2021年高考二轮物理复习第一部分专题八

y 轴负方向经过 OM 到第一次在 x 轴反弹所用时间为
t1，沿
y
轴方向：
v
2 y0
－ v 02＝ 2ar ， v y0＝ v0＋ at1
12 2－ 16 d
联立解得： t1＝
v0
2π＋ 24 2－ 32 d
则带电粒子第三次到达 OM 时经过的时间为： t＝ T＋ 2t1＝
v0
；
(3)因粒子第二次进入电场做类平抛运动，故到达
卷 33(2)
16(3)25 题
16(3)35(2) 题
17(2)25 题
2015
1 卷 25、 35(2) ， 2 卷 25
17(3)33(2) 题
数学推导和结论 分析
2016
1 卷 16、25,2 卷 25
15(1)25 题
15(1)35(2) 题 15(2)25 题 16(1)16 题
16(1)25 题
图3 A ． F 先增大后减小 B ．F 不断增大 C ．细线的拉力先增大后减小 D ．细线的拉力不断增大 答案 B 解析 对小球受力分析，如图甲所示：
例
3
(2019 ·湖北武汉市四月调研 ) 某质点做匀
加速直线运动，经过时间 t 速度由 v0 变为 kv0(k>1) ，位移大小为 x.则在随后的 4t 内，该质点
的位移大小为 ( )
8 3k－ 2 x A. k＋ 1
8 2k－ 1 x C. k－ 1 答案 A
8 2k－ 1 x B. k＋ 1
3 5k－ 3 x D. k＋ 1
2BLh 3m2gr q＝ q1 ＋q2 ＝ 3r ＋ 4B3L 3.
专题强化练
( 限时 30 分钟 )
1. (2019 河·南省高考适应性测试 )如图 1 所示， 边长为 L 的等边三角形 ABC 内、外分布着两方
向相反的匀强磁场，三角形内磁场方向垂直纸面向里，两磁场的磁感应强度大小均为
B.顶点
A 处有一粒子源，粒子源能沿∠ BAC 的角平分线发射不同速度的粒子，粒子质量均为
解析 根据题目已知条件可以作出以下图象由 v0＋ kv 0
用时 t 的位移为 x＝ 2 ·t；
v－ t 图象与 t 轴所围成的面积表示位移可得，
v 0＋ 5k－ 4 v 0
5t 时间内的位移为 x′ ＝
2
·5t，
x′ 5 5k－ 3
5 5k－ 3
8 3k－ 2
因此 x ＝ k＋ 1 ，所以 x′＝ k＋ 1 x，即随后 4 s 内的位移为 x′－ x＝ k＋ 1 x，故 A
故 mb∶ ma＝ tan 30 ∶°1，则 ma＝ 3m，故 B 、 C、 D 错误， A 正确．
3. (2019 云·南省统一检测 )如图 3 所示，细线一端固定， 另一端拴一小球， 小球处于静止状态． 现 用一始终与细线垂直的力 F 缓慢拉着小球沿圆弧运动，直到细线水平，在小球运动的整个过 程中， F 和细线拉力的变化情况为 ( )
Q
1 导体棒 ab 产生的焦耳热 Qab＝ 3Q
1
3m3g2 r2
解得 Qab＝ 3mgh－ 16B4L 4
(3)导体棒 ab 自开始运动至到达 MN 的过程中，通过导体棒 ab 某一横截面的电荷量
q1＝ I Δt
E I ＝ 3r
ΔΦ E ＝ Δt
h ΔΦ＝ BLsin 30 °
2BLh 得 q1＝ 3r
x 轴时的水平分速度为 v 0
竖直方向： vy2＝2a(2d)
第一次竖直分速度减半反弹，竖直分速度
高度：
h1＝
vy
2 1
2a ＝
1 4
×
2d
1 v y1＝ 2v y，
第二次竖直分速度减半反弹，竖直分速度
高度：
h2＝
vy
2 2
2a ＝
412×
2d
1
1
v y2＝ 2v y1＝ 22v y，
……
第 n 次竖直分速度减半反弹，高度
(2)带电粒)带电粒子从第二次进入电场开始，沿电场方向运动的总路程．
答案
(1)( － 2d,2d)
(2) 2π＋ 24 2－ 32 d v0
(3)
10 3d
解析 (1)设磁感应强度大小为 B，粒子进入磁场，根据左手定则，粒子做
过 OM ，根据洛伦兹力提供向心力，有：
正确， B 、 C、 D 错误．
例
4
(2019 ·山东日照市 3 月模拟 )如图 3 所示，
在平面直角坐标系 xOy 的第一、二象限内， 存在以虚线 OM 为边界的匀强电场和匀强磁场． 匀
强电场方向沿 y 轴负方向， 匀强磁场方向垂直于 xOy 平面向里， 虚线 OM 与 x 轴负方向成 45°
