2014高考物理必考考點.doc

2014年高考物理必考考點題型大盤點必考一、描述運動的基本概念 【典題1】2010年11月22日晚劉翔以13秒48的預賽第一成績輕松跑進決賽，如圖所示，也是他歷屆亞運會預賽的最佳成績。劉翔之所以能夠取得最佳成績，取決于他在110米中的( ) A.某時刻的瞬時速度大 B.撞線時的瞬時速度大 C.平均速度大 D.起跑時的加速度大 【解題思路】在變速直線運動中，物體在某段時間的位移跟發(fā)生這段位移所用時間的比值叫平均速度，是矢量，方向與位移方向相同。根據(jù)x=Vt可知，x一定，v越大，t越小，即選項C正確。 必考二、受力分析、物體的平衡【典題2】如圖所示，光滑的夾角為30的三角桿水平放置，兩小球A、B分別穿在兩個桿上，兩球之間有一根輕繩連接兩球，現(xiàn)在用力將B球緩慢拉動，直到輕繩被拉直時，測出拉力F10N則此時關(guān)于兩個小球受到的力的說法正確的是（ ）FABA、小球A受到重力、桿對A的彈力、繩子的張力B、小球A受到的桿的彈力大小為20NC、此時繩子與穿有A球的桿垂直，繩子張力大小為ND、小球B受到桿的彈力大小為N【解題思路】對A在水平面受力分析，受到垂直桿的彈力和繩子拉力，由平衡條件可知，繩子拉力必須垂直桿才能使A平衡，再對B在水平面受力分析，受到拉力F、桿的彈力以及繩子拉力，由平衡條件易得桿對A的彈力N等于繩子拉力T，即NT20N，桿對B的彈力NB?！敬鸢浮緼Bt/sv/(ms-2)123421-2-1O必考三、xt與vt圖象【典題3】圖示為某質(zhì)點做直線運動的vt圖象，關(guān)于這個質(zhì)點在4s內(nèi)的運動情況，下列說法中正確的是（ ）A、質(zhì)點始終向同一方向運動B、4s末質(zhì)點離出發(fā)點最遠C、加速度大小不變，方向與初速度方向相同D、4s內(nèi)通過的路程為4m，而位移為0【解題思路】在vt圖中判斷運動方向的標準為圖線在第一象限（正方向）還是第四象限（反方向），該圖線穿越了t軸，故質(zhì)點先向反方向運動后向正方向運動，A錯；圖線與坐標軸圍成的面積分為第一象限（正方向位移）和第四象限（反方向位移）的面積，顯然t軸上下的面積均為2，故4s末質(zhì)點回到了出發(fā)點，B錯；且4s內(nèi)質(zhì)點往返運動回到出發(fā)點，路程為4m，位移為零，D對；判斷加速度的標準是看圖線的斜率，正斜率表示加速度正方向、負斜率比啊是加速度反方向，傾斜度表達加速度的大小，故4s內(nèi)質(zhì)點的節(jié)哀速度大小和方向均不變，方向為正方向，而初速度方向為反方向的2m/s，C錯。 【答案】D必考四、勻變速直線運動的規(guī)律與運用【典題4】生活離不開交通，發(fā)達的交通給社會帶來了極大的便利，但是，一系列的交通問題也伴隨而來，全世界每秒鐘就有十幾萬人死于交通事故，直接造成的經(jīng)濟損失上億元。某駕駛員以30m/s的速度勻速行駛，發(fā)現(xiàn)前方70m處前方車輛突然停止，如果駕駛員看到前方車輛停止時的反應時間為0.5s，該汽車是否會有安全問題？已知該車剎車的最大加速度為【解題思路】汽車做勻速直線運動的位移為:。汽車做勻減速直線運動的位移:。汽車停下來的實際位移為:。由于前方距離只有70m，所以會有安全問題。必考五、重力作用下的直線運動【典題5】某人站在十層樓的平臺邊緣處，以=20m/s的初速度豎直向上拋出一石子,求拋出后石子距拋出點15m處所需的時間(不計空氣阻力，取g=10 m/s2).【解題思路】考慮到位移是矢量，對應15m的距離有正、負兩個位移，一個在拋出點的上方，另一個在拋出點的下方，根據(jù)豎直上拋運動的位移公式，有將=15m和=-15m分別代入上式，即解得=1s和=3s，-解得=（）s和（不合題意舍去）所以石子距拋出點15m處所需的時間為1s、3s或（）s 必考六、牛頓第二定律【典題6】FABC如圖所示，三物體A、B、C均靜止，輕繩兩端分別與A、C兩物體相連接且伸直，mA3kg，mB2kg，mC1kg，物體A、B、C間的動摩擦因數(shù)均為0.1，地面光滑，輕繩與滑輪間的摩擦可忽略不計。若要用力將B物體拉動，則作用在B物體上水平向左的拉力最小值為（最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g10m/s2）（ ）A3NB5NC8ND6N【解題思路】依題意是要求能把B拉動即可，并不一定要使物體從A和C之間抽出來。