2011高考物理 必考題型大盤(pán)點(diǎn) 新人教版

1、2011年高考物理必考考點(diǎn)題型大盤(pán)點(diǎn)（一）必考一、描述運(yùn)動(dòng)的基本概念 【命題新動(dòng)向】 描述運(yùn)動(dòng)的基本概念是歷年高考的必考內(nèi)容，當(dāng)然也是新課標(biāo)高考的必考內(nèi)容物體的位移、速度等隨時(shí)間的變化規(guī)律質(zhì)點(diǎn)、參考系、坐標(biāo)系、時(shí)間、位移、速度、加速度是重要概念從近三年高考看，單獨(dú)考查本章知識(shí)較少，較多地是將本章知識(shí)與勻變速直線運(yùn)動(dòng)的典型實(shí)例,牛頓運(yùn)動(dòng)定律，電場(chǎng)中、磁場(chǎng)中帶電粒子的運(yùn)動(dòng)等知識(shí)結(jié)合起來(lái)進(jìn)行考查【典題1】2010年11月22日晚劉翔以13秒48的預(yù)賽第一成績(jī)輕松跑進(jìn)決賽，如圖所示，也是他歷屆亞運(yùn)會(huì)預(yù)賽的最佳成績(jī)。劉翔之所以能夠取得最佳成績(jī)，取決于他在110米中的( ) A.某時(shí)刻的瞬時(shí)速度大 B.撞

2、線時(shí)的瞬時(shí)速度大 C.平均速度大 D.起跑時(shí)的加速度大 【解題思路】在變速直線運(yùn)動(dòng)中，物體在某段時(shí)間的位移跟發(fā)生這段位移所用時(shí)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(xiàng)C正確。 【答案】C必考二、受力分析、物體的平衡【命題新動(dòng)向】 受力分析是高考中不可能不考查的一個(gè)重要考點(diǎn)，幾乎滲透到每個(gè)試題中，通過(guò)物體的共點(diǎn)力平衡條件對(duì)物體的受力進(jìn)行分析，往往需要有假設(shè)法、整體與隔離法來(lái)獲取物體受到的力，有的平衡問(wèn)題是動(dòng)態(tài)平衡，試題往往設(shè)置“緩慢”的字眼來(lái)表達(dá)動(dòng)態(tài)平衡，需要掌握力的平行四邊形定則或三角形定則來(lái)解題?！镜漕}2】如圖所示，光滑的夾角為30&#

3、176;的三角桿水平放置，兩小球A、B分別穿在兩個(gè)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(dòng)，直到輕繩被拉直時(shí)，測(cè)出拉力F10N則此時(shí)關(guān)于兩個(gè)小球受到的力的說(shuō)法正確的是（ ）FABA、小球A受到重力、桿對(duì)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(shí)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(duì)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(duì)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(duì)A的彈力N等于繩子拉力T，即NT20N，桿對(duì)B的彈力NB。【答

4、案】AB必考三、xt與vt圖象【命題新動(dòng)向】縱觀高考試題，沒(méi)有哪一份試題中沒(méi)有圖象。圖象作為一個(gè)數(shù)學(xué)工具在物理學(xué)中的應(yīng)用是高考對(duì)應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決物理問(wèn)題的能力的重要體現(xiàn)。各種圖象的共同點(diǎn)基本上圍繞斜率、圖線走勢(shì)以及圖線與橫縱坐標(biāo)圍成的面積這三個(gè)方面?！镜漕}3】t/sv/(m·s-2)123421-2-1O圖示為某質(zhì)點(diǎn)做直線運(yùn)動(dòng)的vt圖象，關(guān)于這個(gè)質(zhì)點(diǎn)在4s內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況，下列說(shuō)法中正確的是（ ）A、質(zhì)點(diǎn)始終向同一方向運(yùn)動(dòng)B、4s末質(zhì)點(diǎn)離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)C、加速度大小不變，方向與初速度方向相同D、4s內(nèi)通過(guò)的路程為4m，而位移為0【解題思路】在vt圖中判斷運(yùn)動(dòng)方向的標(biāo)準(zhǔn)為圖線在第一象限（正方向

5、）還是第四象限（反方向），該圖線穿越了t軸，故質(zhì)點(diǎn)先向反方向運(yùn)動(dòng)后向正方向運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)；圖線與坐標(biāo)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(diǎn)回到了出發(fā)點(diǎn)，B錯(cuò)；且4s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)往返運(yùn)動(dòng)回到出發(fā)點(diǎn)，路程為4m，位移為零，D對(duì)；判斷加速度的標(biāo)準(zhǔn)是看圖線的斜率，正斜率表示加速度正方向、負(fù)斜率比啊是加速度反方向，傾斜度表達(dá)加速度的大小，故4s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的節(jié)哀速度大小和方向均不變，方向?yàn)檎较颍跛俣确较驗(yàn)榉捶较虻?m/s，C錯(cuò)。【答案】D必考四、勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律與運(yùn)用【命題新動(dòng)向】熟練應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式，是處理問(wèn)題的關(guān)鍵，對(duì)運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題

6、一定要注意所求解的問(wèn)題是否與實(shí)際情況相符。主要考查學(xué)生分析問(wèn)題，解決問(wèn)題的能力，應(yīng)用數(shù)學(xué)解決物理問(wèn)題的能力?！镜漕}4】生活離不開(kāi)交通，發(fā)達(dá)的交通給社會(huì)帶來(lái)了極大的便利，但是，一系列的交通問(wèn)題也伴隨而來(lái)，全世界每秒鐘就有十幾萬(wàn)人死于交通事故，直接造成的經(jīng)濟(jì)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(chē)輛突然停止，如果駕駛員看到前方車(chē)輛停止時(shí)的反應(yīng)時(shí)間為0.5s，該汽車(chē)是否會(huì)有安全問(wèn)題？已知該車(chē)剎車(chē)的最大加速度為【解題思路】汽車(chē)做勻速直線運(yùn)動(dòng)的位移為:。汽車(chē)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的位移:。汽車(chē)停下來(lái)的實(shí)際位移為:。由于前方距離只有70m，所以會(huì)有安全問(wèn)題。必考五、重力作用下的直線

