高中物理数学物理法真题汇编

一、数学物理法

1．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n1倍，电荷量是小球A的n2倍。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)n2，【解析】 【详解】

n2r3r(2)；

n1n2n1(1)两小球静止反向弹开过程，系统动量守恒有

mvAn1mvB①

小球A、B在磁场中做圆周运动，分别有

22mvAn1mvBqvAB，n2qvBB②

rArB解①②式得

rAn2 rB磁场运动周期分别为

TA解得运动时间之比为

2πn1m2πm，TB

n2qBqBTAtAn22 tBTBn12(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

LvAtA③

竖直方向有

yA由牛顿第二定律得

12aAtA④ 2qEmaA⑤

解③④⑤式得

yA小球B在电场中做类平抛运动，同理有

qEL2()⑥ 2mvAyB由题意知

n2qEL2()⑦ 2n1mvByBr⑧

应用几何关系得

yyB2ryA⑨

解①⑥⑦⑧⑨式得

y3rr n1n2

2．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v0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。

2v0q【答案】(1)；(2)（0，-3t）

m2lE【解析】 【详解】

(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，x轴方向

2lv0t

y轴方向

l联立解得

1qE2t 2m2v0q m2lE(2)设带电粒子经过B点时的速度方向与水平方向成θ角

qEtvymtan1 v0v0解得

45

则带电粒子经过B点时的速度

v2v0

由洛伦兹力提供向心力得

mv2 qvBr解得

r带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示

mv22l qB

根据几何知识可知弦BC的长度

L2r4l

4ll3l

故C点的坐标为（0，-3t）。

3．［选修模块3-5］如图所示，玻璃砖的折射率n2，一细光束从玻璃砖左端以入射3角i射入，光线进入玻璃砖后在上表面恰好发生全反射．求光速在玻璃砖中传播的速度v及入射角i．(已知光在真空中传播速度c=3.0×108 m/s，计算结果可用三角函数表示)．

【答案】v【解析】 【分析】 【详解】 根据n333 108m/s；sini23c33，v108m/s v2全反射条件sinC根据n1，解得C=600，r=300， nsini3，sini sinr3

4．如图所示，在xoy平面内y轴右侧有一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直纸面向外；分成I和II两个区域，I区域的宽度为d，右侧磁场II区域还存在

B2qd平行于xoy平面的匀强电场，场强大小为E＝，电场方向沿y轴正方向。坐标原点O

2m有一粒子源，在xoy平面向各个方向发射质量为m，电量为q的正电荷，粒子的速率均为v＝

qBd。进入II区域时，只有速度方向平行于x轴的粒子才能进入，其余被界面吸收。m不计粒子重力和粒子间的相互作用，求： (1)某粒子从O运动到O'的时间； (2)在I区域内有粒子经过区域的面积；

(3)粒子在II区域运动，当第一次速度为零时所处的y轴坐标。

【答案】(1)【解析】 【详解】

πm122；(2)dπd；(3)0 3qB2(1)根据洛伦兹力提供向心力可得

v2Bqvm

R则轨迹半径为

Rmvd qB粒子从O运动到O的运动的示意图如图所示：

粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为

60

周期为

T所以运动时间为

2R2m vBqTm 63qBt(2)根据旋转圆的方法得到粒子在I区经过的范围如图所示，沿有粒子通过磁场的区域为图中斜线部分面积的大小：

根据图中几何关系可得面积为

1Sd2d2

2(3)粒子垂直于边界进入II区后，受到的洛伦兹力为

q2B2dqvB

m在II区受到的电场力为

q2B2dqE

2m由于电场力小于洛伦兹力，粒子将向下偏转，当速度为零时，沿y方向的位移为y，由动能定理得

1qEy0mv2

2解得

1mv2yd 2qE所以第一次速度为零时所处的y轴坐标为0。

5．某校物理兴趣小组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点进人半径为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m= 5kg，通电后以额定功率P =2W 工作，进入竖直半圆轨道前受到的阻力恒为F1=0.4N，随后在运动中受到的阻力均可不计，L = 10.0m，R = 0. 32m，g取l0m/s2．求：