考慮到B的上表面的最大靜摩擦力為fA3N，B的下表面的最大靜摩擦力為fB5N，故上表面容易滑動，將BC做為整體分析，BC整體向左的加速度大小與A向右的加速度大小相同，均設(shè)為a，由牛頓第二定律：FT(mAmB)a，對A由牛頓第二定律：TfAmCa，當a0時，F(xiàn)力最小，解得最小值為F6N，D對。本題中若F9N時，可將B從中間抽出來，而在6N到9N之間的拉力只能使B和C一起從A下面抽出來，而拉力小于6N時，無法拉動B?！敬鸢浮緿AB【典題7】如圖所示，一質(zhì)量為m的物塊A與直立輕彈簧的上端連接，彈簧的下端固定在地面上，一質(zhì)量也為m的物塊B疊放在A的上面，A、B處于靜止狀態(tài)。若A、B粘連在一起，用一豎直向上的拉力緩慢上提B，當拉力的大小為時，A物塊上升的高度為L，此過程中，該拉力做功為W；若A、B不粘連，用一豎直向上的恒力F 作用在B上，當A物塊上升的高度也為L時，A與B恰好分離。重力加速度為g，不計空氣阻力，求（1）恒力F的大小；（2）A與B分離時的速度大小?！窘忸}思路】設(shè)彈簧勁度系數(shù)為k，A、B靜止時彈簧的壓縮量為x，則xA、B粘連在一起緩慢上移，以A、B整體為研究對象，當拉力時k(xL)2mg A、B不粘連，在恒力F作用下A、B恰好分離時，以A、B整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律Fk(xL)2mg2ma以B為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律Fmgma 聯(lián)立解得F（2）A、B粘連在一起緩慢上移L，設(shè)彈簧彈力做功為W彈，根據(jù)動能定理WW彈2mgL0 在恒力F作用下，設(shè)A、B分離時的速度為v，根據(jù)動能定理 FLW彈2mgL2mv2聯(lián)立解得 v【答案】（1）1.5mg；（2）必考七、超重與失重及整體法牛頓第二定律的應用37ABP【典題8】傾角為37的斜面體靠在固定的豎直擋板P的一側(cè)，一根輕繩跨過固定在斜面頂端的定滑輪，繩的一端與質(zhì)量為mA=3kg的物塊A連接，另一端與質(zhì)量為mB=1kg的物塊B連接。開始時，使A靜止于斜面上，B懸空，如圖所示?，F(xiàn)釋放A，A將在斜面上沿斜面勻加速下滑，求此過程中，擋板P對斜面體的作用力的大小。（所有接觸面產(chǎn)生的摩擦均忽略不計，sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）【解題思路】設(shè)繩中張力為T，斜面對A的支持力為NA，A、B加速度大小為a，以A為研究對象，由牛頓第二定律mAgsin37 T =maNA = mAgcos37以B為研究對象，由牛頓第二定律TmBg = mBa聯(lián)立解得 a = 2m/s2 T 12N NA24N以斜面體為研究對象，受力分析后，在水平方向F = NAsin37Tcos37NA NA解得 F = 4.8N（或以整體為研究對象，由牛頓第二定律得F = mAacos37=4.8N）【答案】4.8N【典題9】錢學森被譽為中國導彈之父，“導彈”這個詞也是他的創(chuàng)作。導彈制導方式很多，慣性制導系統(tǒng)是其中的一種，該系統(tǒng)的重要元件之一是加速度計，如圖所示。沿導彈長度方向安裝的固定光滑桿上套一質(zhì)量為m的絕緣滑塊，分別與勁度系數(shù)均為k的輕彈簧相連，兩彈簧另一端與固定壁相連。當彈簧為原長時，固定在滑塊上的滑片停在滑動變阻器（電阻總長為L）正中央，M、N兩端輸入電壓為U0，輸出電壓=0。系統(tǒng)加速時滑塊移動，滑片隨之在變阻器上自由滑動，相應改變，然后通過控制系統(tǒng)進行制導。設(shè)某段時間導彈沿水平方向運動，滑片向右移動，則這段時間導彈的加速度（ ） A方向向右，大小為 B方向向左，大小為C方向向右，大小為 D方向向左，大小為【解題思路】通過滑塊的移動，改變觸頭的位置，使電壓表示數(shù)變化，從電壓表的讀數(shù)得知加速度的值?；瑝K運動時，它所需的向心力由彈簧的彈力提供，設(shè)形變?yōu)閤，根據(jù)牛頓第二定律可得:，根據(jù)電壓分配規(guī)律:；因為滑片向右移動，所以導彈的加速度方向向左，大小為?！