7、運(yùn)動(dòng)【命題新動(dòng)向】高考要求掌握自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，理解重力加速度的含義。自由落體運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)：從靜止開(kāi)始，即初速度為零.物體只受重力作用.自由落體運(yùn)動(dòng)是一個(gè)初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。加速度為g?！镜漕}5】某人站在十層樓的平臺(tái)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(diǎn)15m處所需的時(shí)間(不計(jì)空氣阻力，取g=10 m/s2).【解題思路】考慮到位移是矢量，對(duì)應(yīng)15m的距離有正、負(fù)兩個(gè)位移，一個(gè)在拋出點(diǎn)的上方，另一個(gè)在拋出點(diǎn)的下方，根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)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(diǎn)15m

8、處所需的時(shí)間為1s、3s或（）s 必考六、牛頓第二定律【命題新動(dòng)向】 牛頓第二定律是高中物理的力學(xué)核心定律， 不僅僅在選擇題中屬于必考內(nèi)容，在計(jì)算題中也必定涉及到，對(duì)單個(gè)或多個(gè)對(duì)象的研究以及瞬時(shí)性、矢量性、獨(dú)立性等特性時(shí)考查的重點(diǎn)?！镜漕}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(dòng)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(jì)。若要用力將B物體拉動(dòng)，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(dòng)摩擦力，取g10m/s2）（ ）A3NB5NC8ND6N【解題思路】依題意是要

9、求能把B拉動(dòng)即可，并不一定要使物體從A和C之間抽出來(lái)?？紤]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(dòng)，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(duì)A由牛頓第二定律：TfAmCa，當(dāng)a0時(shí)，F(xiàn)力最小，解得最小值為F6N，D對(duì)。本題中若F9N時(shí)，可將B從中間抽出來(lái)，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(lái)，而拉力小于6N時(shí)，無(wú)法拉動(dòng)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

10、上面，A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)。若A、B粘連在一起，用一豎直向上的拉力緩慢上提B，當(dāng)拉力的大小為時(shí)，A物塊上升的高度為L(zhǎng)，此過(guò)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(dāng)A物塊上升的高度也為L(zhǎng)時(shí)，A與B恰好分離。重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，求（1）恒力F的大??；（2）A與B分離時(shí)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(shí)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(duì)象，當(dāng)拉力時(shí)k(xL)2mgA、B不粘連，在恒力F作用下A、B恰好分離時(shí)，以A、B整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律Fk(xL)2mg2ma以B為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律

11、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(dòng)能定理WW彈2mgL0 在恒力F作用下，設(shè)A、B分離時(shí)的速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理 FLW彈2mgL×2mv2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(yīng)用【命題新動(dòng)向】 超重與失重是牛頓定律的重要應(yīng)用，屬于高考的高頻考點(diǎn)。它實(shí)際上是對(duì)獨(dú)立方向上的加速度的產(chǎn)生的根源的分析方法。也是對(duì)整體法的牛頓第二定律的重要理論支撐。一般出現(xiàn)在選擇題中。37°ABP【典題8】?jī)A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(guò)固定在斜面頂端的定滑輪，繩

12、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(kāi)始時(shí)，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(guò)程中，擋板P對(duì)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(jì)，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）【解題思路】設(shè)繩中張力為T(mén)，斜面對(duì)A的支持力為NA，A、B加速度大小為a，以A為研究對(duì)象，由牛頓第二定律mAgsin37° T =maNA = mAgcos37°以B為研究對(duì)象，由牛頓第二定律TmBg = mBa聯(lián)立解得 a = 2m/s2 T 12N NA

13、24N以斜面體為研究對(duì)象，受力分析后，在水平方向F = NAsin37°Tcos37°NA NA解得 F = 4.8N（或以整體為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得F = mAacos37°=4.8N）【答案】4.8N【典題9】錢(qián)學(xué)森被譽(yù)為中國(guó)導(dǎo)彈之父，“導(dǎo)彈”這個(gè)詞也是他的創(chuàng)作。導(dǎo)彈制導(dǎo)方式很多，慣性制導(dǎo)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(jì)，如圖所示。沿導(dǎo)彈長(zhǎng)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(dāng)彈簧為原長(zhǎng)時(shí)，固定在滑塊上的滑片停在滑動(dòng)變阻器（電阻總長(zhǎng)為L(zhǎng)）正中央，M、N兩端輸入電壓為U

14、0，輸出電壓=0。系統(tǒng)加速時(shí)滑塊移動(dòng)，滑片隨之在變阻器上自由滑動(dòng)，相應(yīng)改變，然后通過(guò)控制系統(tǒng)進(jìn)行制導(dǎo)。設(shè)某段時(shí)間導(dǎo)彈沿水平方向運(yùn)動(dòng)，滑片向右移動(dòng)，則這段時(shí)間導(dǎo)彈的加速度（ D ） 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(guò)滑塊的移動(dòng)，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。滑塊運(yùn)動(dòng)時(shí)，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?yàn)榛蛴乙苿?dòng)，所以導(dǎo)彈的加速度方向向左，大小為?！敬鸢浮緿必考八、運(yùn)動(dòng)學(xué)與牛頓定律的綜合【命題新動(dòng)向】該知識(shí)點(diǎn)往往是計(jì)算題的必考點(diǎn)。命題方式上以傳送

