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高考物理必考考点题型
必考一、描述运动的基本概念
【典题1】2010年11月22日晚刘翔以13秒48的预赛第一成绩轻松跑进决赛，如图所示，也是他历届亚运会预赛的最佳成绩。刘翔之所以能够取得最佳成绩，取决于他在110米中的( )
A.某时刻的瞬时速度大 B.撞线时的瞬时速度大
C.平均速度大 D.起跑时的加速度大
【解题思路】在变速直线运动中，物体在某段时间的位移跟发生这段位移所用时间的比值叫平均速度，是矢量，方向与位移方向相同。根据x=Vt可知，x一定，v越大，t越小，即选项C正确。
必考二、受力分析、物体的平衡
【典题2】如图所示，光滑的夹角为θ＝30°的三角杆水平放置，两小球A、B分别穿在两个杆上，两球之间有一根轻绳连接两球，现在用力将B球缓慢拉动，直到轻绳被拉直时，测出拉力F＝10N则此时关于两个小球受到的力的说法正确的是（ ）
F
θ
A
B
A、小球A受到重力、杆对A的弹力、绳子的张力
B、小球A受到的杆的弹力大小为20N
C、此时绳子与穿有A球的杆垂直，绳子张力大小为N
D、小球B受到杆的弹力大小为N
【解题思路】对A在水平面受力分析，受到垂直杆的弹力和绳子拉力，由平衡条件可知，绳子拉力必须垂直杆才能使A平衡，再对B在水平面受力分析，受到拉力F、杆的弹力以及绳子拉力，由平衡条件易得杆对A的弹力N等于绳子拉力T，即N＝T＝20N，杆对B的弹力NB＝。
【答案】AB
t/s
v/(m·s-2)
1
2
3
4
2
1
-2
-1
O
必考三、x－t与v－t图象
【典题3】图示为某质点做直线运动的v－t图象，关于这个质点在4s内的运动情况，下列说法中正确的是（ ）
A、质点始终向同一方向运动
B、4s末质点离出发点最远
C、加速度大小不变，方向与初速度方向相同
D、4s内通过的路程为4m，而位移为0
【解题思路】在v－t图中判断运动方向的标准为图线在第一象限（正方向）还是第四象限（反方向），该图线穿越了t轴，故质点先向反方向运动后向正方向运动，A错；图线与坐标轴围成的面积分为第一象限（正方向位移）和第四象限（反方向位移）的面积，显然t轴上下的面积均为2，故4s末质点回到了出发点，B错；且4s内质点往返运动回到出发点，路程为4m，位移为零，D对；判断加速度的标准是看图线的斜率，正斜率表示加速度正方向、负斜率比啊是加速度反方向，倾斜度表达加速度的大小，故4s内质点的节哀速度大小和方向均不变，方向为正方向，而初速度方向为反方向的2m/s，C错。 【答案】D
必考四、匀变速直线运动的规律与运用
【典题4】生活离不开交通，发达的交通给社会带来了极大的便利，但是，一系列的交通问题也伴随而来，全世界每秒钟就有十几万人死于交通事故，直接造成的经济损失上亿元。某驾驶员以30m/s的速度匀速行驶，发现前方70m处前方车辆突然停止，如果驾驶员看到前方车辆停止时的反应时间为0.5s，该汽车是否会有安全问题？已知该车刹车的最大加速度为．
【解题思路】汽车做匀速直线运动的位移为:。
汽车做匀减速直线运动的位移:。
汽车停下来的实际位移为:。
由于前方距离只有70m，所以会有安全问题。
必考五、重力作用下的直线运动
【典题5】某人站在十层楼的平台边缘处，以=20m/s的初速度竖直向上抛出一石子,求抛出后石子距抛出点15m处所需的时间(不计空气阻力，取g=10 m/s2).
【解题思路】考虑到位移是矢量，对应15m的距离有正、负两个位移，一个在抛出点的上方，另一个在抛出点的下方，根据竖直上抛运动的位移公式，有

