高考物理数学物理法模拟试题一、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2L．边界1左侧有水平向右的匀强电场，场强大小为E 1（未知），边界2右侧有竖直向上的场强大小为E 2（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E 1与E 2的比值；（2）若小球第一次过边界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B 0；（3）若小球第一次过边界2后不落到地面上（即B >B 0），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】（131；（23(23)m gL -；（3）36gL︒【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α，由几何关系得：/21sin 2L L L α-== 解得：30︒=α由题意，小球在边界1受力分析如下图所示，有：1tan mg qE α=因小球进入边界2右侧区域后的轨迹为圆弧，则有：mg ＝qE 2解得比值：E 1 ：E 2＝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：2113sin302cos302mg L E q L mv ︒︒⋅+⋅=联立上式解得：3v gL =设小球进入E 2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+2L R R ︒= 代入数据解得：(23)R L =+洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：20v qvB m R=代入数据解得：03(23)m gLB -=（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：2cos15S r ︒=⋅圆周运动周期为：2rT vπ=则小球运动时间为：712t T =解得比值：362cos15cos157712gLS rt Tπ︒==︒【点睛】考察粒子在复合场中的运动。

2．一透明柱体的横截面如图所示，圆弧AED的半径为R、圆心为O，BD⊥AB，半径OE⊥AB。

两细束平行的相同色光1、2与AB面成θ=37°角分别从F、O点斜射向AB面，光线1经AB面折射的光线恰好通过E点。

已知OF=34R，OB=38R，取sin370.6︒=，cos 370.8︒=。

求：(1)透明柱体对该色光的折射率n；(2)光线2从射入柱体到第一次射出柱体的过程中传播的路程x。

【答案】(1)43；(2)54R【解析】【分析】【详解】(1)光路图如图：根据折射定律sin(90)sin n θα︒-=根据几何关系3tan 4OF OE α== 解得37α︒= 43n =(2)该色光在柱体中发生全反射时的临界角为C ，则13sin 4C n == 由于sin sin(90)sin 530.8sin a C β︒︒=-==>光线2射到BD 面时发生全反射，根据几何关系3tan 82REH OE OH R R β=-=-=可见光线2射到BD 面时发生全反射后恰好从E 点射出柱体，有sin OBOGα= 根据对称性有2x OG =解得54x R =3．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v 0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。

【答案】(1)202v qm lE=；(2)（0，-3t ）【解析】 【详解】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，x 轴方向02l v t =y 轴方向212qE l t m=联立解得202v qm lE=(2)设带电粒子经过B 点时的速度方向与水平方向成θ角00tan 1yqE t v m v v θ=== 解得45θ=︒则带电粒子经过B 点时的速度02v v =由洛伦兹力提供向心力得2mv qvB r= 解得2mvr l qB== 带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示根据几何知识可知弦BC 的长度24L r l ==43l l l -=故C 点的坐标为（0，-3t ）。

4．质量为M 的木楔倾角为θ (θ < 45°)，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．当用与木楔斜面成α角的力F 拉木块，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)求在(1)的情况下木楔对水平面的摩擦力是多少？ 【答案】（1）min sin 2F mg θ= （2）1sin 42mg θ 【解析】 【分析】（1）对物块进行受力分析，根据共点力的平衡，利用正交分解，在沿斜面和垂直斜面两方向列方程，进行求解．（2）采用整体法，对整体受力分析，根据共点力的平衡，利用正交分解，分解为水平和竖直两方向列方程，进行求解． 【详解】木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mgsin mgcos θμθ＝，即tan μθ＝ (1)木块在力F 的作用下沿斜面向上匀速运动，则：Fcos mgsin f αθ＝＋N Fsin F mgcos αθ＋＝N f F μ＝联立解得：()2mgsin F cos θθα=-则当＝αθ时，F 有最小值，2min F mgsin ＝θ(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()f Fcos αθ='+当＝αθ时，12242f mgsin cos mgsin θθθ='= 【点睛】木块放在斜面上时正好匀速下滑隐含动摩擦因数的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，求出外力F 的表达式，讨论F 取最小值的条件．5．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 区域还存在平行于xoy 平面的匀强电场，场强大小为E ＝22B qdm，电场方向沿y 轴正方向。

坐标原点O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 ＝qBdm。

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。

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)π3m qB ；(2)221π2d d +；(3)0 【解析】 【详解】(1)根据洛伦兹力提供向心力可得2v Bqv m R=则轨迹半径为mvR 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60θ︒=周期为22R mT v Bq ππ== 所以运动时间为63T m t qBπ== (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2212S d d π=+(3)粒子垂直于边界进入II 区后，受到的洛伦兹力为22q B d qvB m=在II 区受到的电场力为222q B d qE m=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2102qEy mv -=-解得212mv y d qE=⋅= 所以第一次速度为零时所处的y 轴坐标为0。

6．如图所示，MN 是两种介质的分界面，下方是折射率2n =空，P 、B 、P '三点在同一直线上，其中6PB h =，在Q 点放置一个点光源，AB 2h =，QA h =，QA 、PP '均与分界面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Q →O '→P '所用时间（真空中的光速为c ）。

【答案】(1)262x h -=；(2)32ht 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i i ='则AOQ BOP 'V V ∽设OA x =有6x h h= 解得262x h -=(2)光路如图乙所示AO h '=有tan 1h hα== 所以45α=o根据折射定律得sin 2sin αγ=，1sin 2γ= 所以30γ=o则2QO h '=，2O P h ''=所以光线从Q →O '→P '所用时间为QO O P t c v'''=+ 根据cv n=解得32ht c=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(L0+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∶L 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。