15、帶、滑板為情景居多，創(chuàng)新力度較大，對(duì)牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)的綜合能力要求高，對(duì)摩擦力的分析往往是難點(diǎn)，一般是多過(guò)程分析。30°AB【典題10】如圖所示，皮帶傳動(dòng)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(diǎn)，輪緣與傳送帶之間不打滑。一個(gè)質(zhì)量為0.1kg的小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為= 。g取10m/s2。（1）當(dāng)傳送帶沿逆時(shí)針?lè)较蛞詖1=3m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，將小物塊無(wú)初速地放在A點(diǎn)后，它運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)需多長(zhǎng)時(shí)間？（計(jì)算中可取16，20）（2）小物塊相對(duì)于傳送帶運(yùn)動(dòng)時(shí)，會(huì)在傳送帶上留下痕跡。當(dāng)傳送帶沿逆時(shí)針?lè)较騽蛩龠\(yùn)動(dòng)時(shí)

16、，小物塊無(wú)初速地放在A點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)飛出。要想使小物塊在傳送帶上留下的痕跡最長(zhǎng)，傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)的速度v2至少多大？【解題思路】（1）當(dāng)小物塊速度小于3m/s時(shí)，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(yùn)動(dòng)，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(dāng)小物塊速度等于3m/s時(shí)，設(shè)小物塊對(duì)地位移為L(zhǎng)1，用時(shí)為t1，根據(jù)勻加速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律t1 = ，L1 = ，解得 t1 = 0.4s L1 = 0.6m由于L1L 且tan30°，當(dāng)小物塊速度大于3m/s時(shí)，

17、小物塊將繼續(xù)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)，設(shè)加速度為a2，用時(shí)為t2，根據(jù)牛頓第二定律和勻加速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律mgsin30°mgcos30°=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(shí)間為 t = t1 + t2 = 1.2s（2）作vt圖分析知：傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)的速度越大，小物塊從A點(diǎn)到B點(diǎn)用時(shí)越短，當(dāng)傳送帶速度等于某一值v 時(shí)，小物塊將從A點(diǎn)一直以加速度a1做勻加速直線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，所用時(shí)間最短，即L = a1tmin2，解得tmin = 1sv =a1 tmin =7.5m/s此時(shí)小物塊和傳

18、送帶之間的相對(duì)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(shí)間保持不變，而小物塊和傳送帶之間的相對(duì)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(dāng)痕跡長(zhǎng)度等于傳送帶周長(zhǎng)時(shí)，痕跡為最長(zhǎng)Smax，設(shè)此時(shí)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(yùn)動(dòng)【命題新動(dòng)向】運(yùn)動(dòng)軌跡是直線或曲線取決于速度與合外力的夾角；是否是勻變速運(yùn)動(dòng)取決于合外力是否恒定。各分運(yùn)動(dòng)具有獨(dú)立性，即一個(gè)分運(yùn)動(dòng)不受另一分運(yùn)動(dòng)的影響，分運(yùn)動(dòng)和合運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性?！镜漕}11

19、】2010年8月22日，2010年首屆新加坡青奧會(huì)田徑比賽展開(kāi)第二個(gè)決賽日的爭(zhēng)奪，如圖所示，中國(guó)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(yùn)動(dòng)員手中推出后在空中飛行過(guò)程中，若不計(jì)空氣阻力，它的運(yùn)動(dòng)將是（） A曲線運(yùn)動(dòng)，加速度大小和方向均不變，是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)B曲線運(yùn)動(dòng)，加速度大小不變，方向改變，是非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)C曲線運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，若斜向上拋出則不是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)【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(shí)，這個(gè)合力總能產(chǎn)生一個(gè)改變速度方向的效果，物體就一定做曲線運(yùn)動(dòng)當(dāng)物體做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，它的合力所產(chǎn)

20、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(yùn)動(dòng)狀態(tài)是由其受力條件及初始運(yùn)動(dòng)狀態(tài)共同確定的物體運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)由加速度決定（加速度為零時(shí)物體靜止或做勻速運(yùn)動(dòng)；加速度恒定時(shí)物體做勻變速運(yùn)動(dòng)；加速度變化時(shí)物體做變加速運(yùn)動(dòng)）。鉛球只受一個(gè)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(shí)速度方向和重力的方向不在同一條直線上，故做曲線運(yùn)動(dòng).【答案】A必考十、拋體運(yùn)動(dòng)規(guī)律【命題新動(dòng)向】該考點(diǎn)一般以規(guī)律的形式呈現(xiàn)，比如拋體運(yùn)動(dòng)的速度與水平方向的夾角的正切值等于位移與水平方向的夾角的正切值的兩倍，在示波管的偏轉(zhuǎn)、斜面的拋體運(yùn)動(dòng)出現(xiàn)過(guò)，粒子在電場(chǎng)中的拋體運(yùn)動(dòng)考查居多?！镜漕}12】如圖，空間中存在兩條射

21、線OM、ON，以及沿射線OM方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，已知NOM，某帶電粒子從射線OM上的某點(diǎn)P垂直于OM入射，僅在電場(chǎng)作用下經(jīng)過(guò)射線ON上的Q點(diǎn)，若Q點(diǎn)離O點(diǎn)最遠(yuǎn)且OQL，求：（1）粒子入射點(diǎn)P離O點(diǎn)的距離S（2）帶電粒子經(jīng)過(guò)電壓U加速后從P點(diǎn)入射，則改變電壓U時(shí)，欲使粒子仍然能經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)，試畫(huà)出電壓U與勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E之間的關(guān)系。（只定性畫(huà)出圖線，無(wú)需說(shuō)明理由）OMNPQ UEOOMv0PQSv0vyUEO【解題思路】如圖所示，依題意，粒子在Q點(diǎn)的速度方向沿著射線ON，粒子從P點(diǎn)開(kāi)始做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a，則：沿著OM方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)：at2 在Q點(diǎn)平行于OM方向的分速度：vyatSQ方向做勻