（1）要使赛车完成比赛，赛车在半圆轨道的B点对轨道的压力至少为多大？ （2）要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？

（3）若电动机工作时间为t0=5s当半圆轨道半径为多少时赛车既能完成比赛且飞出的水平距离最大？水平距离最大是多少？ 【答案】（1）30N （2） 4s （3） 1.2m 【解析】

试题分析：（1）赛车恰能过最高点时，根据牛顿定律：点到C点，由机械能守恒定律可得：在B点根据牛顿定律可得：

解得

由B

11mvB2mvc2mg2Ra 22

联立解得：vB5gR4m/s则：F6mg30N （2）对赛车从A到B由动能定理得：

解得：t=4s

（3）对赛车从A到C由动能定理得：

Pt0FfLmg2R赛车飞出C后有：

1mv02 2

解得：

所以 当R=0.3m时x最大， xmax=1.2m

考点：牛顿第二定律；动能定理；平抛物体的运动.

6．2016年7月5日，美国宇航局召开新闻发布会，宣布已跋涉27亿千米的朱诺号木星探测器进入木星轨道。若探测器在t时间内绕木星运行N圈，且这N圈都是绕木星在同一个圆周上运行，其运行速率为v。探测器上的照相机正对木星拍摄整个木星时的视角为（如图所示），设木星为一球体。求：

(1)木星探测器在上述圆形轨道上运行时的轨道半径； (2)木星的第一宇宙速度。

vvt【答案】（1）；（2）

sin2N2【解析】 【详解】

(1)设木星探测器在圆形轨道运行时，轨道半径为r，由v2r可得 Tr由题意可知TvT 2t N联立解得

rvt 2N(2)探测器在圆形轨道上运行时，设木星的质量为M，探测器的质量为m，万有引力提供向心力得

mMv2G2m rr设木星的第一宇宙速度为v0，则有

2v0mMG2m RR联立解得

v0由题意可知Rrsin解得

rv R2

v0vsin

2

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m＝0.5kg，通电后以额定功率P＝2W工作，进入竖直圆轨道前受到的阻力恒为Ff＝0.4N，随后在运动中受到的阻力均可不计，L＝10.00m，R＝0.32m，（g取10m/s2）。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t0＝5s，当R为多少时赛车既能完成比赛且飞出的水平距离又最大，水平距离最大是多少？

【答案】（1）45m/s（2）30N（3）2s（4）0.3m；1.2m 5【解析】 【分析】 【详解】

（1）当赛车恰好过C点时，赛车在C点有：

2vCmgm

R解得：

vCgR（2）对赛车从B到C由机械能守恒定律得：

45m/s 51212mvBmvCmg2R 22赛车在B处由牛顿第二定律得：

2vBFNmgm

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：

12PtFfLmvB0

2解得：

t=4s

（4）对赛车从A到C由动能定理得：

Pt0FfLmg2R赛车飞出C后有：

12mv0 22R解得：

12gt,xv0t 23x16R2R 5所以当

R=0.3m

时x最大

xmax=1.2m

8．质量为m的物块，以同一大小的初速度v0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不同时，物块沿斜面上滑至速度为0时的位移x也不同，其x关系如图所示。g取10m/s2，求： (1)物块运动初速度v0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0（可用反三角函数表示）。

【答案】(1)5m/s；(2)【解析】 【详解】

33，90oarctan

33(1)物块沿斜面向上滑动时，由牛顿第二定律得

mgsinfma

垂直斜面方向，由平衡条件得

FNmgcos

又

fFN

三式联立解得物块的加速度大小为

agsingcos

由

22(a)x0v0

解得

2v0x

2gsin2gcos设

tanαμ

则

2v0x当

2g12sin()