将=15m和=-15m分别代入上式，即

解得=1s和=3s，-
解得=（）s和（不合题意舍去）
所以石子距抛出点15m处所需的时间为1s、3s或（）s
必考六、牛顿第二定律
【典题6】F
A
B
C
如图所示，三物体A、B、C均静止，轻绳两端分别与A、C两物体相连接且伸直，mA＝3kg，mB＝2kg，mC＝1kg，物体A、B、C间的动摩擦因数均为μ＝0.1，地面光滑，轻绳与滑轮间的摩擦可忽略不计。若要用力将B物体拉动，则作用在B物体上水平向左的拉力最小值为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2）（ ）
A．3N
B．5N
C．8N
D．6N
【解题思路】依题意是要求能把B拉动即可，并不一定要使物体从A和C之间抽出来。考虑到B的上表面的最大静摩擦力为fA＝3N，B的下表面的最大静摩擦力为fB＝5N，故上表面容易滑动，将BC做为整体分析，BC整体向左的加速度大小与A向右的加速度大小相同，均设为a，由牛顿第二定律：F－T＝(mA＋mB)a，对A由牛顿第二定律：T－fA＝mCa，当a＝0时，F力最小，解得最小值为F＝6N，D对。本题中若F≥9N时，可将B从中间抽出来，而在6N到9N之间的拉力只能使B和C一起从A下面抽出来，而拉力小于6N时，无法拉动B。【答案】D
A
B
【典题7】如图所示，一质量为m的物块A与直立轻弹簧的上端连接，弹簧的下端固定在地面上，一质量也为m的物块B叠放在A的上面，A、B处于静止状态。若A、B粘连在一起，用一竖直向上的拉力缓慢上提B，当拉力的大小为时，A物块上升的高度为L，此过程中，该拉力做功为W；若A、B不粘连，用一竖直向上的恒力F 作用在B上，当A物块上升的高度也为L时，A与B恰好分离。重力加速度为g，不计空气阻力，求
（1）恒力F的大小；
（2）A与B分离时的速度大小。
【解题思路】设弹簧劲度系数为k，A、B静止时弹簧的压缩量为x，则x＝
A、B粘连在一起缓慢上移，以A、B整体为研究对象，当拉力时
＋k(x－L)＝2mg
A、B不粘连，在恒力F作用下A、B恰好分离时，以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律
F＋k(x－L)－2mg＝2ma
以B为研究对象，根据牛顿第二定律F－mg＝ma
联立解得F＝
（2）A、B粘连在一起缓慢上移L，设弹簧弹力做功为W弹，根据动能定理
W＋W弹－2mgL＝0
在恒力F作用下，设A、B分离时的速度为v，根据动能定理
FL＋W弹－2mgL＝×2mv2
联立解得 v＝
【答案】（1）1.5mg；（2）
必考七、超重与失重及整体法牛顿第二定律的应用
37°
A
B
P
【典题8】倾角为37°的斜面体靠在固定的竖直挡板P的一侧，一根轻绳跨过固定在斜面顶端的定滑轮，绳的一端与质量为mA=3kg的物块A连接，另一端与质量为mB=1kg的物块B连接。开始时，使A静止于斜面上，B悬空，如图所示。现释放A，A将在斜面上沿斜面匀加速下滑，求此过程中，挡板P对斜面体的作用力的大小。（所有接触面产生的摩擦均忽略不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）
【解题思路】设绳中张力为T，斜面对A的支持力为NA，A、B加速度大小为a，以A为研究对象，
由牛顿第二定律
mAgsin37° －T =ma
NA = mAgcos37°
以B为研究对象，由牛顿第二定律
T－mBg = mBa
联立解得 a = 2m/s2 T ＝12N NA＝24N
以斜面体为研究对象，受力分析后，在水平方向
F = NA′sin37°－Tcos37°
NA ＝NA′
解得 F = 4.8N
（或以整体为研究对象，由牛顿第二定律得F = mAacos37°=4.8N）
【答案】4.8N
【典题9】钱学森被誉为中国导弹之父，“导弹”这个词也是他的创作。导弹制导方式很多，惯性制导系统是其中的一种，该系统的重要元件之一是加速度计，如图所示。沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一质量为m的绝缘滑块，分别与劲度系数均为k的轻弹簧相连，两弹簧另一端与固定壁相连。当弹簧为原长时，固定在滑块上的滑片停在滑动变阻器（电阻总长为L）正中央，M、N两端输入电压为U0，输出电压=0。系统加速时滑块移动，滑片随之在变阻器上自由滑动，相应改变，然后通过控制系统进行制导。设某段时间导弹沿水平方向运动，滑片向右移动，，则这段时间导弹的加速度（ ）