22、速運(yùn)動(dòng)：v0t 且v0vytan解得：cos 顯然P點(diǎn)為OS的中點(diǎn)，故P離O點(diǎn)的距離Scos（2）如圖所示【答案】（1）0.5Lcos；（2）如圖所示。必考十一、萬(wàn)有引力定律【命題新動(dòng)向】 該考點(diǎn)一般在選擇題中出現(xiàn)居多，偶爾出現(xiàn)在計(jì)算題中，每年必有一道題呈現(xiàn)。涉及到天體密度和質(zhì)量的估算以及萬(wàn)有引力定律的考查。PQOMN【典題13】2010年10月1日18點(diǎn)59分57秒，我國(guó)在西昌衛(wèi)星發(fā)射站發(fā)射了“嫦娥二號(hào)”，而我國(guó)發(fā)射的“嫦娥一號(hào)”衛(wèi)星繞月球早已穩(wěn)定運(yùn)行，并完成了既定任務(wù)?！版隙鸲?hào)”與“嫦娥一號(hào)”的最大不同在于“嫦娥二號(hào)”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(hào)”是送出地球

23、后第三級(jí)火箭脫落。如圖所示，為“嫦娥一號(hào)”在地月轉(zhuǎn)移的軌道的一部分，從P向Q運(yùn)動(dòng)，直線MN是過(guò)O點(diǎn)且和兩邊軌跡相切，下列說(shuō)法錯(cuò)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(guò)O點(diǎn)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(dòng)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(yuǎn)離地球過(guò)程中萬(wàn)有引力做負(fù)功，動(dòng)能減小，過(guò)了O點(diǎn)后萬(wàn)有引力對(duì)衛(wèi)星做正功，動(dòng)能增大，故A、D對(duì)，C錯(cuò)；衛(wèi)星做曲線運(yùn)動(dòng)的速度沿著切線方向，故B對(duì)?！敬鸢浮緾必考十二、人造衛(wèi)星、同步衛(wèi)星【命題新動(dòng)向】該知識(shí)點(diǎn)與萬(wàn)有引力定律結(jié)合起來(lái)考查衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，一般以新情景命

24、題，比如神舟系列、嫦娥系列等我國(guó)的最新空間研究動(dòng)態(tài)。對(duì)圓周運(yùn)動(dòng)中的加速度、線速度、角速度、周期和頻率考查頻繁?！镜漕}14】繼2010年10月成功發(fā)射“嫦娥二號(hào)”，我國(guó)又將于2011年上半年發(fā)射“天宮一號(hào)”目標(biāo)飛行器，2011年下半年發(fā)射“神舟八號(hào)”飛船并將與“天宮一號(hào)”實(shí)現(xiàn)對(duì)接，屆時(shí)將要有航天員在軌進(jìn)行科研，這在我國(guó)航天史上具有劃時(shí)代意義。 “天宮一號(hào)” A和“神舟八號(hào)” B繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，虛線為各自的軌道。由此可知 ( )A“天宮一號(hào)”的線速度大于“神舟八號(hào)”的線速度B“天宮一號(hào)”的周期小于“神舟八號(hào)”的周期C“天宮一號(hào)”的向心加速度大于“神舟八號(hào)”的向心加速度D“神舟八

25、號(hào)”通過(guò)一次點(diǎn)火加速后可以與“天宮一號(hào)”實(shí)現(xiàn)對(duì)接【解題思路】本題考查了牛頓運(yùn)動(dòng)定律與天體圓周運(yùn)動(dòng)及萬(wàn)有引力定律應(yīng)用。由牛頓第二定律可知，又，所以，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；同理，由，做圓周運(yùn)動(dòng)的周期，“天宮一號(hào)”的周期大，選項(xiàng) B錯(cuò)誤；由，“天宮一號(hào)”向心加速度比“神舟八號(hào)”要小，C錯(cuò)誤；由于“神舟八號(hào)”在內(nèi)側(cè)軌道，點(diǎn)火加速后，引力不足以提供其所需向心力，做離心運(yùn)動(dòng)并向軌道外側(cè)運(yùn)動(dòng)追趕“天宮一號(hào)”，從而與“天宮一號(hào)”實(shí)現(xiàn)對(duì)接，D正確。【答案】D必考十三、功和功率【命題新動(dòng)向】能量是高考永恒不變的話題，而功是能量轉(zhuǎn)化的橋梁，對(duì)汽車(chē)啟動(dòng)中恒力啟動(dòng)與恒定功率啟動(dòng)的兩種方式是理解功和功率的典型問(wèn)題。【典題15】汽車(chē)

26、發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率為P1，它在水平路面上行駛時(shí)受到的阻力f大小恒定，汽車(chē)在水平了路面上有靜止開(kāi)始作直線運(yùn)動(dòng)，最大車(chē)速為v。汽車(chē)發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率隨時(shí)間變化的圖象如圖所示。則（ ）A開(kāi)始汽車(chē)做勻加速運(yùn)動(dòng)，t1時(shí)刻速度達(dá)到v，然后做勻速直線運(yùn)動(dòng)B開(kāi)始汽車(chē)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t1時(shí)刻后做加速度逐漸減小的直線運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到v后做勻速直線運(yùn)動(dòng)C開(kāi)始時(shí)汽車(chē)牽引力逐漸增大，t1時(shí)刻牽引力與阻力大小相等D開(kāi)始時(shí)汽車(chē)牽引力恒定，t1時(shí)刻牽引力與阻力大小相等【解題思路】根據(jù)機(jī)車(chē)恒力啟動(dòng)時(shí)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，加速度不變，速度與時(shí)間成正比，則機(jī)車(chē)功率與時(shí)間成正比。t1時(shí)間內(nèi)題圖符合這種運(yùn)動(dòng)功率變化，在t1時(shí)刻后達(dá)到額定