敬鸢浮緿必考八、運動學與牛頓定律的綜合30AB【典題10】如圖所示，皮帶傳動裝置與水平面夾角為30，輪半徑R= m，兩輪軸心相距L=3.75m，A、B分別是傳送帶與兩輪的切點，輪緣與傳送帶之間不打滑。一個質(zhì)量為0.1kg的小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為= 。g取10m/s2。（1）當傳送帶沿逆時針方向以v1=3m/s的速度勻速運動時，將小物塊無初速地放在A點后，它運動至B點需多長時間？（計算中可取16，20）（2）小物塊相對于傳送帶運動時，會在傳送帶上留下痕跡。當傳送帶沿逆時針方向勻速運動時，小物塊無初速地放在A點，運動至B點飛出。要想使小物塊在傳送帶上留下的痕跡最長，傳送帶勻速運動的速度v2至少多大？【解題思路】（1）當小物塊速度小于3m/s時，小物塊受到豎直向下、垂直傳送帶向上的支持力和沿傳送帶斜向下的摩擦力作用，做勻加速直線運動，設(shè)加速度為a1，根據(jù)牛頓第二定律mgsin30 + mgcos30=ma1，解得 a1 = 7.5m/s2當小物塊速度等于3m/s時，設(shè)小物塊對地位移為L1，用時為t1，根據(jù)勻加速直線運動規(guī)律t1 = ，L1 = ，解得 t1 = 0.4s L1 = 0.6m由于L1L 且tan30，當小物塊速度大于3m/s時，小物塊將繼續(xù)做勻加速直線運動至B點，設(shè)加速度為a2，用時為t2，根據(jù)牛頓第二定律和勻加速直線運動規(guī)律mgsin30mgcos30=ma2，解得 a2 = 2.5m/s2LL1 = v1t2 + a2t22，解得 t2 = 0.8s故小物塊由禁止出發(fā)從A到B所用時間為 t = t1 + t2 = 1.2s（2）作vt圖分析知：傳送帶勻速運動的速度越大，小物塊從A點到B點用時越短，當傳送帶速度等于某一值v 時，小物塊將從A點一直以加速度a1做勻加速直線運動到B點，所用時間最短，即L = a1tmin2，解得tmin = 1sv =a1 tmin =7.5m/s此時小物塊和傳送帶之間的相對路程為 S = v tL = 3.75m傳送帶的速度繼續(xù)增大，小物塊從A到B的時間保持不變，而小物塊和傳送帶之間的相對路程繼續(xù)增大，小物塊在傳送帶上留下的痕跡也繼續(xù)增大；當痕跡長度等于傳送帶周長時，痕跡為最長Smax，設(shè)此時傳送帶速度為v2，則Smax = 2L + 2R，Smax = v2tL 聯(lián)立解得 v2 = 12.25m/s【答案】（1）1.2s；（2）12.25m/s。必考九、曲線運動【典題11】2010年8月22日，2010年首屆新加坡青奧會田徑比賽展開第二個決賽日的爭奪，如圖所示，中國選手谷思雨在女子鉛球比賽憑借最后一投，以15米49獲得銀牌。鉛球由運動員手中推出后在空中飛行過程中，若不計空氣阻力，它的運動將是（） A曲線運動，加速度大小和方向均不變，是勻變速曲線運動B曲線運動，加速度大小不變，方向改變，是非勻變速曲線運動C曲線運動，加速度大小和方向均改變，是非勻變速曲線D若水平拋出是勻變速運動，若斜向上拋出則不是勻變速曲線運動【解題思路】物體所受合力的方向跟它的速度方向不在同一直線上時，這個合力總能產(chǎn)生一個改變速度方向的效果，物體就一定做曲線運動當物體做曲線運動時，它的合力所產(chǎn)生的加速度的方向與速度方向也不在同一直線上。物體的運動狀態(tài)是由其受力條件及初始運動狀態(tài)共同確定的物體運動的性質(zhì)由加速度決定（加速度為零時物體靜止或做勻速運動；加速度恒定時物體做勻變速運動；加速度變化時物體做變加速運動）。鉛球只受一個重力，大小和方向均不變，加速度大小和方向也都不變，剛拋出時速度方向和重力的方向不在同一條直線上，故做曲線運動.【答案】A必考十、拋體運動規(guī)律【典題12】如圖，空間中存在兩條射線OM、ON，以及沿射線OM方向的勻強電場，已知NOM，某帶電粒子從射線OM上的某點P垂直于OM入射，僅在電場作用下經(jīng)過射線ON上的Q點，若Q點離O點最遠且OQL，求：（1）粒子入射點P離O點的距離S（2）帶電粒子經(jīng)過電壓U加速后從P點入射，則改變電壓U時，欲使粒子仍然能經(jīng)過Q點，試畫出電壓U與勻強電場的場強E之間的關(guān)系。