【正文】 大小為 v，粒子在磁場(chǎng)內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡為紙面內(nèi)的一段圓弧，且弧的半徑為磁場(chǎng)左右邊界間距的 2 倍，粒子進(jìn)入電場(chǎng)后，在電場(chǎng)力的作用下又由 O 點(diǎn)返回磁場(chǎng)區(qū)域，經(jīng)過一段時(shí)間后再次離開磁場(chǎng)．已知粒子從 A 點(diǎn)射入到第二次離開磁場(chǎng)所用時(shí)間恰好等于粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期．忽略重力的影響．求： （ 1）粒子經(jīng)過 A點(diǎn)時(shí)的速度方向和 A點(diǎn)到 x軸的距離； （ 2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的大小和方向； （ 3）粒子從第二次離開磁場(chǎng)到再次進(jìn)入電場(chǎng)所用的時(shí)間．【考點(diǎn)】AK：帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的 運(yùn)動(dòng)； CI：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】 16：壓軸題； 536：帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題．【分析】（ 1）結(jié)合運(yùn)動(dòng)的軌跡圖象，判斷出圓周運(yùn)動(dòng)的圓心即兩虛線的交點(diǎn)，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力，粒子的速度和 A到 y軸的距離； （ 2）粒子進(jìn)入電場(chǎng)后，在電場(chǎng)力的作用下又由 O點(diǎn)返回磁場(chǎng)區(qū)域說明電場(chǎng)力的方向一定與運(yùn)動(dòng)的方向相反，則電場(chǎng)方向必與 v相反； 根據(jù)時(shí)間關(guān)系求出粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，進(jìn)而求出電場(chǎng)的強(qiáng)度和方向； （ 3）粒子出磁場(chǎng)后到進(jìn)入電場(chǎng)是勻速直線運(yùn)動(dòng) ，根據(jù)軌跡圖象，就可以求出從第二次離開磁場(chǎng)到再次進(jìn)入電場(chǎng)所用的時(shí)間．【解答】解：（ 1）粒子第一次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)弧的半徑為磁場(chǎng)左右邊界間距的 2 倍，如圖做運(yùn)動(dòng)的軌跡，則圓周運(yùn)動(dòng)的圓心即兩虛線的交點(diǎn)．進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度必垂直于磁場(chǎng)邊界，由洛倫茲力提供向心力：，得： R=， A 點(diǎn)到 x 軸的距離為：，（ 2）設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為 T，則： vT=2π R所以：，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為粒子進(jìn)入電場(chǎng)后，在電場(chǎng)力的作用下又由 O 點(diǎn)返回磁場(chǎng)區(qū)域說明電場(chǎng)力的方向一定與運(yùn)動(dòng)的方向相反，則電場(chǎng)方向必與 v 相反，再次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向也與 v 相反，將向 y 軸 負(fù)方向偏轉(zhuǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖 1所示： 運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，則在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為： 那么在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)有：﹣ v=v﹣ t2，求得： （ 3）粒子出磁場(chǎng)后到進(jìn)入電場(chǎng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)，達(dá)到電場(chǎng)的距離為（如圖 2），所用時(shí)間為答：（ 1）粒子經(jīng)過 A 點(diǎn)時(shí)的速度方向平行于X 軸， A 點(diǎn)到 x軸的距離，（ 2）電場(chǎng)方向與 v相反，大?。? （ 3）第二次離開磁場(chǎng)到再次進(jìn)入電場(chǎng)所用的時(shí)間．