A．方向向右，大小为 B．方向向左，大小为
C．方向向右，大小为 D．方向向左，大小为
【解题思路】通过滑块的移动，改变触头的位置，使电压表示数变化，从电压表的读数得知加速度的值。滑块运动时，它所需的向心力由弹簧的弹力提供，设形变为x，根据牛顿第二定律可得:，根据电压分配规律:；因为滑片向右移动，，所以导弹的加速度方向向左，大小为。
【答案】D
必考八、运动学与牛顿定律的综合
30°
A
B
【典题10】如图所示，皮带传动装置与水平面夹角为30°，轮半径R= m，两轮轴心相距L=3.75m，A、B分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑。一个质量为0.1kg的小物块与传送带间的动摩擦因数为μ= 。g取10m/s2。
（1）当传送带沿逆时针方向以v1=3m/s的速度匀速运动时，将小物块无初速地放在A点后，它运动至B点需多长时间？（计算中可取≈16，≈20）
（2）小物块相对于传送带运动时，会在传送带上留下痕迹。当传送带沿逆时针方向匀速运动时，小物块无初速地放在A点，运动至B点飞出。要想使小物块在传送带上留下的痕迹最长，传送带匀速运动的速度v2至少多大？
【解题思路】（1）当小物块速度小于3m/s时，小物块受到竖直向下、垂直传送带向上的支持力和沿传送带斜向下的摩擦力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a1，根据牛顿第二定律
mgsin30° + μmgcos30°=ma1，解得 a1 = 7.5m/s2
当小物块速度等于3m/s时，设小物块对地位移为L1，用时为t1，根据匀加速直线运动规律
t1 = ，L1 = ，解得 t1 = 0.4s L1 = 0.6m
由于L1＜L 且μ＜tan30°，当小物块速度大于3m/s时，小物块将继续做匀加速直线运动至B点，设加速度为a2，用时为t2，根据牛顿第二定律和匀加速直线运动规律
mgsin30°－μmgcos30°=ma2，解得 a2 = 2.5m/s2
L－L1 = v1t2 + a2t22，解得 t2 = 0.8s
故小物块由禁止出发从A到B所用时间为 t = t1 + t2 = 1.2s
（2）作v—t图分析知：传送带匀速运动的速度越大，小物块从A点到B点用时越短，当传送带速度等于某一值v′ 时，小物块将从A点一直以加速度a1做匀加速直线运动到B点，所用时间最短，即
L = a1tmin2，解得tmin = 1s
v′ =a1 tmin =7.5m/s
此时小物块和传送带之间的相对路程为 △S = v′ t－L = 3.75m
传送带的速度继续增大，小物块从A到B的时间保持不变，而小物块和传送带之间的相对路程继续增大，小物块在传送带上留下的痕迹也继续增大；当痕迹长度等于传送带周长时，痕迹为最长Smax，设此时传送带速度为v2，则
Smax = 2L + 2πR，Smax = v2t－L
联立解得 v2 = 12.25m/s
【答案】（1）1.2s；（2）12.25m/s。
必考九、曲线运动
【典题11】2010年8月22日，2010年首届新加坡青奥会田径比赛展开第二个决赛日的争夺，如图所示，中国选手谷思雨在女子铅球比赛凭借最后一投，以15米49获得银牌。铅球由运动员手中推出后在空中飞行过程中，若不计空气阻力，它的运动将是（　）

A．曲线运动，加速度大小和方向均不变，是匀变速曲线运动
B．曲线运动，加速度大小不变，方向改变，是非匀变速曲线运动
C．曲线运动，加速度大小和方向均改变，是非匀变速曲线
D．若水平抛出是匀变速运动，若斜向上抛出则不是匀变速曲线运动
【解题思路】物体所受合力的方向跟它的速度方向不在同一直线上时，这个合力总能产生一个改变速度方向的效果，物体就一定做曲线运动．当物体做曲线运动时，它的合力所产生的加速度的方向与速度方向也不在同一直线上。物体的运动状态是由其受力条件及初始运动状态共同确定的．物体运动的性质由加速度决定（加速度为零时物体静止或做匀速运动；加速度恒定时物体做匀变速运动；加速度变化时物体做变加速运动）。铅球只受一个重力，大小和方向均不变，加速度大小和方向也都不变，刚抛出时速度方向和重力的方向不在同一条直线上，故做曲线运动.
【答案】A
必考十、抛体运动规律
【典题12】如图，空间中存在两条射线OM、ON，以及沿射线OM方向的匀强电场，已知∠NOM＝θ，某带电粒子从射线OM上的某点P垂直于OM入射，仅在电场作用下经过射线ON上的Q点，若Q点离O点最远且OQ＝L，求：
（1）粒子入射点P离O点的距离S
（2）带电粒子经过电压U加速后从P点入射，则改变电压U时，欲使粒子仍然能经过Q点，试画出电压U与匀强电场的场强E之间的关系。（只定性画出图线，无需说明理由）
O
M
v0
P
Q
S
v0
vy
θ
θ
U
E
O
O
M
N

