2mv2 2R= 1 2 gt 2， x=v2t 联立解得： (2 ) 2 p E xRR mg 其中 Ep最大为 4J，得 R=0.5m 时落点离 O点最远，为： xm=1m 3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
5、度大小在 0 0 v之间，质量为 m，电荷量为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 0 v，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
6、撞，若穿过薄 板上 0 2 L y处的小孔进入电场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
7、v的粒子与y轴正向成角射出，恰好穿过小孔，在磁场中运动时，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 20 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，
8、均为 0 0 2Lm T Bqv 又 0 0 2 sin 2 v v vv 粒子在磁场中的运动时间 2 2 2 tT 以 0 v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 4如图所示， MN 是两种介质的分界面，下方是折射率 2n 的透明介质，上方是真 空， P、B、 P 三点在同一直线上，其中 6PBh，在 Q 点放置一个点光源， AB2h，QA h，QA、 PP 均与分界面
9、MN 垂直。 (1)若从 Q 点发出的一束光线经过MN 面上的 O 点反射后到达 P点，求 O 点到 A 点的距 离； (2)若从 Q 点发出的另一束光线经过MN 面上 A、B 间的中点O点（图中未标出）进入下方 透明介质，然后经过 P 点，求这束光线从QOP所用时间（真空中的光速为c）。 【答案】 (1) 2 62 5 xh；(2) 3 2h t c 【解析】 【详解】 (1)如图甲所示， Q 点通过 MN 的像点为Q ，连接 PQ 交 MN 于 O 点。由反射定律得 ii 则 AOQBOPVV 设 OAx 有 2 6 xhx h h 解得 2 62 5 xh (2)光路如图乙所示 AOh
10、有 tan1 h h 所以 45 o 根据折射定律得 sin 2 sin ， 1 sin 2 所以 30 o 则 2QOh，2O Ph 所以光线从QOP 所用时间为 QOO P t cv 根据 c v n 解得 3 2h t c 5如图所示，电流表A 视为理想电表，已知定值电阻R0=4 ，滑动变阻器 R 阻值范围为 010 ，电源的电动势E=6V闭合开关S，当 R=3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 Pm是多少 ? 【答案】（ 1）5 ；（ 2）当滑动变阻器R 为 0 时，电源的总功率最大，最大值Pm是 4W。 【解析
11、】 【分析】 【详解】 （1）电源的电动势E=6V闭合开关S ，当 R=3时，电流表的读数I=0.5A，根据闭合电路 欧姆定律可知： 0 E I RRr 得： r=5 （2）电源的总功率 P=IE 得： 2 0 E P RRr 当 R=0 ，P最大，最大值为 m P，则有：4 m PW 6质量为 M 的木楔倾角为 ，在水平面上保持静止，当一质量为m 的木块放在斜面上时 恰好能匀速下滑，如果用与斜面成 角的力F拉着木块匀速上升，如图所示，求： （1）木块与斜面间的动摩擦因数； （2）拉力 F与斜面的夹角多大时，拉力F最小 ,拉力 F的最小值是多少； （3）此时木楔对水平面的摩擦力是多少. 【答案
12、】 (1) =tan (2) Fmin=mgsin2 (3) fM=Fcos( + ) 【解析】 【分析】 【详解】 (1) 物体在斜面上匀速向下运动，有： mgsin = mg cos ， 可求得 =tan (2) 当加上外力F时，对木块受力分析 因向上匀速，则有： Fcos = mgsin + f Fsin + N=mgcos f=N 联立可得 sin cos mg F 则当 = 时， F有最小值 Fmin=mgsin2 （3）因为 m 及 M 均处于平衡状态，整体受到地面摩擦力等于F的水平分力，即： fM=Fcos（ +） 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
13、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 式中 p 和 e 与题给的参数a 和 b 的关系如下： ， 代入式得 由毕奥 萨伐尔定律，有 ， 由图可知，焦点的磁感强度垂直于纸面向外于是得 ， 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 代入式得 将式代入式得 积分得 【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
14、数形态的电流产生的磁场，也自然在考察之列了 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v1 和 t 1均为未知量；碰后瞬间B 的速度大小也为v1， 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； (
15、2)若倾斜轨道与水平面的夹角为 ，求 A 与倾斜轨道间的动摩擦因数 ； (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 ； (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 vv a ttt ， 所以 1 11 1 2 1 2 3 5 0.3 v at v a t ； (2)对
16、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 sinGfma 垂直斜面方向： cos0GN ； 上滑时，沿斜面方向： 2 sinGfma 垂直斜面方向： cos0GN， 且： fN 联立上面各式解得 1 sincosagg ， 2 sincosagg， 因为 1 2 3 5 a a ， 解得 1 2 3sincos 5sincos agg agg 得 sintan 4cos4 ； (3)对 B 在水平面进行受力分析可得：竖直向： 0GN 水平向由 3 fma 且 fN 解得 3 ag 所以 B 移动的距离 22 11 B 3 0 22 vv s ag ， 由(2)知， A 上滑到 P点时的距离 22 11 A1 2 0 22 (sincos) vv s ag 改变动摩擦因数为 1，由 (2)可知，此时下滑的加速度 41sincosagg， A 滑到底端时的速度为v2，则 222 221 A2A1 41 0 22 (sincos )2 (sincos) vvv ss agg ， 此后 A