90

时，x有最小值，且

2v0xmin由x关系图象可知

2g12

0时

xmin则

2v053m 82g12当0时

53m 82v05x3m

2g4二式联立解得物块与斜面间的动摩擦因数

同时解得物块初速度v0的大小为

3 3v05m/s

(2)当

90时

0

且

arctanarctan则最小上滑位移对应的斜面倾角为

3 33 309090arctan

9．在一次国际城市运动会中，要求运动员从高为H的平台上A点由静止出发，沿着动摩擦因数为的滑道向下运动到B点，B端有一长度可不计的光滑圆弧连接，末端恰好水平，运动员最后落在水池中，设滑道的水平距离为L，B点的高h（小于H）可由运动员自由调节（g10m/s2），求：

(1)运动员到达B点的速度与高度h的关系；

(2)要使运动员全过程的水平运动距离达到最大，B点的高度h应调为多大；对应的最大水平距离smax为多大？

(3)若图中H=4m，L=5m，动摩擦因数0.2，则全过程的水平运动距离要达到7m，h值应为多少？（已知52.24）

【答案】(1)vB2gHhL；(2)

HL，smaxLHL(3)h12.62m或2h20.38m

【解析】 【分析】 【详解】

(1)设AB与水平面夹角为θ，A运动到B过程，克服摩擦阻力做功为

mgcos由A运动到B过程，由动能定理得

LmgL cos12mg(Hh)mgLmvB

2则

vB2gHhL (2)物体做平抛运动，则xv0t，h12gt，所以 2x2hHhL 当HhLh，即

h时x有最大值为

HL 2xmaxHL

对应的最大水平距离为

smaxLHL

(3)由(2)可知

x2(HLh)h 代入数据得

h23h10

即

h1h235m2.62m 235m0.38m 2

10．质量为M的木楔倾角为θ，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α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α＝θ时，拉力F有最小值，求此最小值； (2)当α＝θ时，木楔对水平面的摩擦力是多大？

【答案】(1)mgsin 2θ (2)【解析】 【分析】 【详解】

1mgsin 4θ 2木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有

mgsinθ＝μmgcosθ

即μ＝tanθ.

(1)木块在力F作用下沿斜面向上匀速运动，有

Fcosα＝mgsinθ＋Ff Fsinα＋FN＝mgcosθ

Ff＝μFN

解得

F＝

2mgsinmgsin22mgsincos＝＝

cossincosacossinsincos()Fmin＝mgsin2θ.

则当α＝θ时，F有最小值，为

(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即

Ff＝Fcos(α＋θ)

当α＝θ时，F取最小值mgsin 2θ，

Ffm＝Fmincos2θ＝mg·sin 2θcos2θ＝

1mgsin4θ. 2

11．如图所示，已知电源电动势E=5 V，内阻r=2 Ω，定值电阻R1=0.5 Ω，滑动变阻器R2的阻值范围为0～10 Ω。求:

（1）当滑动变阻器R2接入电路的阻值为多大时，电阻R1消耗的功率最大，最大功率是多少。

（2）当滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率是多少。

（3）当滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，电源的输出功率最大，最大功率是多少。

【答案】（1）2 W。（2）2.5 W。（3）3.125 W。 【解析】 【分析】 【详解】

(1)定值电阻R1消耗的电功率为P1=I2R1=

E2R1R2rE22R1，可见当滑动变阻器接入电路的

阻值为0时，R1消耗的功率最大,最大功率为：

P1m=

R1r2R1=2W

(2)将定值电阻R1看做电源内阻的一部分,则电源的等效内阻：

r'=R1+r=2.5 Ω

故当滑动变阻器接入电路的阻值R2=r'=2.5 Ω时 滑动变阻器消耗的功率最大,最大功率为：

E2P2m= =2.5W

4r(3)由电源的输出功率与外电阻的关系可知，当R1+R2'=r，即：

R2'=r-R1=(2-0.5) Ω=1.5 Ω

电源有最大输出功率,最大输出功率为：

E2P出m= =3.125 W

4r

12．如图所示，O点离地面高度为H，以O点为圆心，制作一个半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，小球从与O点等高的圆弧最高点A从静止滚下，并从B点水平抛出，试求：

（1）小球落地点到O点的水平距离.