（只定性畫出圖線，無需說明理由）OMv0PQSv0vyUEOOMNPQ UEO【解題思路】如圖所示，依題意，粒子在Q點的速度方向沿著射線ON，粒子從P點開始做類平拋運動，設(shè)加速度為a，則：沿著OM方向做勻加速直線運動：at2 在Q點平行于OM方向的分速度：vyatSQ方向做勻速運動：v0t 且v0vytan解得：cos 顯然P點為OS的中點，故P離O點的距離Scos（2）如圖所示【答案】（1）0.5Lcos；（2）如圖所示。必考十一、萬有引力定律PQOMN【典題13】2010年10月1日18點59分57秒，我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射站發(fā)射了“嫦娥二號”，而我國發(fā)射的“嫦娥一號”衛(wèi)星繞月球早已穩(wěn)定運行，并完成了既定任務(wù)?！版隙鸲枴迸c“嫦娥一號”的最大不同在于“嫦娥二號”衛(wèi)星是利用了大推力火箭直接被送到地月轉(zhuǎn)移軌道，而“嫦娥一號”是送出地球后第三級火箭脫落。如圖所示，為“嫦娥一號”在地月轉(zhuǎn)移的軌道的一部分，從P向Q運動，直線MN是過O點且和兩邊軌跡相切，下列說法錯誤的是（ ）A、衛(wèi)星在此段軌道上的加速度先減小后增大B、衛(wèi)星在經(jīng)過O點是的速度方向與ON方向一致C、衛(wèi)星的速度一直在增大D、在O處衛(wèi)星的動能最小【解題思路】由軌跡彎曲方向可看出衛(wèi)星在O處的加速度方向發(fā)生變化，故衛(wèi)星先遠離地球過程中萬有引力做負功，動能減小，過了O點后萬有引力對衛(wèi)星做正功，動能增大，故A、D對，C錯；衛(wèi)星做曲線運動的速度沿著切線方向，故B對?！敬鸢浮緾必考十二、人造衛(wèi)星、同步衛(wèi)星【典題14】繼2010年10月成功發(fā)射“嫦娥二號”，我國又將于2011年上半年發(fā)射“天宮一號”目標飛行器，2011年下半年發(fā)射“神舟八號”飛船并將與“天宮一號”實現(xiàn)對接，屆時將要有航天員在軌進行科研，這在我國航天史上具有劃時代意義。 “天宮一號” A和“神舟八號” B繞地球做勻速圓周運動的軌跡如圖所示，虛線為各自的軌道。由此可知 ( )A“天宮一號”的線速度大于“神舟八號”的線速度B“天宮一號”的周期小于“神舟八號”的周期C“天宮一號”的向心加速度大于“神舟八號”的向心加速度D“神舟八號”通過一次點火加速后可以與“天宮一號”實現(xiàn)對接【解題思路】本題考查了牛頓運動定律與天體圓周運動及萬有引力定律應用。由牛頓第二定律可知，又，所以，A選項錯誤；同理，由，做圓周運動的周期，“天宮一號”的周期大，選項 B錯誤；由，“天宮一號”向心加速度比“神舟八號”要小，C錯誤；由于“神舟八號”在內(nèi)側(cè)軌道，點火加速后，引力不足以提供其所需向心力，做離心運動并向軌道外側(cè)運動追趕“天宮一號”，從而與“天宮一號”實現(xiàn)對接，D正確。必考十三、功和功率【典題15】汽車發(fā)動機的額定功率為P1，它在水平路面上行駛時受到的阻力f大小恒定，汽車在水平了路面上有靜止開始作直線運動，最大車速為v。汽車發(fā)動機的輸出功率隨時間變化的圖象如圖所示。則（ ）A開始汽車做勻加速運動，t1時刻速度達到v，然后做勻速直線運動B開始汽車做勻加速直線運動，t1時刻后做加速度逐漸減小的直線運動，速度達到v后做勻速直線運動C開始時汽車牽引力逐漸增大，t1時刻牽引力與阻力大小相等D開始時汽車牽引力恒定，t1時刻牽引力與阻力大小相等【解題思路】根據(jù)機車恒力啟動時做勻加速直線運動的特點，加速度不變，速度與時間成正比，則機車功率與時間成正比。t1時間內(nèi)題圖符合這種運動功率變化，在t1時刻后達到額定功率，速度繼續(xù)增大，牽引力減小，加速度減小，機車加速度為零時，速度達到最大值v，此時牽引力等于阻力，B對?！敬鸢浮緽必考十四、動能定理【典題16】某物體以初動能E0從傾角37的斜面底部A點沿斜面上滑，物體與斜面間的動摩擦因數(shù)0.5。