P
Q
θ
U
E
O

【解题思路】如图所示，依题意，粒子在Q点的速度方向沿着射线ON，粒子从P点开始做类平抛运动，设加速度为a，则：
沿着OM方向做匀加速直线运动：＝at2
在Q点平行于OM方向的分速度：
vy＝at
SQ方向做匀速运动：＝v0t
且v0＝vytanθ
解得：＝cosθ
显然P点为OS的中点，故P离O点的距离S＝＝cosθ
（2）如图所示
【答案】（1）0.5Lcosθ；（2）如图所示。
必考十一、万有引力定律
P
Q
O
M
N
【典题13】2010年10月1日18点59分57秒，我国在西昌卫星发射站发射了“嫦娥二号”，而我国发射的“嫦娥一号”卫星绕月球早已稳定运行，并完成了既定任务。“嫦娥二号”与“嫦娥一号”的最大不同在于“嫦娥二号”卫星是利用了大推力火箭直接被送到地月转移轨道，而“嫦娥一号”是送出地球后第三级火箭脱落。。如图所示，为“嫦娥一号”在地月转移的轨道的一部分，从P向Q运动，直线MN是过O点且和两边轨迹相切，下列说法错误的是（ ）
A、卫星在此段轨道上的加速度先减小后增大
B、卫星在经过O点是的速度方向与ON方向一致
C、卫星的速度一直在增大
D、在O处卫星的动能最小
【解题思路】由轨迹弯曲方向可看出卫星在O处的加速度方向发生变化，故卫星先远离地球过程中万有引力做负功，动能减小，过了O点后万有引力对卫星做正功，动能增大，故A、D对，C错；卫星做曲线运动的速度沿着切线方向，故B对。【答案】C
必考十二、人造卫星、同步卫星
【典题14】继2010年10月成功发射“嫦娥二号”，我国又将于2011年上半年发射“天宫一号”目标飞行器，2011年下半年发射“神舟八号”飞船并将与“天宫一号”实现对接，届时将要有航天员在轨进行科研，这在我国航天史上具有划时代意义。 “天宫一号” A和“神舟八号” B绕地球做匀速圆周运动的轨迹如图所示，虚线为各自的轨道。由此可知 ( )

A．“天宫一号”的线速度大于“神舟八号”的线速度
B．“天宫一号”的周期小于“神舟八号”的周期
C．“天宫一号”的向心加速度大于“神舟八号”的向心加速度
D．“神舟八号”通过一次点火加速后可以与“天宫一号”实现对接
【解题思路】本题考查了牛顿运动定律与天体圆周运动及万有引力定律应用。由牛顿第二定律可知，，，又，所以，A选项错误；同理，由，做圆周运动的周期，“天宫一号”的周期大，选项 B错误；由，“天宫一号”向心加速度比“神舟八号”要小，C错误；由于“神舟八号”在内侧轨道，点火加速后，引力不足以提供其所需向心力，做离心运动并向轨道外侧运动追赶“天宫一号”，从而与“天宫一号”实现对接，D正确。
必考十三、功和功率
【典题15】汽车发动机的额定功率为P1，它在水平路面上行驶时受到的阻力f大小恒定，汽车在水平了路面上有静止开始作直线运动，最大车速为v。汽车发动机的输出功率随时间变化的图象如图所示。则（ ）
A．开始汽车做匀加速运动，t1时刻速度达到v，然后做匀速直线运动
B．开始汽车做匀加速直线运动，t1时刻后做加速度逐渐减小的直线运动，速度达到v后做匀速直线运动
C．开始时汽车牵引力逐渐增大，t1时刻牵引力与阻力大小相等
D．开始时汽车牵引力恒定，t1时刻牵引力与阻力大小相等
【解题思路】根据机车恒力启动时做匀加速直线运动的特点，加速度不变，速度与时间成正比，则机车功率与时间成正比。t1时间内题图符合这种运动功率变化，在t1时刻后达到额定功率，速度继续增大，牵引力减小，加速度减小，机车加速度为零时，速度达到最大值v，此时牵引力等于阻力，B对。【答案】B
必考十四、动能定理
【典题16】某物体以初动能E0从倾角θ＝37°的斜面底部A点沿斜面上滑，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5。当物体滑到B点时动能为E，滑到C点时动能为0，物体从C点下滑到AB重点D时动能又为E，则下列说法正确的是（已知|AB|＝s，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（ ）
A
D
B
C
θ
A．BC段的长度为
B．BC段的长度为
C．物体再次返回A点时的动能为
D．物体再次返回A点时的动能为
【解题思路】物体上滑过程加速度a1＝gsinθ＋μgcosθ＝10m/s2，下滑过程加速度a2＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2。设BC距离为s0，从B→C过程由动能定理：－ma1s0＝0－E，从C→D过程由动能定理：ma2(0.5s＋s0)＝E，解得s0＝0.125s，A错B对；从A→C由动能定理：－ma1(s＋s0)＝0－E0，从C→A由动能定理：ma2(s＋s0)＝EA，解得EA＝0.2E0，C错D对。【答案】BD
必考十五、功能关系及能量守恒定律