角．一质量为 m、电荷量为＋ q 的带电粒子从坐标原点 O 处以初速度 v0 沿 x 轴正方向运动，
两球静止时， Oa 段绳与杆的夹角也为 30°， Ob 段绳沿竖直方向，则 a 球的质量为 ( )
图2
3
3
A. 3m B. 3 m C. 2 m D ． 2m
答案 A
解析 分别对 a、 b 两球受力分析，如图：
根据共点力平衡条件得：
FT＝ mbg；根据正弦定理得：
FT sin
θ＝
sin
ma g ； 90 °＋ θ
粒子每次到达 x 轴将反弹，第一次反弹无能量损失，以后每次反弹水平分速度不变、竖直分
速度大小均减为反弹前的 12，方向相反．电场强度大小等于
mv 02
mv0
16qd，磁感应强度大小等于 qd ，
求： (不计粒子重力，题中各物理量单位均为国际单位，计算结果可用分式表示
)
图3
(1)带电粒子第三次经过 OM 时的坐标；
hn＝
vyn2 2a ＝
41n×
2d
11
1
故总路程为： H ＝ 2d＋ 2(h1＋ h2＋ … ＋ hn)＝ 2d＋2× 2d(4＋ 42＋ …＋ 4n)
10 整理可以得到： H ＝ 3 d
即带电粒子从第二次进入电场开始，沿电场方向运动的总路程为
10 H ＝ 3 d.
例
5
(2019 ·山东德州市上学期期末 )如图 4 所
g 表示，下列判断正确的是 ( )
图1 A ．小圆环 A、 B 受到大圆环的支持力之比是 3∶ 1 B ．小圆环 A 受到大圆环的支持力与竖直方向的夹角为 C．细线与水平方向的夹角为 30°
3 D．细线的拉力大小为 2 mg 答案 A
15 °
解析 对 A 和 B 进行受力分析， 根据平行四边形定则作出重力和支持力的合力，此合力的大
16(2)25 题
例
1
(2019 ·山东日照市 3 月模拟 )如图 1 所示，
两个质量分别为 3m、m 的小圆环 A、 B 用不可伸长的细线连着，套在一个竖直固定的大圆
环上，大圆环的圆心为 O.系统平衡时，细线所对的圆心角为 90°，大圆环和小圆环之间的摩
擦力及细线的质量忽略不计，重力加速度大小用
FNA
3mg
F NB
mg
再次利用正弦定理：
sin
180
°－
45
°－
30
＝ °
sin
45
，°sin
180 °－
＝ 45°－ 60°
sin
45
°
FNA 3
整理可以得到：
F
N
＝
B
1
，故选项
A 正确， B 、 D 错误；
由题图根据几何知识可以知道， 细线与水平方向的夹角为 180 －°(45 ＋°30 °)－ 90 °＝ 15 °，故选
小等于绳子的拉力的大小， 设 A、B 所受的支持力与竖直方向的夹角分别为 α和 β，如图所示：
3mg FT
mg F T′
根据正弦定理可以得到： sin 45 ＝°sin α， sin 45 ＝°sin β，
由于 FT＝ F T′ ， α＋ β＝ 90°
6 整理可以得到： α＝30 °， β＝ 60 °， FT＝F T′ ＝ 2 mg
＝ 0.6，旅行箱受到地面的阻力与其受到地面的支持力成正比，比值为
μ，则 ( )
A ． μ＝ 0.5， θ＝ 37° C．μ＝ 0.75，θ＝ 53° 答案 D 解析 对旅行箱受力分析，如图所示：
图2 B ． μ＝0.5， θ＝53° D ． μ＝0.75， θ＝ 37°
根据平衡条件，水平方向，有： Fcos θ－ Ff＝0，
为 h 处释放， 导体棒 ab 在到达 MN 处之前已达到稳定的运动状态， 在导体棒 ab 到达 MN 时
再释放导体棒 cd，导体棒 ab 在 MN 处由倾斜部分进入水平部分时无能量损失．已知导体棒
ab 质量为 m，电阻为 r，导体棒 cd 质量也为 m，电阻为 2r ，导轨电阻忽略不计，两导体棒始 终与导轨接触良好，当地重力加速度为 g，求：
项 C 错误．
例
2
(2019 ·山西临汾市二轮复习模拟 )如图 2
所示是一旅行箱，它既可以在地面上推着行走，也可以在地面上拉着行走．已知该旅行箱的
总质量为 15 kg，一旅客用斜向上的拉力拉着旅行箱在水平地面上做匀速直线运动，
若拉力的
最小值为 90 N，此时拉力与水平方向间的夹角为 θ，重力加速度大小为 g＝ 10 m/s2， sin 37°
对导体棒 cd 的运动过程运用动量定理：