當物體滑到B點時動能為E，滑到C點時動能為0，物體從C點下滑到AB重點D時動能又為E，則下列說法正確的是（已知|AB|s，sin370.6，cos370.8）（ ）ADBCABC段的長度為BBC段的長度為C物體再次返回A點時的動能為D物體再次返回A點時的動能為【解題思路】物體上滑過程加速度a1gsingcos10m/s2，下滑過程加速度a2gsingcos2m/s2。設(shè)BC距離為s0，從BC過程由動能定理：ma1s00E，從CD過程由動能定理：ma2(0.5ss0)E，解得s00.125s，A錯B對；從AC由動能定理：ma1(ss0)0E0，從CA由動能定理：ma2(ss0)EA，解得EA0.2E0，C錯D對?！敬鸢浮緽D必考十五、功能關(guān)系及能量守恒定律【典題17】如圖所示，子彈水平射入放在光滑水平地面上靜止的木塊，子彈未穿透木塊，此過程產(chǎn)生的內(nèi)能為6J，那么此過程木塊動能可能增加了（ ）A12J B16J C4J D6J【解題思路】系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為fS6J，對木塊有動能定理可知fS木EK，其中S為子彈打入的木塊的深度，S木為木塊運動的位移，子彈未穿出，畫出子彈和木塊運動的vt圖象，顯然可看出SS木，故EK6J，則根據(jù)選項可判斷C正確?！敬鸢浮緾【典題18】從距地面同一高度處，以相同的初速度v0同時豎直向上拋出甲、乙兩個小球，已知m甲m乙。以下論述正確的是（ ）A在不計阻力的情況下，取拋出點所在的水平面為零勢能面，甲、乙的機械能總是相等B在不計阻力的情況下，若以甲最高點所在水平面為零勢能面，甲、乙機械能總是相等C若甲、乙受大小相等且不變的阻力，則從拋出到落回地面過程中，甲減少的機械能大于乙減少的機械能D若甲、乙受大小相等且不變的阻力，則從拋出到落回地面過程中，甲減少的機械能等于乙減少的機械能【解題思路】不計阻力時，相同的初速度能上升到相同的最大高度，且任意時刻兩球在同一高度，在拋出點為零勢能面時，由于甲球質(zhì)量大，初動能大，故甲球機械能總大于乙球機械能，A錯；若以最高點為零勢能面，在最高點兩球勢能為零，動能也為零，故機械能均為零，由機械能守恒定律可知兩球機械能始終相等且為零，B對；在相等大小的阻力作用下，甲球質(zhì)量大，加速度小，最高點較高，阻力做負功較多，機械能損失多，C對D錯?！敬鸢浮緽C必考十六、庫侖定律【典題19】點電荷是理想化的物理模型,沒有大小的帶電體。實際上的帶電體只有帶電體在本身的大小跟帶電體間的距離相比小得很多時才可以看成點電荷。兩個直徑為r的帶電球，當它們相距100r時的作用力為F，當它們相距為r時作用力為（ ）A. F/102 B.F/104 C. D.以上結(jié)論都不對【解題思路】庫侖定律公式成立的前提條件是“真空中、點電荷”，實際上的帶電體只有帶電體在本身的大小跟帶電體間的距離相比小得很多時才可以看成點電荷。本題兩個電荷原來相距100r時，可以看成點電荷，能適用庫侖定律，但當它們相距為r時，兩帶電球本身的大小不能忽略，不能再當作點電荷看待，庫侖定律已不再適用，所以正確答案應選D?！敬鸢浮緿【典題20】兩個相同的金屬小球，帶電量之比為17，相距為r（r遠大于小球半徑），兩者相互接觸后再放回原來的位置上，則它們間的庫侖力可能為原來的（）A B C D【解題思路】可設(shè)原來的帶電量分別為q和7q，則原來的庫侖力大小為7kq2/r2，但由于題目沒有說明兩個帶電小球的電性，故庫侖力可能是引力，也可能是斥力。分別討論兩種情況：若是兩個帶同種電荷的小球，則接觸后總電量為8q，平均分配，兩球各為4q電量，分開后庫侖力為16 kq2/r2；若是兩個帶異種電荷的小球，則接觸后總電量為6q，平均分配，兩球各為3q，分開后庫侖力為9 kq2/r2。故答案選C和D?！镜漕}21】在光滑的絕緣水平面上，有一個正方形的abcd，頂點a、c處分別固定一個正點電荷，電荷量相等，如圖所示。若將一個帶負電的粒子置于b點，自由釋放，粒子將沿著對角線bd往復運動。粒子從b點運動到d點的過程中 （ ）A. 先作勻加速運動，后作勻減速運動B. 先從高電勢到低電勢，后從低電勢到高電勢C. 電勢能與機械能之和先增大，后減小D. 電勢能先減小，后增大accdOb【解題思路】由于負電荷受到的電場力是變力，加速度是變化的，所以A錯；由等量正電荷的電場分布知道，在兩電荷連線的中垂線O點的電勢最高，所以從b到a，電勢是先增大后減小，故B錯；由于只有電場力做功，所以只有電勢能與動能的相互轉(zhuǎn)化，故電勢能與機械能的和守恒，C錯；由b到O電場力做正功，電勢能減小，由O到d電場力做負功，電勢能增加，D對。