【典题17】如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程产生的内能为6J，那么此过程木块动能可能增加了（ ）
A．12J B．16J
C．4J D．6J
【解题思路】系统产生的内能为f△S＝6J，对木块有动能定理可知fS木＝EK，其中△S为子弹打入的木块的深度，S木为木块运动的位移，子弹未穿出，画出子弹和木块运动的v－t图象，显然可看出△S＞S木，故EK＜6J，则根据选项可判断C正确。【答案】C
【典题18】从距地面同一高度处，以相同的初速度v0同时竖直向上抛出甲、乙两个小球，已知m甲＞m乙。以下论述正确的是（ ）
A．在不计阻力的情况下，取抛出点所在的水平面为零势能面，甲、乙的机械能总是相等
B．在不计阻力的情况下，若以甲最高点所在水平面为零势能面，甲、乙机械能总是相等
C．若甲、乙受大小相等且不变的阻力，则从抛出到落回地面过程中，甲减少的机械能大于乙减少的机械能
D．若甲、乙受大小相等且不变的阻力，则从抛出到落回地面过程中，甲减少的机械能等于乙减少的机械能
【解题思路】不计阻力时，相同的初速度能上升到相同的最大高度，且任意时刻两球在同一高度，在抛出点为零势能面时，由于甲球质量大，初动能大，故甲球机械能总大于乙球机械能，A错；若以最高点为零势能面，在最高点两球势能为零，动能也为零，故机械能均为零，由机械能守恒定律可知两球机械能始终相等且为零，B对；在相等大小的阻力作用下，甲球质量大，加速度小，最高点较高，阻力做负功较多，机械能损失多，C对D错。【答案】BC
必考十六、库仑定律
【典题19】点电荷是理想化的物理模型,没有大小的带电体。实际上的带电体只有带电体在本身的大小跟带电体间的距离相比小得很多时才可以看成点电荷。两个直径为r的带电球，当它们相距100r时的作用力为F，当它们相距为r时作用力为（ ）
A. F/102 B.F/104 C. D.以上结论都不对
【解题思路】库仑定律公式成立的前提条件是“真空中、点电荷”，实际上的带电体只有带电体在本身的大小跟带电体间的距离相比小得很多时才可以看成点电荷。本题两个电荷原来相距100r时，可以看成点电荷，能适用库仑定律，但当它们相距为r时，两带电球本身的大小不能忽略，不能再当作点电荷看待，库仑定律已不再适用，所以正确答案应选D。【答案】D
【典题20】两个相同的金属小球，带电量之比为1∶7，相距为r（r远大于小球半径），两者相互接触后再放回原来的位置上，则它们间的库仑力可能为原来的（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】可设原来的带电量分别为q和7q，则原来的库仑力大小为7kq2/r2，但由于题目没有说明两个带电小球的电性，故库仑力可能是引力，也可能是斥力。分别讨论两种情况：若是两个带同种电荷的小球，则接触后总电量为8q，平均分配，两球各为4q电量，分开后库仑力为16 kq2/r2；若是两个带异种电荷的小球，则接触后总电量为6q，平均分配，两球各为3q，分开后库仑力为9 kq2/r2。故答案选C和D。
【典题21】在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形的abcd，顶点a、c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示。若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动。粒子从b点运动到d点的过程中 （ ）
A. 先作匀加速运动，后作匀减速运动
B. 先从高电势到低电势，后从低电势到高电势
C. 电势能与机械能之和先增大，后减小
D. 电势能先减小，后增大
a
cc
d
O
b
【解题思路】由于负电荷受到的电场力是变力，加速度是变化的，所以A错；由等量正电荷的电场分布知道，在两电荷连线的中垂线O点的电势最高，所以从b到a，电势是先增大后减小，故B错；由于只有电场力做功，所以只有电势能与动能的相互转化，故电势能与机械能的和守恒，C错；由b到O电场力做正功，电势能减小，由O到d电场力做负功，电势能增加，D对。
必考十八、电场的能的性质
【典题22】O
A
B
M
N
如图所示，水平虚线上有两个等量异种点电荷A、B， M、N、O是AB的垂线上两点，且AO＞OB，2ON＝OM。一个带正电的试探电荷在空间中运动的轨迹如图中实线所示，设M、N两点的场强大小分别EM、EN，电势分别为φM、φN，则下列判断正确的是（ ）
A．A点电荷一定带正电
B．试探电荷在M处的电势能小于N处的电势能
C．EM一定小于EN，φM可能大于φN
D．UMN＝UNO
【解题思路】由正试探电荷的轨迹弯曲方向可判定A点电荷一定带正电，A对；根据等量异种点电荷的电场线、等势面分布可知M点电势高于N点电势，M点场强较小，C错；由电势差公式可知B错（从试探电荷受电场力做负功也可判断）；NO部分场强较强，相同距离的电势差较大，D错。
必考十九、带电粒子在磁场中的匀速圆周运动
【典题23】如图所示，有一垂直于纸面向外的磁感应强度为B的有界匀强磁场（边界上有磁场），其边界为一边长为L的三角形，A、B、C为三角形的顶点。今有一质量为m、电荷量为＋q的粒子（不计重力），以速度v＝从AB边上某点P既垂直于AB边又垂直于磁场的方向射入磁场，然后从BC边上某C
A
B
点Q射出。若从P点射入的该粒子能从Q点射出，则（ ）
A．|PB|≤L
A
B
C
Q
O1
O22
P1
P2