BL I 1Δt1＋ BL I 2Δt2＋ BL I 3Δt3＋ … ＋ BL I nΔtn＝ mv ′－ 0
q2＝ I 1Δt 1＋ I 2Δt2＋ I 3Δt3＋ … ＋ I nΔt n
3m2gr 得 q2＝ 4B3L 3 整个过程中通过导体棒
ab 某一横截面的电荷量
m，电
荷量均为＋ q，粒子重力不计．则粒子以下列哪一速度值发射时不能通过
C 点( )
图1 qBL qBL 2qBL qBL A. m B. 2m C. 3m D. 8m 答案 C
解析 粒子带正电，且经过 C 点，其可能的轨迹如图所示：
所有圆弧所对圆心角均为
L 60 °，所以粒子运动半径： r ＝ n(n＝ 1,2,3，… ) ，粒子在磁场中做匀
图4
(1)导体棒 ab 到达 MN 之前稳定运动时的速度大小； (2)整个过程中导体棒 ab 产生的焦耳热；
(3)整个过程中通过导体棒 ab 某一横截面的电荷量．
答案
(1)
3mgr 2B2 L2
(2)
1 3
mgh
－
3m3g2r 2 16B4L 4
(3)
2BLh 3r
＋
3m2gr 4B3L 3
解析 (1) 导体棒 ab 到达 MN 之前稳定运动时，由平衡条件得
mgsin 30 ＝°ILB BL v
I＝ 3r 3mgr
联立得： v＝ 2B2L 2
(2)导体棒 ab 进入水平部分后， ab 和 cd 组成的系统动量守恒
mv＝ 2mv′
导体棒 ab 和 cd 最终的速度大小相同，都为
3mgr v′ ＝ 4B2 L2
整个过程中能量守恒
mgh＝
2×
1 2
m
v′
2＋
竖直方向，有： F N＋F sin θ－ G＝ 0，
其中： F f＝ μＦN， μＧ
故 F＝ cos θ＋ μsin θ
令 μ＝tan α，则 F ＝ Gsin α ； cos α－ θ
当 α－ θ＝ 0 °时， F 有最小值，故 F ＝Gsin α＝ 90 N ，故 α＝ 37 °，
故 μ＝tan 37 ＝°0.75， θ＝ 37 °，故选 D.
18(3)25 题 18(3)34(2) 题
应用三角函数分 析物理问题
2017
1 卷 21
17(1)21 题
应用函数表达式 或者图象解决物 理问题
2017
3 卷 25
2016 3 卷 25、 35(2)
17(3)25 题
数学方程式、不 等式、微元法和 归纳法的应用
1 卷 25,2 卷 25,3 2017
速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB＝ mvr2，解得：
Bqr BqL v＝ m ＝ mn (n
＝ 1,2,3， … )，故选 C.
2. (2019 山·东淄博市 3 月模拟 )如图 2 所示， a、b 两个小球穿在一根光滑的固定杆上，并且通 过一条细绳跨过定滑轮连接． 已知 b 球质量为 m，杆与水平面的夹角为 30°，不计所有摩擦． 当
高考命题点
命题轨迹
2016
3 卷 34(2)
应用正、余弦定 理、几何图形及 数学推理解决物 理问题
1 卷 25、 34(1) 2018 2 卷 25、 34(2)
3 卷 25、 34(2)
情境图
16(3)34(2) 题 18(1)25 题 18(1)34(1) 题
18(2)25 题 18(2)34(2) 题
示，宽度为 L 的光滑固定金属导轨由水平部分和倾斜部分组成，水平部分足够长，倾斜部分
与水平面的夹角为 30°.导轨水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，倾斜部分处于斜向上与导
轨平面垂直的匀强磁场中，两磁场的磁感应强度大小均为
B.导体棒 ab 和 cd 均与导轨垂直且
分别置于导轨的倾斜部分上和水平部分上并保持静止， 现将导体棒 ab 在距导轨水平部分高度
v02
mv 0
qv0B＝ m r ，解得： r＝ qB ＝ d
3 4的圆周运动后经
粒子运动轨迹如图所示，由图可知，带电粒子第三次经过
OM 时的坐标为 (－ 2d,2d)；
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：
2πd T＝ v0
在电场中，沿
y 轴方向的加速度：
a＝
qE m＝
v02 16d
设粒子从第一次沿