1、 高考命题点 命题轨迹 情境图 应用正、余弦定 理、几何图形及 数学推理解决物 理问题 2016 3 卷 34(2) 16(3)34(2)题 18(1)25 题 18(1)34(1)题 18(2)25 题 18(2)34(2)题 18(3)25 题 18(3)34(2)题 2018 1 卷 25、34(1) 2 卷 25、34(2) 3 卷 25、34(2) 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 17(3)25 题 数学方程式、不 等式、微元法和 归纳法的应用 2016 3 卷 25、35(2)
2、16(3)25 题 16(3)35(2)题 2017 1 卷 25,2 卷 25,3 卷 33(2) 17(2)25 题 17(3)33(2)题 数学推导和结论 分析 2015 1 卷 25、35(2)， 2 卷 25 15(1)25 题 15(1)35(2)题 15(2)25 题 16(1)16 题 16(1)25 题 16(2)25 题 2016 1 卷 16、25,2 卷 25 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 9
3、0 ，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 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 31 B小圆环 A 受到大圆环的支持力与竖直方向的夹角为 15 C细线与水平方向的夹角为 30 D细线的拉力大小为 3 2 mg 答案 A 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 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 和 ， 如图所示： 根据正弦定理可以得到： 3mg sin 45 FT sin ， mg sin 45 FT sin ， 由于 FTF
4、T，90 整理可以得到：30 ，60 ，FTFT 6 2 mg 再次利用正弦定理： FNA sin 180 45 30 3mg sin 45 ， FNB sin 180 45 60 mg sin 45 整理可以得到：FNA FNB 3 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 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
5、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 ，重力加速度大小为 g10 m/s2，sin 37 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 ，则( ) 图 2 A0.5，37 B0.5，53 C0.75，53 D0.75，37 答案 D 解析 对旅行箱受力分析，如图所示： 根据平衡条件，水平方向，有：Fcos Ff0， 竖直方向，有：FNFsin G0， 其中：FfFN， 故 F G cos sin 令 tan ，则 F Gsin cos ； 当 0 时，F 有最小值，故 FGsin 90 N，故 37 ， 故 tan 37 0.75，37 ，故选
6、D. 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(k1)，位移大小为 x.则在随后的 4t 内，该质点的位移大小为( ) A.83k2x k1 B.82k1x k1 C.82k1x k1 D.35k3x k1 答案 A 解析 根据题目已知条件可以作出以下图象由 vt 图象与 t 轴所围成的面积表示位移可得， 用时 t 的位移为 xv0kv0 2 t； 5t 时间内的位移为 xv05k4v0 2 5t， 因此x x 55k3 k1 ，所以 x55k3 k1 x，即随后 4 s 内的位移为 xx83k2 k1 x，故 A 正确，B、C、D
7、 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，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1 2，方向相反电 场强度大小等于mv0 2 16qd，磁感应强度大小等于 mv0 qd ，求：(不计粒子重力，题中各物理量单位均
8、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； (2)带电粒子第三次到达 OM 时经过的时间； (3)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)224 232d v0 (3)10 3 d 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3 4的圆周运动后经 过 OM，根据洛伦兹力提供向心力，有：qv0Bmv0 2 r ，解得：rmv0 qB d 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：T2d v0 在