27、功率，速度繼續(xù)增大，牽引力減小，加速度減小，機(jī)車(chē)加速度為零時(shí)，速度達(dá)到最大值v，此時(shí)牽引力等于阻力，B對(duì)。【答案】B必考十四、動(dòng)能定理【命題新動(dòng)向】 動(dòng)能定理的考查特點(diǎn)往往具有多對(duì)象、多過(guò)程的特征，是變力功與恒力功的處理的最佳方案，對(duì)牛頓運(yùn)動(dòng)定律無(wú)法解決的問(wèn)題動(dòng)能定理可以解決，強(qiáng)調(diào)初、末狀態(tài)而不重視過(guò)程的細(xì)節(jié)，在高考中每年都出現(xiàn)，方式靈活多樣?！镜漕}16】某物體以初動(dòng)能E0從傾角37°的斜面底部A點(diǎn)沿斜面上滑，物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5。當(dāng)物體滑到B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為E，滑到C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為0，物體從C點(diǎn)下滑到AB重點(diǎn)D時(shí)動(dòng)能又為E，則下列說(shuō)法正確的是（已知|AB|s，sin37°

28、0.6，cos37°0.8）（ ）ADBCABC段的長(zhǎng)度為BBC段的長(zhǎng)度為C物體再次返回A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為D物體再次返回A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為【解題思路】物體上滑過(guò)程加速度a1gsingcos10m/s2，下滑過(guò)程加速度a2gsingcos2m/s2。設(shè)BC距離為s0，從BC過(guò)程由動(dòng)能定理：ma1s00E，從CD過(guò)程由動(dòng)能定理：ma2(0.5ss0)E，解得s00.125s，A錯(cuò)B對(duì)；從AC由動(dòng)能定理：ma1(ss0)0E0，從CA由動(dòng)能定理：ma2(ss0)EA，解得EA0.2E0，C錯(cuò)D對(duì)?！敬鸢浮緽D必考十五、功能關(guān)系及能量守恒定律【命題新動(dòng)向】該知識(shí)點(diǎn)在高考中每年必考，選擇題和計(jì)算題中都

29、有較多體現(xiàn)，綜合力度較大，思維能力要求較高，體現(xiàn)在子彈打木塊模型、傳送帶模型、斜面模型、滑塊模型、彈簧模型、碰撞模型、豎直上拋及斜拋運(yùn)動(dòng)模型等重要物理模型中。與受力分析、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、直線運(yùn)動(dòng)、拋體運(yùn)動(dòng)和曲線運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)情景聯(lián)系緊密，與力、電、磁的綜合強(qiáng)度大，是復(fù)習(xí)的重點(diǎn)?！镜漕}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(guò)程產(chǎn)生的內(nèi)能為6J，那么此過(guò)程木塊動(dòng)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(duì)木塊有動(dòng)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(yùn)動(dòng)的位移，子彈未穿出，畫(huà)出子彈和木塊運(yùn)動(dòng)的v

30、t圖象，顯然可看出SS木，故EK6J，則根據(jù)選項(xiàng)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(shí)豎直向上拋出甲、乙兩個(gè)小球，已知m甲m乙。以下論述正確的是（ ）A在不計(jì)阻力的情況下，取拋出點(diǎn)所在的水平面為零勢(shì)能面，甲、乙的機(jī)械能總是相等B在不計(jì)阻力的情況下，若以甲最高點(diǎn)所在水平面為零勢(shì)能面，甲、乙機(jī)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(guò)程中，甲減少的機(jī)械能大于乙減少的機(jī)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(guò)程中，甲減少的機(jī)械能等于乙減少的機(jī)械能【解題思路】不計(jì)阻力時(shí)，相同的初速度能上升到相同的最大高度，且任意時(shí)刻兩球

31、在同一高度，在拋出點(diǎn)為零勢(shì)能面時(shí)，由于甲球質(zhì)量大，初動(dòng)能大，故甲球機(jī)械能總大于乙球機(jī)械能，A錯(cuò)；若以最高點(diǎn)為零勢(shì)能面，在最高點(diǎn)兩球勢(shì)能為零，動(dòng)能也為零，故機(jī)械能均為零，由機(jī)械能守恒定律可知兩球機(jī)械能始終相等且為零，B對(duì)；在相等大小的阻力作用下，甲球質(zhì)量大，加速度小，最高點(diǎn)較高，阻力做負(fù)功較多，機(jī)械能損失多，C對(duì)D錯(cuò)?！敬鸢浮緽C必考十六、庫(kù)侖定律【命題新動(dòng)向】“庫(kù)侖定律”是高中物理的重要章節(jié)，是電磁學(xué)的基本定律。它闡明了帶電體相互作用的規(guī)律，為整個(gè)電磁學(xué)奠定了基礎(chǔ)?！镜漕}19】點(diǎn)電荷是理想化的物理模型,沒(méi)有大小的帶電體。實(shí)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(shí)才可以看

32、成點(diǎn)電荷。兩個(gè)直徑為r的帶電球，當(dāng)它們相距100r時(shí)的作用力為F，當(dāng)它們相距為r時(shí)作用力為（ ）A. F/102 B.F/104 C. D.以上結(jié)論都不對(duì)【解題思路】庫(kù)侖定律公式成立的前提條件是“真空中、點(diǎn)電荷”，實(shí)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(shí)才可以看成點(diǎn)電荷。本題兩個(gè)電荷原來(lái)相距100r時(shí)，可以看成點(diǎn)電荷，能適用庫(kù)侖定律，但當(dāng)它們相距為r時(shí)，兩帶電球本身的大小不能忽略，不能再當(dāng)作點(diǎn)電荷看待，庫(kù)侖定律已不再適用，所以正確答案應(yīng)選D?！敬鸢浮緿【典題20】?jī)蓚€(gè)相同的金屬小球，帶電量之比為17，相距為r（r遠(yuǎn)大于小球半徑），兩者相互接觸后再放回原來(lái)的位置上，則它