【點(diǎn)評(píng)】帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，正確地畫出運(yùn)動(dòng)的軌跡是解題的關(guān)鍵，象該題需要兩次畫出不同的軌跡．題目的難度較大． 第 三篇：高考數(shù)學(xué)試卷（理科）（全國(guó)卷?。ê馕霭妫?,08 版 2021 年全國(guó)統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)試卷（理科）（全國(guó)卷Ⅰ）一、選擇題（共 12 小題，每小題 5 分，滿分 60 分） 1．（ 5 分）函數(shù)的定義域?yàn)椋ǎ〢． {x|x≥ 0}B． {x|x≥ 1}C． {x|x≥ 1}∪ {0}D． {x|0≤ x≤ 1}2．（ 5 分）汽車經(jīng)過啟動(dòng)、加速行駛、勻速行駛、減速行駛之后停車，若把這一過程中汽車的行駛路程 s 看作時(shí)間 t 的函數(shù)，其圖象可能是（）A． B． C． D． 3．（ 5 分）在△ ABC 中， =， =．若點(diǎn) D 滿足 =2，則 =（） A． B． C． D． 4．（ 5分）設(shè) a∈ R，且（ a+i） 2i 為正實(shí)數(shù)，則 a=（） A． 2B． 1C． 0D．﹣ 15．（ 5分）已知等差數(shù)列 {an}滿足 a2+a4=4， a3+a5=10，則它的前 10 項(xiàng)的和S10=（） A． 138B． 135C． 95D． 236．（ 5 分）若函數(shù) y=f（ x）的圖象與函數(shù) y=ln 的圖象關(guān)于直線 y=x 對(duì)稱，則 f（ x） =（） A． e2x﹣2B． e2xC． e2x+1D． e2x+27．（ 5 分）已知曲線 y=在點(diǎn)（ 3， 2）處的切線與直線 ax+y+1=0 垂直，則 a 的值為（） A． 2B． C．﹣ D．﹣ 28．（ 5分）為得到函數(shù)的圖象，只需將函數(shù) y=sin2x 的圖象（） A．向左平移個(gè)長(zhǎng)度單位 B．向右平移個(gè)長(zhǎng)度單位 C．向左平移個(gè)長(zhǎng)度單位 D．向右平移個(gè)長(zhǎng)度單位 9．（ 5分）設(shè)奇函數(shù) f（ x）在（ 0， +∞）上為增函數(shù)，且 f（ 1） =0，則不等式＜ 0 的解集為（） A．（﹣ 1， 0）∪（ 1， +∞） B．（﹣∞，﹣ 1）∪（ 0， 1） C．（﹣∞，﹣ 1）∪（ 1， +∞） D．（﹣ 1， 0）∪（ 0， 1） 10．（ 5分）若直線 =1 與圓 x2+y2=1 有公共點(diǎn)，則（） A． a2+b2≤ 1B． a2+b2≥ 1C． D． 11．（ 5 分）已知三棱柱 ABC﹣ A1B1C1 的側(cè)棱與底面邊長(zhǎng)都相等， A1 在底面 ABC 內(nèi)的射影為 △ ABC 的中心，則 AB1 與底面 ABC 所成角的正弦值等于（） A． B． C． D． 12．（ 5 分）如圖，一環(huán)形花壇分成 A， B， C， D 四塊，現(xiàn)有 4種不同的花供選種，要求在每塊里種 1 種花，且相鄰的 2 塊種不同的花，則不同的種法總數(shù)為（）A． 96B． 84C． 60D． 48 二、填空題（共 4 小題，每小題 5 分，滿分20 分） 13．（ 5 分）若 x， y 滿足約束條件，則 z=2x﹣ y 的最大值為 ． 14．（ 5 分）已知拋物線 y=ax2﹣ 1 的焦點(diǎn)是坐標(biāo)原點(diǎn)，則以拋物線與兩坐標(biāo)軸的三個(gè)交點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形面積為 ． 15．（ 5 分）在△ ABC 中， AB=BC，．若以 A， B 為焦點(diǎn)的橢圓經(jīng)過點(diǎn) C，則該橢圓的離心率 e= ． 16．（ 5 分）等邊三角形 ABC 與正方形 ABDE 有一公共邊 AB，二面角 C﹣ AB﹣ D 的余弦值為， M， N分別是 AC， BC 的中點(diǎn)，則EM， AN 所成角的余弦值等于 ． 三、解答題（共 6 小題，滿分 70分） 17．（ 10 分）設(shè)△ ABC 的內(nèi)角 A， B， C 所對(duì)的邊長(zhǎng)分別為 a， b， c，且 acosB﹣ bcosA=c．（Ⅰ）求的值； （Ⅱ）求 tan（ A﹣ B）的最大值． 18．（ 12 分）四棱錐 A﹣ BCDE 中，底面 BCDE 為矩形，側(cè)面 ABC⊥底面 BCDE， BC=2， ， AB=AC．（Ⅰ）證明：AD⊥ CE； （Ⅱ）設(shè) CE 與平面 ABE所成的角為 45176。時(shí)小球達(dá)到最高點(diǎn)．求（ 1）從滑塊與擋板接觸到速度剛好變?yōu)榱愕倪^程中，擋板阻力對(duì)滑塊的沖量； （ 2）小球從釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，繩的拉力對(duì)小球做功的大?。究键c(diǎn)】 53：動(dòng)量守恒定律； 65：動(dòng)能定理； 6C：機(jī)械能守恒定律．