必考十八、電場的能的性質(zhì)【典題22】OABMN如圖所示，水平虛線上有兩個等量異種點電荷A、B， M、N、O是AB的垂線上兩點，且AOOB，2ONOM。一個帶正電的試探電荷在空間中運動的軌跡如圖中實線所示，設(shè)M、N兩點的場強大小分別EM、EN，電勢分別為M、N，則下列判斷正確的是（ ）AA點電荷一定帶正電B試探電荷在M處的電勢能小于N處的電勢能CEM一定小于EN，M可能大于NDUMNUNO 【解題思路】由正試探電荷的軌跡彎曲方向可判定A點電荷一定帶正電，A對；根據(jù)等量異種點電荷的電場線、等勢面分布可知M點電勢高于N點電勢，M點場強較小，C錯；由電勢差公式可知B錯（從試探電荷受電場力做負功也可判斷）；NO部分場強較強，相同距離的電勢差較大，D錯。必考十九、帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動【典題23】如圖所示，有一垂直于紙面向外的磁感應強度為B的有界勻強磁場（邊界上有磁場），其邊界為一邊長為L的三角形，A、B、C為三角形的頂點。今有一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子（不計重力），以速度v從AB邊上某點P既垂直于AB邊又垂直于磁場的方向射入磁場，然后從BC邊上某CAB點Q射出。若從P點射入的該粒子能從Q點射出，則（ ）A|PB|LABCQO1O22P1P2B|PB|LC|QB|LD|QB|L yMxv0600600NPO【解題思路】考查帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動。本題粒子的半徑確定，圓心必定在經(jīng)過AB的直線上，可將粒子的半圓畫出來，然后移動三角形，獲取AC邊的切點以及從BC邊射出的最遠點。由半徑公式可得粒子在磁場中做圓周運動的半徑為RL，如圖所示，當圓心處于O1位置時，粒子正好從AC邊切過，并與BC邊切過，因此入射點P1為離開B最遠的點，滿足PBL，A對；當圓心處于O2位置時，粒子從P2射入，打在BC邊的Q點，由于此時Q點距離AB最遠為圓的半徑R，故QB最大，即QBL，D對?！敬鸢浮緼D【典題24】平面直角坐標系xOy中，第1象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第象限存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點以速度v0垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上的N點與x軸正方向成60角射入磁場，最后從y軸負半軸上的P點與y軸正方向成600角射出磁場，如圖所示。不計粒子重力，求（1）粒子在磁場中運動的軌道半徑R；（2）粒子從M點運動到P點的總時間t；（3）勻強電場的場強大小E?！窘忸}思路】（1）設(shè)粒子過N點時的速度為v，根據(jù)平拋運動的速度關(guān)系 v yMxv0600600NPQO分別過N、P點作速度方向的垂線，相交于Q點，則Q是粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心，根據(jù)牛頓第二定律 qvB聯(lián)立解得軌道半徑 R （2）設(shè)粒子在電場中運動的時間為t1，有 ONv0t1 由幾何關(guān)系得 ONRsin30Rcos30聯(lián)立解得 t1粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期 T 由幾何關(guān)系知NQP150，設(shè)粒子在磁場中運動的時間為t2 t2T聯(lián)立解得 t2故粒子從M點運動到P點的總時間 tt1t2(1)（3）粒子在電場中做類平拋運動，設(shè)加速度為a qE=ma 設(shè)沿電場方向的分速度為vy vy=at1 又 vy=v0tan60 聯(lián)立解得 E【答案】（1） ；（2）(1)；（3） 。