B．|PB|＜L
C．|QB|≤L
D．|QB|≤L
y
M
x
v0
600
600
N
P
O
【解题思路】考查带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动。本题粒子的半径确定，圆心必定在经过AB的直线上，可将粒子的半圆画出来，然后移动三角形，获取AC边的切点以及从BC边射出的最远点。由半径公式可得粒子在磁场中做圆周运动的半径为R＝L，如图所示，当圆心处于O1位置时，粒子正好从AC边切过，并与BC边切过，因此入射点P1为离开B最远的点，满足PB＜L，A对；当圆心处于O2位置时，粒子从P2射入，打在BC边的Q点，由于此时Q点距离AB最远为圆的半径R，故QB最大，即QB≤L，D对。【答案】AD
【典题24】平面直角坐标系xOy中，第1象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点与y轴正方向成600角射出磁场，如图所示。不计粒子重力，求
（1）粒子在磁场中运动的轨道半径R；
（2）粒子从M点运动到P点的总时间t；
（3）匀强电场的场强大小E。
【解题思路】
（1）设粒子过N点时的速度为v，根据平抛运动的速度关系 v＝
y
M
x
v0
600
600
N
P
Q
O
分别过N、P点作速度方向的垂线，相交于Q点，则Q是粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心，根据牛顿第二定律 qvB＝
联立解得轨道半径 R＝
（2）设粒子在电场中运动的时间为t1，有 ON＝v0t1
由几何关系得 ON＝Rsin30°＋Rcos30°
联立解得 t1＝
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 T＝
由几何关系知∠NQP＝150°，设粒子在磁场中运动的时间为t2 t2＝T
联立解得 t2＝
故粒子从M点运动到P点的总时间 t＝t1＋t2＝(1＋＋)
（3）粒子在电场中做类平抛运动，设加速度为a
qE=ma
设沿电场方向的分速度为vy
vy=at1 又 vy=v0tan60°
联立解得 E＝
【答案】（1） ；（2）(1＋＋)；（3） 。
必考二十、带电粒子在复合场中的运动
【典题25】M
O
θ
P
Q
y
x
α
如图所示，在xOy坐标平面内的第Ⅰ象限内有半径为R的圆分别与x轴、y轴相切与P、Q点，圆内存在垂直xOy平面的匀强磁场。在第Ⅱ象限内存在沿y轴方向的匀强电场，电场强度为E。一质量为m、电荷量为q的粒子从P点射入磁场后恰好垂直y轴进入电场，最后从M（2R，0）点射出电场，出射方向与x轴夹角α满足tanα＝1.5。求：
（1）粒子进入电场时的速率v0；
（2）匀强磁场的磁感应强度B；
（3）粒子从P点入射的方向与x轴负方向的夹角θ。
【解题思路】
M
O2
O
O1
θ
P
Q
N
P′
y
x
α
（1）在M处，粒子的y轴分速度
vy＝2v0tanα
设粒子在电场中运动时间为t，在x轴方向匀速运动：
2R＝v0t
设y轴方向匀加速运动的加速度为a，由
qE＝ma
且vy＝at
联立解得：v0＝
（2）如图所示，O1为磁场圆的圆心，O2为粒子轨迹圆的圆心，P′为粒子射出磁场的位置，依题意可知粒子垂直y轴进入电场，则P′O2//PO1，且P′O1//PO1＝R，O2P＝O2P′，由几何关系可知O1P′O2P为另行，即粒子轨迹圆半径等于R。
由向心力公式及牛顿第二定律：qv0B＝m
联立解得：B＝
（3）粒子从N点进入电场，由y轴方向匀加速直线运动公式有NO的长度y满足vy2＝2ay
联立解得：y＝1.5R
由几何关系：R＋Rcosθ＝y
解得：θ＝60°
【答案】（1）；（2）；（3）60°。
必考二十一、楞次定律及法拉第电磁感应定律
a
b
c
d
1
2
3
N
S
【典题26】如图所示，某同学将一个闭合线圈穿入蹄形磁铁由位置1经过位置2到位置3，在此过程中，线圈的感应电流的方向是（ ）
A．沿abcd不变
B．沿dcba不变
C．先沿abcd，后沿dcba
D．先沿dcba，后沿abcd