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】 16：壓軸題； 52K：動(dòng)量與動(dòng)能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合．【分析】（ 1）從小球由靜止釋放到滑塊與擋板接觸前，小球和滑塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、水平方向動(dòng)量守恒，根據(jù)兩個(gè)守恒定律列方程，求出滑塊與擋板接觸前小球與滑塊的速度大?。鶕?jù)動(dòng)量定理求解擋板阻力對(duì)滑塊的沖量．（ 2）小球從釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，重力和繩的拉力對(duì)小球做功，根據(jù)動(dòng)能定理求解繩的拉力對(duì)小球做功的大?。窘獯稹拷猓海?1）對(duì)系統(tǒng)，設(shè)小球在最低點(diǎn)時(shí)速度大小為 v1，此時(shí)滑塊的速度大小為 v2，滑塊與擋板接觸前由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律：mgl=mv12+mv22①由系統(tǒng)的水平方向動(dòng)量守恒定律： mv1=mv2②對(duì)滑塊與擋板接觸到速度剛好變?yōu)榱愕倪^程中，擋板阻力對(duì)滑塊的沖量為： I=mv2③聯(lián)立①②③解得 I=m 方向向左④（ 2）小球釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，設(shè)繩的拉力對(duì)小球做功的大小為 W，對(duì)小球由動(dòng)能定理： mgl+W=mv12⑤聯(lián)立①②⑤解得： W=﹣ mgl，即繩的拉力對(duì)小球做負(fù)功，大小為 mgl．答： （ 1）從滑塊與擋板接觸到速度剛好變?yōu)榱愕倪^程中，擋板阻力對(duì)滑塊的沖量為 I=m，方向向左； （ 2）小球從釋放到第一次到達(dá)最低 點(diǎn)的過程中，繩的拉力對(duì)小球做功的大小是﹣ mgl．【點(diǎn)評(píng)】本題是系統(tǒng)機(jī)械能守恒和水平方向動(dòng)量守恒的類型，再加上運(yùn)用動(dòng)量定理求沖量、由動(dòng)能定理求功，都是常用的方法和思路． 13．（ 22 分）如圖所示，在坐標(biāo)系 xOy 中，過原點(diǎn)的直線 OC 與 x 軸正向的夾角φ =120176。 故選： B。時(shí)，趨近漸近線，初步判定該函數(shù)為單調(diào)函數(shù)，通過帶入θ為其它特殊值，仍然有 t1＜ t2，所以 B選項(xiàng)正確。增大到 90176。 【點(diǎn)評(píng)】本題要求學(xué)生能正確理解 B﹣ t 圖的含義，才能準(zhǔn)確的利用楞次定律進(jìn)行判定。若規(guī)定順時(shí)針方向?yàn)楦袘?yīng)電流 I 的正方向，下列各圖中正確的是（） A． B． C． D．【考點(diǎn)】 BB：閉合電路的歐姆定律； D8：法拉第電磁感應(yīng)定律．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】 16：壓軸題； 53B：電磁感應(yīng)與圖像結(jié)合．【分析】由右圖可知 B 的變化，則可得出磁通量的變化情況，由楞次定律可知電流的方向； 由法拉第電磁感應(yīng)定律可知電動(dòng)勢(shì)，即可知電路 中電流的變化情況； 【解答】解：由圖可知， 0﹣ 1s 內(nèi)，線圈中磁通量的變化率相同，故 0﹣ 1s 內(nèi)電流的方向相同，由楞次定律可知，電路中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，即電流為負(fù)方向； 同理可知， 1﹣ 2s 內(nèi)電路中的電流為順時(shí)針， 2﹣ 3s 內(nèi)，電路中的電流為順時(shí)針， 3﹣ 4s 內(nèi)，電路中的電流為逆時(shí)針，由 E==可知，電路中電流大小恒定不變。 【點(diǎn)評(píng)】本題考查了核反應(yīng)方程中質(zhì)量數(shù)和核電荷數(shù)守恒的知識(shí)，屬于基礎(chǔ)知識(shí)，應(yīng)仔細(xì)閱讀題目，一步一步向下分析． 6．（ 6 分）已知地球半徑約為 106m，空氣的摩爾質(zhì)量約為 10﹣ 2kg/mol，一個(gè)標(biāo)準(zhǔn)大氣壓約為 105Pa．利用以上數(shù)據(jù)可估算出地球表面大氣在標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下的體積為（） A． 4 1016m3B． 4 1018m3C． 4 1020m3D． 4 1022m3【考點(diǎn)】 82：阿伏加德羅常數(shù)．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】 16：壓軸題； 543：阿伏伽德羅常數(shù)的應(yīng)用專題．