33、們間的庫(kù)侖力可能為原來(lái)的（）A B C D【解題思路】可設(shè)原來(lái)的帶電量分別為q和7q，則原來(lái)的庫(kù)侖力大小為7kq2/r2，但由于題目沒(méi)有說(shuō)明兩個(gè)帶電小球的電性，故庫(kù)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(gè)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(kāi)后庫(kù)侖力為16 kq2/r2；若是兩個(gè)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(kāi)后庫(kù)侖力為9 kq2/r2。故答案選C和D?！敬鸢浮緾D必考十七、電場(chǎng)的力的性質(zhì)【命題新動(dòng)向】 電場(chǎng)的力的性質(zhì)涉及到電場(chǎng)線、電場(chǎng)強(qiáng)度、電場(chǎng)的矢量疊加原理、點(diǎn)電荷的庫(kù)侖定律等知識(shí)點(diǎn)，考查的情景往往是常見(jiàn)的

34、點(diǎn)電荷、等量異種點(diǎn)電荷、等量同種點(diǎn)電荷以及簡(jiǎn)單的電場(chǎng)分布，來(lái)考查力的基本性質(zhì)?！镜漕}21】在光滑的絕緣水平面上，有一個(gè)正方形的abcd，頂點(diǎn)a、c處分別固定一個(gè)正點(diǎn)電荷，電荷量相等，如圖所示。若將一個(gè)帶負(fù)電的粒子置于b點(diǎn)，自由釋放，粒子將沿著對(duì)角線bd往復(fù)運(yùn)動(dòng)。粒子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)的過(guò)程中 （ ）A. 先作勻加速運(yùn)動(dòng)，后作勻減速運(yùn)動(dòng)B. 先從高電勢(shì)到低電勢(shì)，后從低電勢(shì)到高電勢(shì)C. 電勢(shì)能與機(jī)械能之和先增大，后減小D. 電勢(shì)能先減小，后增大【解題思路】由于負(fù)電荷受到的電場(chǎng)力是變力，加速度是變化的，所以A錯(cuò)；由等量正電荷的電場(chǎng)分布知道，在兩電荷連線的中垂線O點(diǎn)的電勢(shì)最高，所以從b到a，電勢(shì)是先增大

35、后減小，故B錯(cuò)；由于只有電場(chǎng)力做功，所以只有電勢(shì)能與動(dòng)能的相互轉(zhuǎn)化，故電勢(shì)能與機(jī)械能的和守恒，C錯(cuò)；由b到O電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，由O到d電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，D對(duì)。accdOb【答案】D必考十八、電場(chǎng)的能的性質(zhì)【命題新動(dòng)向】 電場(chǎng)的能的性質(zhì)涉及到等勢(shì)面、電勢(shì)、電勢(shì)差、電勢(shì)能等知識(shí)點(diǎn)，覆蓋電場(chǎng)力做功的公式、電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)差的關(guān)系公式電勢(shì)差公式公式的考查和計(jì)算，與帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)、曲線運(yùn)動(dòng)全面考查綜合分析能力，一般在選擇題中出現(xiàn)?！镜漕}22】OABMN如圖所示，水平虛線上有兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷A、B， M、N、O是AB的垂線上兩點(diǎn)，且AOOB，2ONOM。一個(gè)帶正電的試探電荷在空

36、間中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖中實(shí)線所示，設(shè)M、N兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小分別EM、EN，電勢(shì)分別為M、N，則下列判斷正確的是（ ）AA點(diǎn)電荷一定帶正電B試探電荷在M處的電勢(shì)能小于N處的電勢(shì)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(diǎn)電荷一定帶正電，A對(duì)；根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線、等勢(shì)面分布可知M點(diǎn)電勢(shì)高于N點(diǎn)電勢(shì)，M點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)較小，C錯(cuò)；由電勢(shì)差公式可知B錯(cuò)（從試探電荷受電場(chǎng)力做負(fù)功也可判斷）；NO部分場(chǎng)強(qiáng)較強(qiáng)，相同距離的電勢(shì)差較大，D錯(cuò)?！敬鸢浮緼必考十九、帶電粒子在磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)【命題新動(dòng)向】帶電粒子在磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)在近幾年的壓軸題中年年出現(xiàn)，主

37、要的特點(diǎn)有：粒子源的速率相同而方向各異、粒子源的速率不同而方向相同、磁場(chǎng)形狀（單直線邊界、雙直線邊界、三角形、矩形、圓形等）、運(yùn)動(dòng)的周期性、入射點(diǎn)和出射點(diǎn)的位置及方向等。對(duì)數(shù)學(xué)要求較高，是高考?jí)狠S題的首選，偶爾也在選擇題中出現(xiàn)。【典題23】如圖所示，有一垂直于紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)（邊界上有磁場(chǎng)），其邊界為一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的三角形，A、B、C為三角形的頂點(diǎn)。今有一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子（不計(jì)重力），以速度v從AB邊上某點(diǎn)P既垂直于AB邊又垂直于磁場(chǎng)的方向射入磁場(chǎng)，然后從BC邊上某CAB點(diǎn)Q射出。若從P點(diǎn)射入的該粒子能從Q點(diǎn)射出，則（ ）A|PB|LB|PB|LC|QB|LD|QB

38、|LABCQO1O22P1P2【解題思路】考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。本題粒子的半徑確定，圓心必定在經(jīng)過(guò)AB的直線上，可將粒子的半圓畫(huà)出來(lái)，然后移動(dòng)三角形，獲取AC邊的切點(diǎn)以及從BC邊射出的最遠(yuǎn)點(diǎn)。由半徑公式可得粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為RL，如圖所示，當(dāng)圓心處于O1位置時(shí)，粒子正好從AC邊切過(guò)，并與BC邊切過(guò)，因此入射點(diǎn)P1為離開(kāi)B最遠(yuǎn)的點(diǎn)，滿足PBL，A對(duì)；當(dāng)圓心處于O2位置時(shí)，粒子從P2射入，打在BC邊的Q點(diǎn)，由于此時(shí)Q點(diǎn)距離AB最遠(yuǎn)為圓的半徑R，故QB最大，即QBL，D對(duì)。【答案】AD yMxv0600600NPO【典題24】平面直角坐標(biāo)系xOy中，第1象限存在沿y軸負(fù)