【解题思路】根据磁感线从N极出来，进入到S极。在经过1位置时，N极上方磁感线有竖直向上的分量，ab边切割磁感线，N极下方磁感线有竖直向下的分量，cd边切割磁感线，根据右手定则可判断出电流方向为dcba，在经过2位置时，没有切割效果，电流为零，同理经过3位置时，S极上方磁感线有竖直向下的分量，cd边切割磁感线，S极下方磁感线有竖直向上的分量，ab边切割磁感线，根据右手定则可判断出电流方向为abcd，D对。【答案】D
【典题27】如图所示，在距离水平地面的虚线的上方有一个方向垂直于纸面水平向里的匀强磁场，磁感应强度B=1T。正方形线框的边长=0.2m、质量m=0.1kg，R=0.08Ω，物体A的质量M=0.2kg。开始时线框的边在地面上，各段绳都处于伸直状态，从如图所示的位置将A从静止释放。一段时间后线框进入磁场运动。当线框的边进入磁场时物体A恰好落地，此时轻绳与物体A分离，线框继续上升一段时间后开始下落，最后落至地面。整个过程线框没有转动，线框平面始终处于纸面，g取10m/s2。求：
（1）线框从开始运动到最高点所用的时间；
（2）线框落地时的速度大小；
（3）线框进入和离开磁场的整个过程中线框产生的热量。
【解题思路】设线框ab边到达磁场边界时速度大小为v，由机械能守恒定律可得
代入数据解得：
线框的ab边刚进入磁场时，感应电流
线框受到的安培力F安＝BIl＝＝1N
而
线框匀速进入磁场。设线框进入磁场之前运动时间为，有

代入数据解得：
线框进入磁场过程做匀速运动，所用时间：
此后细绳绳拉力消失，线框做竖直上抛运动，到最高点时所用时间

线框从开始运动到最高点，所用时间：
（2）线框边下落到磁场边界时速度大小还等于，线框所受安培力大小也不变，又因，因此，线框穿出磁场过程还是做匀速运动，离开磁场后做竖直下抛运动
由机械能守恒定律可得：
代入数据解得线框落地时的速度：
（3）线框进入和离开磁场产生的热量：
或
【答案】（1）0.9s（2）4m/s；（3）0.4J
必考二十二、变压器、交流电的“四值”运算
【典题28】如图所示，一理想变压器原线圈匝数为n1=1000匝，副线圈匝数为n2=200匝，将原线圈接在u=200sin120πt（V）的交流电压上，电阻R=100Ω，电流表A
为理想电表。下列推断正确的是（ ）
A、交流电的频率为60Hz
B、穿过铁芯的磁通量的最大变化率为0.2Wb/s
C、A
的示数为0.4A
D、变压器的输入功率是16W
【解题思路】角速度ω＝120π＝2πf，频率f＝60Hz，A对；u＝n1，故穿过铁芯的磁通量的最大变化率＝＝＝0.2Wb/s，B错；原线圈的有效电压U1＝200V，由变压比可得副线圈电压U2＝40V，电流表示数为I2＝0.4A，C错；副线圈消耗功率P2＝U2I2＝16W，故变压器的输入功率也为16W，D对。【答案】AD
必考二十三、电路的动态分析
【典题29】R
1
R
2
A
S
E
r
R3
a
b
P
如图所示，R1为滑动变阻器，R2、R3为定值电阻，r为电源内阻，。闭合开关S后，在滑动触头P由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是（ ）
A、路端电压变小
B、电流表的示数变大
C、电源内阻消耗的功率变小
D、电源输出功率变大
【解题思路】在滑动触头P由a端滑向b端的过程中，R1阻值减小，回路中总电阻R变小，干路电流I增大，内电压U内增大，路端电压U变小，故A对。通过R3的电流（即干路电流I）增大，R3两端电压U3增大，并联电路两端电压U//减小，通过R2电流I2减小，电流表示数变小，故B错。I增大，内电阻消耗功率Pr增大，故C错。由于R外=R并+R3>r，根据电源输出功率与外电阻的图线变化规律可知，当R外=r时，P外有最大值；R外＜r时，P外随R外的增大而增大；R外＞r时，P外随R外的增大而减小。所以当外电阻减小时，P外变大，故D对。【答案】AD
必考二十四、基本仪器的使用
【典题30】（1）在用单摆测定重力加速度的实验中，用游标为10分度的卡尺测量摆球的直径，示数如图1所示，读数为__________________cm。
（2）在测定金属的电阻率实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图2所示，读数为__________________mm。
0
5
10
图2
图1
10
0
cm
2
1
0