【分析】大氣壓強(qiáng)是 由地球附近大氣層中空氣的重力產(chǎn)生的，根據(jù)大氣壓強(qiáng)和地球的表面積求出地球周圍大氣層空氣分子的總質(zhì)量，再求出空氣體積．【解答】解：大氣壓強(qiáng) P0=，地球表面積 s=4π R2則地球周圍空氣質(zhì)量為：； 由于標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下，一摩爾任何氣體的體積都是 升，即摩爾體積為 V= 10﹣ 3m3； 故空氣密度為：； 空氣的總體積為 =； 代入解得， V′ =4 1018m3故選： B。 【點(diǎn)評(píng)】本題考查萬有引力定律．首先要根據(jù)萬有引力定律表達(dá)出太陽的地球的質(zhì)量，然后再列出太陽和地球分別對(duì)月球的萬有引力定律方程． 5．（ 6 分）三個(gè)原子核 X、 Y、 Z， X 核放出一個(gè)正電子后變?yōu)?Y 核， Y 核與質(zhì)子發(fā)生核反應(yīng)后生成 Z核并放出一個(gè)氦核（ He）．則下面說法中正確的是（） A． X 核比 Z 核多一個(gè)質(zhì)子 B． X 核比 Z 核少一個(gè)中子 C． X核的質(zhì)量數(shù)比 Z核質(zhì)量數(shù)大 3D． X 核與 Z 核的總電荷是 Y核電荷的 2 倍【考點(diǎn)】 JJ：裂變反應(yīng)和聚變反應(yīng)．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】根據(jù)題意寫出核反應(yīng)方程，再由質(zhì)量守恒定律和核電荷數(shù)守恒來判斷各選 項(xiàng)．【解答】解： A、設(shè)原子核 X 的質(zhì)量數(shù)為 x，電荷數(shù)為 y，根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，可得原子核 Y 的質(zhì)量數(shù)為 x，電荷數(shù)為y﹣ 1，原子核 Z 的質(zhì)量數(shù)為 x﹣ 3，電荷數(shù)為 y﹣ 2．由此可得 X 核的質(zhì)子（ y）比 Z 核的質(zhì)子（ y﹣ 2）多 2個(gè)，故 A錯(cuò)誤； B、由 A 可得 X 核的中子（ x﹣ y）比 Z 核的中子（ x﹣ y﹣ 1）多 1個(gè)，故 B 錯(cuò)誤； C、 X 核的質(zhì)量數(shù)（ x）比 Z 核的質(zhì)量數(shù)（ x﹣ 3）多 3 個(gè)，故 C 正確； D、 X 核與 Z 核的總電荷（ 2y﹣ 2）是 Y 核電荷（ y﹣ 1）的 2 倍，故 D 正確。 故選： C。 D、由于＜ xb﹣ xa＜λ，位移相同時(shí)，速度大小相等，方向相反，兩者不可能同時(shí)相同。 C、 t=0 時(shí)刻， b 點(diǎn)振動(dòng)方向向 y 軸正方向，當(dāng) t=時(shí)， b 質(zhì)點(diǎn)正在向 y 軸負(fù)方向。 B、簡(jiǎn)諧橫波沿 x 軸負(fù)方向傳播， t=0 時(shí)， a 質(zhì)點(diǎn)正在向 y 軸正方向運(yùn)動(dòng)， t=時(shí)， a質(zhì)點(diǎn)正在向 y軸正方向運(yùn)動(dòng)。 【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵抓住小球和小車具有相同的加速度，運(yùn)用牛頓第二定律進(jìn)行求解． 3．（ 6 分）一列簡(jiǎn)諧橫波沿 x軸傳播，周期為 T， t=0 時(shí)的波形如圖所示，此時(shí)處于 x=3m 處的質(zhì) 點(diǎn)正在向上運(yùn)動(dòng)，若 a、 b 兩質(zhì)點(diǎn)平衡位置的坐標(biāo)分別為 xa= 和 xb=，則（）A．當(dāng) a 質(zhì)點(diǎn)處在波峰時(shí)， b質(zhì)點(diǎn)恰在波谷 B．當(dāng) t=時(shí)， a質(zhì)點(diǎn)正在向 y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng) C．當(dāng) t=時(shí)， b 質(zhì)點(diǎn)正在向 y 軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng) D．在某一時(shí)刻， a、 b 兩質(zhì)點(diǎn)的位移和速度可能相同【考點(diǎn)】 F4：橫波的圖象； F5：波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】由波動(dòng)圖象，分析質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)情況，判斷質(zhì)點(diǎn) a、 b 的速度方向，分析兩位移的關(guān)系．【解答】解： A、由圖λ =4m， xb﹣ xa=3m≠，則 a 質(zhì)點(diǎn)處在波峰時(shí)， b 質(zhì)點(diǎn)不在波谷。故 A正確，