39、方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第象限存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)以速度v0垂直于y軸射入電場(chǎng)，經(jīng)x軸上的N點(diǎn)與x軸正方向成60°角射入磁場(chǎng)，最后從y軸負(fù)半軸上的P點(diǎn)與y軸正方向成600角射出磁場(chǎng)，如圖所示。不計(jì)粒子重力，求（1）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R；（2）粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的總時(shí)間t；（3）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E?！窘忸}思路】（1）設(shè)粒子過(guò)N點(diǎn)時(shí)的速度為v，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的速度關(guān)系 v yMxv0600600NPQO分別過(guò)N、P點(diǎn)作速度方向的垂線，相交于Q點(diǎn)，則Q是粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心，根據(jù)牛頓第二

40、定律 qvB聯(lián)立解得軌道半徑 R （2）設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，有 ONv0t1 由幾何關(guān)系得 ONRsin30°Rcos30°聯(lián)立解得 t1粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期 T 由幾何關(guān)系知NQP150°，設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2 t2T聯(lián)立解得 t2故粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的總時(shí)間 tt1t2(1)（3）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a qE=ma 設(shè)沿電場(chǎng)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(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【命題新動(dòng)向】 帶電粒子在復(fù)

41、合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)一般分為兩大類型，一類是判斷粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)，即直線或曲線運(yùn)動(dòng)、勻速還是勻變速、變加速還是變減速、圓周運(yùn)動(dòng)還是一般的曲線運(yùn)動(dòng)等，判斷的根據(jù)主要是看受力，根據(jù)加速度a與速度v的關(guān)系，a、v在一條直線為直線運(yùn)動(dòng)，不在一條直線上為曲線運(yùn)動(dòng)，成銳角為加速、成鈍角為減速、成直角為勻速圓周運(yùn)動(dòng)。受力分析的關(guān)鍵是掌握重力和電場(chǎng)力是恒力的特征，而洛侖茲力不做功且總垂直于速度方向。另一類是帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)與拋體運(yùn)動(dòng)，兩大類曲線運(yùn)動(dòng)的考查。復(fù)習(xí)中務(wù)必要重視圓心與半徑等幾何關(guān)系的處理的熟練度?！镜漕}25】MOPQyx如圖所示，在xOy坐標(biāo)平面內(nèi)的第象限內(nèi)有半徑為R的圓分別與x軸、y

42、軸相切與P、Q點(diǎn)，圓內(nèi)存在垂直xOy平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在第象限內(nèi)存在沿y軸方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從P點(diǎn)射入磁場(chǎng)后恰好垂直y軸進(jìn)入電場(chǎng)，最后從M（2R，0）點(diǎn)射出電場(chǎng)，出射方向與x軸夾角滿足tan1.5。求：（1）粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速率v0；（2）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；（3）粒子從P點(diǎn)入射的方向與x軸負(fù)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，在x軸方向勻速運(yùn)動(dòng)：2Rv0t設(shè)y軸方向勻加速運(yùn)動(dòng)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(chǎng)圓的圓心，O2為粒

43、子軌跡圓的圓心，P為粒子射出磁場(chǎng)的位置，依題意可知粒子垂直y軸進(jìn)入電場(chǎng)，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(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，由y軸方向勻加速直線運(yùn)動(dòng)公式有NO的長(zhǎng)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(yīng)定律【命題新動(dòng)向】 該知識(shí)點(diǎn)在近五年一直出現(xiàn)在選擇題中，主要考查楞次定律、左手定則、右手定則、安培定則以及法拉第電磁感應(yīng)定律。往往以圖

44、象的形式進(jìn)行命題考查電磁感應(yīng)綜合知識(shí)。abcd123NS【典題26】如圖所示，某同學(xué)將一個(gè)閉合線圈穿入蹄形磁鐵由位置1經(jīng)過(guò)位置2到位置3，在此過(guò)程中，線圈的感應(yīng)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(lái)，進(jìn)入到S極。在經(jīng)過(guò)1位置時(shí)，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?yàn)閐cba，在經(jīng)過(guò)2位置時(shí)，沒(méi)有切割效果，電流為零，同理經(jīng)過(guò)3位置時(shí)，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

45、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?yàn)閍bcd，D對(duì)?！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(gè)方向垂直于紙面水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T。正方形線框的邊長(zhǎng)=0.2m、質(zhì)量m=0.1kg，R=0.08，物體A的質(zhì)量M=0.2kg。開(kāi)始時(shí)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(shí)間后線框進(jìn)入磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)。當(dāng)線框的邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)物體A恰好落地，此時(shí)輕繩與物體A分離，線框繼續(xù)上升一段時(shí)間后開(kāi)始下落，最后落至地面。整個(gè)過(guò)程線框沒(méi)有轉(zhuǎn)動(dòng)，線框平面始終處于紙面，g取10m/s2。求： （1）線框從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)所用的時(shí)間；

46、（2）線框落地時(shí)的速度大?。?（3）線框進(jìn)入和離開(kāi)磁場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程中線框產(chǎn)生的熱量?！窘忸}思路】設(shè)線框ab邊到達(dá)磁場(chǎng)邊界時(shí)速度大小為v，由機(jī)械能守恒定律可得 代入數(shù)據(jù)解得： 線框的ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電流 線框受到的安培力F安BIl1N而線框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)。設(shè)線框進(jìn)入磁場(chǎng)之前運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，有代入數(shù)據(jù)解得：線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程做勻速運(yùn)動(dòng)，所用時(shí)間：此后細(xì)繩繩拉力消失，線框做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，到最高點(diǎn)時(shí)所用時(shí)間線框從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，所用時(shí)間： （2）線框邊下落到磁場(chǎng)邊界時(shí)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(chǎng)過(guò)程還是做勻速運(yùn)動(dòng)，離開(kāi)磁場(chǎng)后做豎直下拋運(yùn)動(dòng)由機(jī)械能守恒定律可得： 代

