高中高考物理考點大綱必考點

高考物理沖刺講義例1.如圖所示，半徑為R的豎直光滑半圓軌道bc與水平光滑軌道ab在b點連接，開始時可視為質點的物體A和B靜止在ab上，A、B之間壓縮有一處于鎖定狀態(tài)的輕彈簧（彈簧與A、B不連接）。某時刻解除鎖定，在彈力作用下A向左運動，B向右運動，B沿軌道經(jīng)過c點后水平拋出，落點p與b點間距離為2R。已知A質量為2m，B質量為m，重力加速度為g，不計空氣阻力，求：（1）B經(jīng)c點拋出時速度的大??？（2）B經(jīng)b時速度的大小？（3）鎖定狀態(tài)的彈簧具有的彈性勢能？例2.如圖所示，在同一豎直平面內(nèi)，一輕質彈簧一端固定，另一自由端恰好與水平線AB齊平，靜止放于光滑斜面上，一長為L的輕質細線一端固定在O點，另一端系一質量為m的小球，將細線拉至水平，此時小球在位置C，由靜止釋放小球，小球到達最低點D時，細繩剛好被拉斷，D點到AB的距離為h，之后小球在運動過程中恰好沿斜面方向將彈簧壓縮，彈簧的最大壓縮量為x，重力加速度為g.求：(1)細繩所能承受的最大拉力；(2)斜面的傾角θ的正切值；(3)彈簧所獲得的最大彈性勢能．解：（1）小球由C到D，機械能定恒 ① ②在D點， ③ ④由牛頓第三定律，知細繩所能承受的最大拉力為3mg ⑤（2）小球由D到A，做平拋運動 ⑥ ⑦ ⑧（3）小球達A點時 ⑨小球在壓縮彈簧的過程中小球與彈簧系統(tǒng)的機械能守恒 ⑩ ⑾例3.一質量M＝0．2kg的長木板靜止在水平面上，長木板與水平面間的滑動摩擦因數(shù)μ1＝0．1，一質量m=0．2kg的小滑塊以v0＝1．2m/s的速度從長木板的左端滑上長木板，滑塊與長木板間滑動摩擦因數(shù)μ2＝0．4（如圖所示）。 求⑴經(jīng)過多少時間小滑塊與長木板速度相同？v0⑵v0解：(1)對m：μ2mg=ma2解得：a2=4m/s2對M：μ2mg-μ1(M+m)g=Ma1解得：a1=2m/s2設經(jīng)歷時間為t兩者速度相同，則：v0-a2t=a1t解得：t=0.2s(2)兩者共同速度為：v=a1t=0.4m/s兩者相對靜止前，小滑塊的位移：s1=v0t-a2t2/2=0.16m達到共同速度后對滑塊和木板：μ1(M+m)g=（M+m）a3滑行位移為：s2=v2/2a3解得：s2=0.08m小滑塊的總位稱為：s=s1+s2=0.24m例4.如圖所示，在磁感應強度為B=0.6T的勻強磁場中，長為0.5m、電阻為r=1Ω的導體棒ab放置在水平的光滑金屬框上，如圖所示.導體棒ab在外力作用下以10m/s的速度向右勻速滑動，已知電容C=2μF，電阻R=6Ω，其余電阻忽略不計，求：ab棒哪端的電勢高?ab棒中的電動勢的大?。縜b棒兩端的電壓？(3)為使ab棒勻速運動，外力的大小及其機械功率？(4)電容器的電量？解：（1）由右手定則可知，a端電勢較高；Ab棒中的電動勢E=BLV=3v=1\*GB3①(2)=2\*GB3②由閉合電路歐姆定律可得=3\*GB3③=4\*GB3④解得=5\*GB3⑤（3）勻速運動時有：=6\*GB3⑥故外力的機械功率=7\*GB3⑦（4）電容器的電量Q=CU=8\*GB3⑧其中=0.9v=9\*GB3⑨解得=10\*GB3⑩例5．如圖，MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成θ角固定，軌距為d?？臻g存在勻強磁場，磁場方向垂直軌道平面向上，磁感應強度為B。P、M間所接阻值為R的電阻。質量為m的金屬桿ad水平放置在軌道上，其有效電阻為r?，F(xiàn)從靜止釋放ab，當它沿軌道下滑距離s時，達到最大速度。若軌道足夠長且電阻不計，重力加速度為g。求：（1）金屬桿ab運動的最大速度；（2）金屬桿ab運動的加速度為時，電阻R上電功率；（3）金屬桿ab從靜止到具有最大速度的過程中，克服安培力所做的功。