9、电场中，沿 y 轴方向的加速度：aqE m v02 16d 设粒子从第一次沿 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：vy02 v022ar，vy0v0at1 联立解得：t112 216d v0 则带电粒子第三次到达 OM 时经过的时间为：tT2t1224 232d v0 ； (3)因粒子第二次进入电场做类平抛运动，故到达 x 轴时的水平分速度为 v0 竖直方向：vy22a(2d) 第一次竖直分速度减半反弹，竖直分速度 vy11 2vy， 高度：h1vy1 2 2a 1 42d 第二次竖直分速度减半反弹，竖直分速度 vy21 2vy1 1 22vy， 高
10、度：h2vy2 2 2a 1 422d 第 n 次竖直分速度减半反弹，高度 hnvyn 2 2a 1 4n2d 故总路程为：H2d2(h1h2hn)2d22d(1 4 1 42 1 4n) 整理可以得到：H10 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 H10 3 d. 例 5 (2019 山东德州市上学期期末)如图 4 所示， 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
11、 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： 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
12、棒 ab 某一横截面的电荷量 答案 (1)3mgr 2B2L2 (2) 1 3mgh 3m3g2r2 16B4L4 (3) 2BLh 3r 3m 2gr 4B3L3 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 IBLv 3r 联立得：v3mgr 2B2L2 (2)导体棒 ab 进入水平部分后， ab 和 cd 组成的系统动量守恒 mv2mv 导体棒 ab 和 cd 最终的速度大小相同，都为 v3mgr 4B2L2 整个过程中能量守恒 mgh21 2mv 2Q 导体棒 ab 产生的焦耳热 Qab1 3Q 解得 Qab1 3mgh 3m3g2r2
13、16B4L4 (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 t I E 3r E t BL h sin 30 得 q12BLh 3r 对导体棒 cd 的运动过程运用动量定理： BL I1t1BL I2t2BL I3t3BL Intnmv0 q2 I1t1 I2t2 I3t3 Intn 得 q23m 2gr 4B3L3 整个过程中通过导体棒 ab 某一横截面的电荷量 qq1q22BLh 3r 3m 2gr 4B3L3. 专题强化练专题强化练 (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
14、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 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 A.qBL m B.qBL 2m C.2qBL 3m D.qBL 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 60 ，所以粒子运动半径：rL n(n1,2,3，)，粒子在磁场中做匀 速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvBmv 2 r ，
15、解得：vBqr m BqL 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 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 A. 3m B. 3 3 m C. 3 2 m D2m 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：FTmbg；根据正弦定理得： FT sin mag sin 90 ； 故 mbmatan 3
16、0 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( ) 图 3 AF 先增大后减小 BF 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： 由图可知，F 和 FT的合力与重力大小相等，方向相反，故可以将这三个力放在一个闭合的矢 量三角形内进行分析，如图乙所示： 在缓慢变化的过程，重力保持不变，F 与 FT的方向
17、始终垂直，且三个力始终构成一个闭合的 矢量三角形，故由图乙可知，F 不断增大，细线的拉力 FT不断减小，故 A、C、D 错误，B 正确 4(多选)(2019 河南郑州市第二次质量预测)如图 4 所示，2019 个质量均为 m 的小球通过完 全相同的水平轻质弹簧(始终在弹性限度内)相连，在水平拉力 F 的作用下，一起沿光滑水平 面以加速度 a 向右做匀加速直线运动，设 1 和 2 之间弹簧的弹力为 F12,2 和 3 之间弹簧的弹 力为 F23,2018 和 2019 之间弹簧的弹力为 F20182019，则下列结论正确的是( ) 图 4 AF12F23F201820191232018 B从左到