（3）、用多用电表进行了几次测量，指针分别处于a和b的位置，如图所示。若多用电表的选择开关处于下面表格中所指的档位，a和b的相应读数是多少？
指针
位置
选择开关所处挡位
读数
a
直流电流100mA
_①_mA
直流电压2.5V
_② _V
b
电阻×100
_③ _Ω
5000Ω/V
2500Ω/V
a
b

【解题思路】游标卡尺读数为10mm＋0.1mm×3＝1.03cm；螺旋测微器读数为0.5mm＋0.01mm×6.7＝0.567mm；多用电表读数分别为：①(2mA＋0.2mA×1.6)×10＝23.2mA；②(50V＋5V×1.6)/100＝0.58V（这里档位是2.5V，小数点后第1位为精确位，小数点后第2位为估读位，故保留两位小数）；③3.3Ω×100＝330Ω。
【答案】（1）1.03；（2）0.567（0.566～0.569）；（3）①23.2mA；② 0.58V；③ 330Ω
必考二十五、以纸带问题为核心的力学实验
打点计时器
图甲
【典题31】如图所示，小车放在斜面上，车前端拴有不可伸长的细线，跨过固定在斜面边缘的小滑轮与重物相连，小车后面与打点计时器的纸带相连。起初小车停在靠近打点计时器的位置，重物到地面的距离小于小车到滑轮的距离。启动打点计时器，释放重物，小车在重物的牵引下由静止开始沿斜面向上运动，重物落地后，小车会继续向上运动一段距离。打点计时器使用的交流电频率为50Hz，图乙中a、b、c是小车运动纸带上的三段，纸带运动方向如箭头所示。

（1）打a段纸带时，小车的加速度为2.5m/s2。请根据加速度的情况，判断小车运动的最大速度可能出现在b段纸带中长度为_________cm的一段。
（2）尽可能利用c段纸带所提供的数据，计算打c段纸带时小车的加速度大小为_______m/s2。（结果保留两位有效数字）
【解题思路】1．（1）从b段纸带数据看，相等时间内位移分别为2.72cm、2.82cm、2.92cm，如果继续按照匀加速直线运动规律，可推倒出第四个数据应该为3.02cm，但纸带上显示为2.98cm，说明在2.98cm这一个时间内开始减速运动，即小车在从加速到减速的临界时刻速度为最大值，就在b段纸带中长度为2.98cm的一段。
（2）在c纸带中读取连续相等的时间内位移分别为S1 = 2.08cm，S2= 1.90cm，S3= 1.73cm，S4 = 1.48cm，S5 = 1.32cm，S6 = 1.12cm，由原理公式：S1－S4=3a1T2，S2－S5=3a2T2，S3－S6=3a3T2，再取加速度的平均值a = = = 4.97m/s2，保留两位有效数字得加速度为a = 5.0m/s2 。
【答案】（1）2.98；（2）5.0
必考二十六、以电阻的测量为核心命题点的电学实验
【典题32】某待测电阻R x （阻值约20Ω）。现在要测量其阻值，实验室还有如下器材：
A．电流表A1（量程150mA，内阻r1 约为10Ω）
B．电流表A2（量程20mA，内阻r2 = 30Ω）
C．定值电阻R 0 （10