（2）要使这一距离最大，应满足什么条件?最大距离为多少? 【答案】（1）2R(HR)（2）R=【解析】

试题分析：（1）小球在圆弧上滑下过程中受重力和轨道弹力作用，但轨道弹力不做功，即只有重力做功，机械能守恒，可求得小球平抛的初速度v0. 根据机械能守恒定律得mgR=

，smax=H

.

设水平距离为s，根据平抛运动规律可得s=

时，s最大，

（2）因H为定值，则当R=H-R，即R=最大水平距离为smax=考点：圆周运动、平抛运动

=H

点评：本题考查了通过平抛运动和圆周运动，将两个物理过程衔接，并通过数学技巧求出相关物理量．

13．图示为某种透明介质异型砖的竖直截面，AD竖直，ABC为等腰直角三角形，BD是圆心为C的四分之一圆弧，水平放置的光屏位于砖的下端且与AD垂直。现由蓝色和红色两种单色光组成的复色光垂直AB射向C点，在光屏上D点的两侧形成间距为21cm的蓝色和红色两个光点。已知ACBC12cm，求该介质对红光的折射率。

【答案】【解析】 【分析】 【详解】

42 5复色光经AB面射入透明介质在AC面的入射角均为45o，由题可知，蓝光在AC面发生全

反射后打到M点，红光折射后打到N点。作出蓝光和红光的折射光路如图。

由几何关系知

DN9cm CN15cm

由图知

sin则红光的折射率

CD CNnsin42 osin455

14．如图所示，正方形光滑水平台面WXYZ边长L=1.8m，距地面高h=0.8m。CD线平行于WX边，且它们间距d=0.1m。一个质量为m的微粒从W点静止释放，在WXDC平台区域受到一个从W点指向C点的恒力F1=1.25×10-11N作用，进入CDYZ平台区域后，F1消失，受到另一个力F2作用，其大小满足F2=5×10-13v（v是其速度大小），运动过程中其方向总是垂直于速度方向，从而在平台上做匀速圆周运动，然后由XY边界离开台面，（台面以外区域F2=0）。微粒均视为质点，取g=10m/s2。

(1)若微粒质量m=1×10-13kg，求微粒在CDYZ平台区域运动时的轨道半径； (2)若微粒质量m=1×10-13kg，求微粒落地点到平台下边线AB的距离。

【答案】(1)1m；(2)1.2m 【解析】 【分析】 【详解】

(1)微粒从W到C，由牛顿第二定律得

F1ma

又

v22ad

所以

2F1d21.2510110.1vm/s5m/s 13m110

微粒在CDYZ区域运动时，F251013vkv提供向心力，由牛顿第二定律得

v2kvm

r得

mv110135rm1m 13k510(2)微粒在CDYZ区域运动时，其运行轨迹如图

由几何关系得

cosLr0.8 rsin0.6

微粒离开平台后做平抛运动

h12gt 2xvt

所以

xv2h20.85m2m g10故微粒落地点到平台下边线AB的距离为

sxsin20.6m1.2m

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。

(1)如果磁场方向竖直向下，求满足条件的磁感应强度的大小；

(2)如果磁场方向可以随意调整，求满足条件的磁感应强度的最小值和方向。

【答案】(1)【解析】 【分析】 【详解】

mgtanα mgsinα ；(2)，磁感应强度的方向垂直斜面向下 ILIL(1)取导体为研究对象，由左手定则可知安培力水平向右，受力分析如下图所示

由力的三角函数关系可得

FmgtanBIL

解得

Bmgtanα IL(2)由几何关系可知当安培力沿斜面向上时安培力最小，磁感应强度最小

由力的三角函数关系可得

F安B'ILmgsin

解得

B'mgsinα IL当安培力大小一定时，磁感应强度方向垂直电流时，磁感应强度最小，由左手定则可知磁感应方向垂直斜面向下。