必考二十、帶電粒子在復合場中的運動【典題25】MOPQyx如圖所示，在xOy坐標平面內(nèi)的第象限內(nèi)有半徑為R的圓分別與x軸、y軸相切與P、Q點，圓內(nèi)存在垂直xOy平面的勻強磁場。在第象限內(nèi)存在沿y軸方向的勻強電場，電場強度為E。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從P點射入磁場后恰好垂直y軸進入電場，最后從M（2R，0）點射出電場，出射方向與x軸夾角滿足tan1.5。求：（1）粒子進入電場時的速率v0；（2）勻強磁場的磁感應強度B；（3）粒子從P點入射的方向與x軸負方向的夾角?！窘忸}思路】MO2OO1PQNPyx（1）在M處，粒子的y軸分速度vy2v0tan設(shè)粒子在電場中運動時間為t，在x軸方向勻速運動：2Rv0t設(shè)y軸方向勻加速運動的加速度為a，由qEma且vyat聯(lián)立解得：v0（2）如圖所示，O1為磁場圓的圓心，O2為粒子軌跡圓的圓心，P為粒子射出磁場的位置，依題意可知粒子垂直y軸進入電場，則PO2/PO1，且PO1/PO1R，O2PO2P，由幾何關(guān)系可知O1PO2P為另行，即粒子軌跡圓半徑等于R。由向心力公式及牛頓第二定律：qv0Bm聯(lián)立解得：B（3）粒子從N點進入電場，由y軸方向勻加速直線運動公式有NO的長度y滿足vy22ay聯(lián)立解得：y1.5R由幾何關(guān)系：RRcosy解得：60【答案】（1）；（2）；（3）60。必考二十一、楞次定律及法拉第電磁感應定律abcd123NS【典題26】如圖所示，某同學將一個閉合線圈穿入蹄形磁鐵由位置1經(jīng)過位置2到位置3，在此過程中，線圈的感應電流的方向是（ ）A沿abcd不變B沿dcba不變C先沿abcd，后沿dcbaD先沿dcba，后沿abcd【解題思路】根據(jù)磁感線從N極出來，進入到S極。在經(jīng)過1位置時，N極上方磁感線有豎直向上的分量，ab邊切割磁感線，N極下方磁感線有豎直向下的分量，cd邊切割磁感線，根據(jù)右手定則可判斷出電流方向為dcba，在經(jīng)過2位置時，沒有切割效果，電流為零，同理經(jīng)過3位置時，S極上方磁感線有豎直向下的分量，cd邊切割磁感線，S極下方磁感線有豎直向上的分量，ab邊切割磁感線，根據(jù)右手定則可判斷出電流方向為abcd，D對?！敬鸢浮緿【典題27】如圖所示，在距離水平地面的虛線的上方有一個方向垂直于紙面水平向里的勻強磁場，磁感應強度B=1T。正方形線框的邊長=0.2m、質(zhì)量m=0.1kg，R=0.08，物體A的質(zhì)量M=0.2kg。開始時線框的邊在地面上，各段繩都處于伸直狀態(tài)，從如圖所示的位置將A從靜止釋放。一段時間后線框進入磁場運動。當線框的邊進入磁場時物體A恰好落地，此時輕繩與物體A分離，線框繼續(xù)上升一段時間后開始下落，最后落至地面。整個過程線框沒有轉(zhuǎn)動，線框平面始終處于紙面，g取10m/s2。求： （1）線框從開始運動到最高點所用的時間； （2）線框落地時的速度大??； （3）線框進入和離開磁場的整個過程中線框產(chǎn)生的熱量?！窘忸}思路】設(shè)線框ab邊到達磁場邊界時速度大小為v，由機械能守恒定律可得 代入數(shù)據(jù)解得： 線框的ab邊剛進入磁場時，感應電流 線框受到的安培力F安BIl1N而線框勻速進入磁場。設(shè)線框進入磁場之前運動時間為，有代入數(shù)據(jù)解得：線框進入磁場過程做勻速運動，所用時間：此后細繩繩拉力消失，線框做豎直上拋運動，到最高點時所用時間線框從開始運動到最高點，所用時間： （2）線框邊下落到磁場邊界時速度大小還等于，線框所受安培力大小也不變，又因，因此，線框穿出磁場過程還是做勻速運動，離開磁場后做豎直下拋運動由機械能守恒定律可得： 代入數(shù)據(jù)解得線框落地時的速度： （3）線框進入和離開磁場產(chǎn)生的熱量：或【答案】（1）0.9s（2）4m/s；（3）0.4J必考二十二、變壓器、交流電的“四值”運算【典題28】如圖所示，一理想變壓器原線圈匝數(shù)為n1=1000匝，副線圈匝數(shù)為n2=200匝，將原線圈接在u=200sin120t（V）的交流電壓上，電阻R=100，電流表A為理想電表。