47、入數(shù)據(jù)解得線框落地時(shí)的速度： （3）線框進(jìn)入和離開(kāi)磁場(chǎng)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(yùn)算【命題新動(dòng)向】 交流電的瞬時(shí)值表達(dá)式、最大值、平均值和有效值是交變電流內(nèi)容的核心，也是理解的重點(diǎn)。常與變壓器結(jié)合考查電路的功率、電壓、電流等問(wèn)題?！镜漕}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(guò)鐵芯的磁通量的最大變化率為0.2Wb/sC、A的示數(shù)

48、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(duì)；un1，故穿過(guò)鐵芯的磁通量的最大變化率0.2Wb/s，B錯(cuò)；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(cuò)；副線圈消耗功率P2U2I216W，故變壓器的輸入功率也為16W，D對(duì)?！敬鸢浮緼D必考二十三、電路的動(dòng)態(tài)分析【命題新動(dòng)向】電路的動(dòng)態(tài)分析分為電路故障分析和電路中某部分電路結(jié)構(gòu)或電阻發(fā)生變化后干路與支路的電流、電阻、電壓以及功率的變化問(wèn)題，涉及到電路的變形與簡(jiǎn)化，串并聯(lián)電路的識(shí)別以及閉合電路的歐姆定律和部分電路的歐姆定律的考查?！镜漕}29】R1R2ASE

49、rR3abP如圖所示，R1為滑動(dòng)變阻器，R2、R3為定值電阻，r為電源內(nèi)阻，。閉合開(kāi)關(guān)S后，在滑動(dòng)觸頭P由a端滑向b端的過(guò)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(dòng)觸頭P由a端滑向b端的過(guò)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(duì)。通過(guò)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(guò)R2電流I2減小，電流表示數(shù)變小，故B錯(cuò)。I增大，內(nèi)電阻消耗功率Pr增大，故C錯(cuò)。由于R外=R并+R3>r，根據(jù)電源輸出功率與外電阻的圖

50、線變化規(guī)律可知，當(dāng)R外=r時(shí)，P外有最大值；R外r時(shí)，P外隨R外的增大而增大；R外r時(shí)，P外隨R外的增大而減小。所以當(dāng)外電阻減小時(shí)，P外變大，故D對(duì)?！敬鸢浮緼D必考二十四、基本儀器的使用【命題新動(dòng)向】基本儀器使用的考查主要考查的重點(diǎn)是測(cè)量?jī)x器的讀數(shù)和重要儀器的使用方法。測(cè)量?jī)x器考查頻率較高，對(duì)測(cè)量?jī)x器有直尺、游標(biāo)卡尺、螺旋測(cè)微器、多用電表等的讀數(shù)方法的考查。要注意讀數(shù)的注意事項(xiàng)?！镜漕}30】（1）在用單擺測(cè)定重力加速度的實(shí)驗(yàn)中，用游標(biāo)為10分度的卡尺測(cè)量擺球的直徑，示數(shù)如圖1所示，讀數(shù)為_(kāi)cm。（2）在測(cè)定金屬的電阻率實(shí)驗(yàn)中，用螺旋測(cè)微器測(cè)量金屬絲的直徑，示數(shù)如圖2所示，讀數(shù)為_(kāi)mm。051

51、0圖2圖1100cm210（3）、用多用電表進(jìn)行了幾次測(cè)量，指針?lè)謩e處于a和b的位置，如圖所示。若多用電表的選擇開(kāi)關(guān)處于下面表格中所指的檔位，a和b的相應(yīng)讀數(shù)是多少？指針位置選擇開(kāi)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(biāo)卡尺讀數(shù)為10mm0.1mm×31.03cm；螺旋測(cè)微器讀數(shù)為0.5mm0.01mm×6.70.567mm；多用電表讀數(shù)分別為：(2mA0.2mA×1.6)×1023.2mA；(50V5V×1.6)/1000.58V（這里檔位是2

52、.5V，小數(shù)點(diǎn)后第1位為精確位，小數(shù)點(diǎn)后第2位為估讀位，故保留兩位小數(shù)）；3.3×100330?！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(wèn)題為核心的力學(xué)實(shí)驗(yàn)【命題新動(dòng)向】 涉及到紙帶的實(shí)驗(yàn)有研究勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律、驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，一般涉及到運(yùn)動(dòng)的加速度或速度的測(cè)量的均可考查到紙帶相關(guān)的實(shí)驗(yàn)計(jì)算。對(duì)紙帶的考查務(wù)必要掌握加速度的計(jì)算和任意點(diǎn)速度的計(jì)算。 打點(diǎn)計(jì)時(shí)器圖甲【典題31】如圖所示，小車(chē)放在斜面上，車(chē)前端拴有不可伸長(zhǎng)的細(xì)線，跨過(guò)固定在斜面邊緣的小滑輪與重物相連，小車(chē)后面與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的紙帶相連。起初小車(chē)停在靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的位置，重物到地面的距離小于小車(chē)到滑輪的距離。啟動(dòng)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，釋放重物，小車(chē)在重物的牽引下由靜止開(kāi)始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，重物落地后，小車(chē)會(huì)繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)一段距離。打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用的交流電頻率為50Hz，圖乙中a、b、c是小車(chē)運(yùn)動(dòng)紙帶上的三段，紙帶運(yùn)動(dòng)方向如箭頭所示。（1）打a段紙帶時(shí)，小車(chē)的加速度為2.5m/s2。請(qǐng)根據(jù)加速度的情況，判斷小車(chē)運(yùn)動(dòng)的最大速度可能出現(xiàn)在b段紙帶中長(zhǎng)度為_(kāi)cm的一段。（2）盡可能利用c段紙帶所提供的數(shù)據(jù)，計(jì)算打c段紙帶時(shí)小車(chē)的加速度大小為_(kāi)m/s2。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字） 【解題思路】1