18、右每根弹簧长度之比为 1232018 C如果突然撤去拉力 F，撤去 F 瞬间，第 2019 个小球的加速度为F m，其余每个球的加速度 依然为 a D如果 1 和 2 两个球间的弹簧从第 1 个球处脱落，那么脱落瞬间第 1 个小球的加速度为 0， 第 2 个小球的加速度为 2a，其余小球的加速度依然为 a 答案 AD 解析 以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F2019ma，解得 a F 2019m；以后面的 第 1、2、3、2018 个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得 F12 1 2019F，F23 2 2019 F，F201820192018 2019F，则 F12F23F2018
19、20191232018，故 A 正确； 因为每根弹簧的劲度系数相等，根据胡克定律可知，从左到右每根弹簧伸长量之比为 1232018，但是总长度之比不等于 1232018，故 B 错误；突然撤去 F 瞬间， 因弹簧的弹力不能突变， 可知除第 2019 个球所受合力突然变为2018 2019F， 加速度为 2018F 2019m， 其他球的合力未变，所以其他球的加速度依然为 a，故 C 错误；如果 1 和 2 两个球间的弹簧 从第 1 个球处脱落，那么脱落瞬间第 1 个小球受到的合力为零，则加速度为 0，第 2 个小球 受到的合力变为 2F 2019，则加速度为 2F 2019m2a，其余小球受到
20、的合力不变，加速度依然为 a， 故 D 正确 5给房屋设计屋顶时，把屋顶设计成斜面，把雨水沿着屋顶滑下的运动理想化为小球沿光滑 斜面滑下的情形，为了使雨水能尽快地滑下并从屋檐落下，则斜面的倾角应设计成多大的角 度？按这种设计，雨水从屋顶滑到屋檐的时间为多少？(已知屋顶与屋檐间的水平距离为 L， 重力加速度为 g) 答案 见解析 解析 如图所示，设斜面 AB 的倾角为 . 当雨水(理想化为图中的小球)从斜面滑下时， 其加速度为 agsin ， 从 A 到 B 的距离为 L cos ， 设从 A 到 B 所用的时间为 t，则 L cos 1 2gsin t 2 得 t 2L gsin cos 4L
21、 gsin 2 当 45 时，t 有最小值，tmin2 L g. 6(2019 河南驻马店市第一学期期末)如图 5 所示，间距为 L0.5 m 的两条平行金属导轨， 水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度 B0.2 T，轨道左侧连接一定值电阻 R1 .垂直导轨的导体棒 ab 在水平外力 F 作用下沿导轨运动，并始终与导轨接触良好t 0 时刻，导体棒从静止开始做匀加速直线运动，力 F 随时间 t 变化的规律如图乙所示已 知导体棒和导轨间的动摩擦因数为 0.5，导体棒和导轨的电阻均不计取 g10 m/s2，求： 图 5 (1)导体棒的加速度大小； (2)导体棒的质量 答案 (1)5 m/
22、s2 (2)0.1 kg 解析 (1)设导体棒的质量为 m，导体棒做匀加速直线运动的加速度为 a，某时刻 t，导体棒的 速度为 v，所受的摩擦力为 Ff，则导体棒产生的电动势：EBLv 回路中的电流 IE R 导体棒受到的安培力：F安BIL 由牛顿第二定律：FF安Ffma 由题意 vat 联立解得：FB 2L2a R tmaFf 根据题图乙可知，010 s 内图象的斜率为 0.05 N/s，即B 2L2a R 0.05 N/s，解得 a5 m/s2 (2)由 Ft 图象纵截距可知：maFf1.0 N 又 Ffmg 解得 m0.1 kg. 7. (2019 四川绵阳市第二次诊断)如图 6 所示，
23、一倾角为 60 的光滑斜面固定于水平地面上，Q 为斜面顶点，P 为斜面上一点，同一竖直平面内有固定点 O，O、P 连线垂直于斜面，OPl， P、Q 间距离 xPQ 3 12l.长度为 l 的轻绳一端系于 O 点，另一端系质量为 m 的小球 A，质量为 M4m 的滑块 B 在一锁定装置作用下静止于斜面上的 P 点现将 A 球拉至与 O 点等高的水 平位置，拉直轻绳，以竖直向下的初速度 v0释放，A 与 B 发生碰撞前一瞬间，锁定装置解除， A、B 均视为质点，碰撞过程中无能量损失，重力加速度为 g. 图 6 (1)求小球 A 通过最低点 C 点时，绳对小球拉力的大小； (2)求小球 A 与滑块
24、B 碰撞后瞬间，小球 A 和滑块 B 的速度 vA和 vB的大小； (3)若 A、 B 碰后， 滑块 B 能沿斜面上滑越过 Q 点， 且小球 A 在运动过程中始终不脱离圆轨道， 求初速度 v0的取值范围 答案 (1)3mgmv0 2 l (2)3 5 glv02 2 5 glv02 (3)3 4 glMgx PQsin 60 解得：v03 4 gl 小球 A 不能做完整圆周运动，但不脱离圆轨道，即回到最右端位置时速度不能大于零， 则：1 2mvA 2mglcos 60 解得：v04 3 gl 小球 A 能做完整圆周运动，即能够过最高点，设小球 A 恰能过最高点的速度为 v2， 则：mgmv2 2 l 小球 A 能过圆轨道的最高点的条件为：1 2mvA 21 2mv2 2mgl(1cos 60 ) 解得：v0 91gl 3 初速度 v0的取值范围：3 4 glv04 3 gl或 v0 91gl 3