下列推斷正確的是（ ）A、交流電的頻率為60Hz B、穿過鐵芯的磁通量的最大變化率為0.2Wb/sC、A的示數(shù)為0.4AD、變壓器的輸入功率是16W【解題思路】角速度1202f，頻率f60Hz，A對；un1，故穿過鐵芯的磁通量的最大變化率0.2Wb/s，B錯；原線圈的有效電壓U1200V，由變壓比可得副線圈電壓U240V，電流表示數(shù)為I20.4A，C錯；副線圈消耗功率P2U2I216W，故變壓器的輸入功率也為16W，D對?！敬鸢浮緼D必考二十三、電路的動態(tài)分析【典題29】R1R2ASErR3abP如圖所示，R1為滑動變阻器，R2、R3為定值電阻，r為電源內(nèi)阻，。閉合開關(guān)S后，在滑動觸頭P由a端滑向b端的過程中，下列表述正確的是（ ）A、路端電壓變小B、電流表的示數(shù)變大C、電源內(nèi)阻消耗的功率變小D、電源輸出功率變大【解題思路】在滑動觸頭P由a端滑向b端的過程中，R1阻值減小，回路中總電阻R變小，干路電流I增大，內(nèi)電壓U內(nèi)增大，路端電壓U變小，故A對。通過R3的電流（即干路電流I）增大，R3兩端電壓U3增大，并聯(lián)電路兩端電壓U/減小，通過R2電流I2減小，電流表示數(shù)變小，故B錯。I增大，內(nèi)電阻消耗功率Pr增大，故C錯。由于R外=R并+R3r，根據(jù)電源輸出功率與外電阻的圖線變化規(guī)律可知，當R外=r時，P外有最大值；R外r時，P外隨R外的增大而增大；R外r時，P外隨R外的增大而減小。所以當外電阻減小時，P外變大，故D對?！敬鸢浮緼D必考二十四、基本儀器的使用【典題30】（1）在用單擺測定重力加速度的實驗中，用游標為10分度的卡尺測量擺球的直徑，示數(shù)如圖1所示，讀數(shù)為_cm。（2）在測定金屬的電阻率實驗中，用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，示數(shù)如圖2所示，讀數(shù)為_mm。0510圖2圖1100cm210（3）、用多用電表進行了幾次測量，指針分別處于a和b的位置，如圖所示。若多用電表的選擇開關(guān)處于下面表格中所指的檔位，a和b的相應讀數(shù)是多少？指針位置選擇開關(guān)所處擋位讀數(shù)a直流電流100mA_mA直流電壓2.5V_ _Vb電阻100_ _5000/V2500/Vab 【解題思路】游標卡尺讀數(shù)為10mm0.1mm31.03cm；螺旋測微器讀數(shù)為0.5mm0.01mm6.70.567mm；多用電表讀數(shù)分別為：(2mA0.2mA1.6)1023.2mA；(50V5V1.6)/1000.58V（這里檔位是2.5V，小數(shù)點后第1位為精確位，小數(shù)點后第2位為估讀位，故保留兩位小數(shù)）；3.3100330?！敬鸢浮浚?）1.03；（2）0.567（0.5660.569）；（3）23.2mA； 0.58V； 330必考二十五、以紙帶問題為核心的力學實驗打點計時器圖甲【典題31】如圖所示，小車放在斜面上，車前端拴有不可伸長的細線，跨過固定在斜面邊緣的小滑輪與重物相連，小車后面與打點計時器的紙帶相連。起初小車停在靠近打點計時器的位置，重物到地面的距離小于小車到滑輪的距離。啟動打點計時器，釋放重物，小車在重物的牽引下由靜止開始沿斜面向上運動，重物落地后，小車會繼續(xù)向上運動一段距離。打點計時器使用的交流電頻率為50Hz，圖乙中a、b、c是小車運動紙帶上的三段，紙帶運動方向如箭頭所示。（1）打a段紙帶時，小車的加速度為2.5m/s2。請根據(jù)加速度的情況，判斷小車運動的最大速度可能出現(xiàn)在b段紙帶中長度為_cm的一段。（2）盡可能利用c段紙帶所提供的數(shù)據(jù)，計算打c段紙帶時小車的加速度大小為_m/s2。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字） 【解題思路】1（1）從b段紙帶數(shù)據(jù)看，相等時間內(nèi)位移分別為2.72cm、2.82cm、2.92cm，如果繼續(xù)按照勻加速直線運動規(guī)律，可推倒出第四個數(shù)據(jù)應該為3.02cm，但紙帶上顯示為2.98cm，說明在2.98cm這一個時間內(nèi)開始減速運動，即小車在從加速到減速的臨界時刻速度為最大值，就在b段紙帶中長度為2.98cm的一