解：（1）當桿達到最大速度時（1分）安培力F=BId（1分）感應電流（1分）感應電動勢（1分）解得最大速度（1分）（2）當ab運動的加速為時根據(jù)牛頓第二定律（1分）電阻R上的電功率（2分）解得（1分）（3）根據(jù)動能定理（2分）解得（1分）例6．如圖所示，兩根間距為l的光滑金屬導軌（不計電阻），由一段圓弧部分與一段無限長的水平段部分組成.其水平段加有方向豎直向下的勻強磁場，其磁感應強度為B，導軌水平段上靜止放置一金屬棒cd，質量為2m，電阻為2r.另一質量為m，電阻為r的金屬棒ab，從圓弧段M處由靜止釋放下滑至N處進入水平段，圓弧段MN半徑為R，所對圓心角為60°，求：

（1）ab棒在N處進入磁場區(qū)速度為多大？此時棒中電流是多少？（2）cd棒能達到的最大速度是多少？（3）cd棒由靜止到達最大速度過程中，系統(tǒng)所能釋放的熱量是多少？解：（1）ab棒由靜止從M滑下到N的過程中，只有重力做功，機械能守恒，所以到N處速度可求，進而可求ab棒切割磁感線時產(chǎn)生的感應電動勢和回路中的感應電流。ab棒由M下滑到N過程中，機械能守恒，故有：解得進入磁場區(qū)瞬間，回路中電流強度為（2）設ab棒與cd棒所受安培力的大小為F，安培力作用時間為t，ab棒在安培力作用下做減速運動，cd棒在安培力作用下做加速運動，當兩棒速度達到相同速度v′時，電路中電流為零，安培力為零，cd達到最大速度。運用動量守恒定律得解得（3）系統(tǒng)釋放熱量應等于系統(tǒng)機械能減少量，故有解得例7、一半徑為r的圓形導線框內(nèi)有一勻強磁場，磁場方向垂直于導線框所在平面，導線框的右端通過導線接一對水平放置的平行金屬板，兩板間的距離為d.在t=0時，圓形導線框中的磁感應強度B從B0開始均勻增大；同時，有一質量為m、帶電量為q的液滴以初速度v0水平向右射入兩板間（該液滴可視為質點）.該液滴恰能從兩板間作勻速直線運動，然后液滴在電場強度大小恒定、方向未知、磁感應強度為B1、寬為L的（重力場、電場、磁場）復合場（磁場的上下區(qū)域足夠大）中作勻速圓周周運動．求：（1）磁感應強度B從B0開始均勻增大時，試判斷1、2兩極板哪一塊為正極板？磁感應強度隨時間的變化率K=？（2）（重力場、電場、磁場）復合場中的電場強度方向如何？大小如何？（3）該液滴離開復合場時，偏離原方向的距離.BBd12v0B1××××××××××××××××××××××××L例8．在光滑絕緣的水平面上，長為2L的絕緣輕質細桿的兩端各連接一個質量均為m的帶電小球A和B，A球的帶電量為＋2q，B球的帶電量為－3q（可視為質點，也不考慮兩者間相互作用的庫侖力）?，F(xiàn)讓A處于如圖所示的有界勻強電場區(qū)域MPQN內(nèi)，已知虛線MP位于細桿的中垂線，MP和NQ的距離為4L，勻強電場的場強大小為E，方向水平向右。釋放帶電系統(tǒng)，讓A、B從靜止開始運動（忽略小球運動中所產(chǎn)生的磁場造成的影響）。EAMPQBEAMPQBN4（2）帶電系統(tǒng)從開始運動到速度第一次為零所需的時間（3）帶電系統(tǒng)運動過程中，B球電勢能增加的最大值。例9．如圖，直線上方有平行于紙面且與MN成45°的有界勻強電場，電場強度大小為E；MN下方為方向垂直于紙面向里的有界勻強磁場，磁感應強度大小未知。今從MN上的O點向磁場中射入一個速度大小為v、方向與MN成45°角的帶正電粒子，該粒子在磁場中運動時的軌道半徑為R。若該粒子從O點進入磁場后第三次經(jīng)過直線MN后又恰好通過O點。不計粒子的重力。求：45°45°EB45°45°EBOvMN⑵磁感應強度大??；⑶粒子從O點出發(fā)到再次回到O點所需的時間。例7．解：（1）2極板為正極板（2分）由題意可知：兩板間的電壓U＝①（1分）而：S＝πr2②帶電液滴所受的電場力：F＝③（1分）在豎直方向：F－mg＝0④（1分）由以上各式得K＝⑤（1分）（2）液滴在復合場中作勻速圓周周運動，則電場力與重力平衡，所以，電場力方向豎直向上，由題意知該液滴帶正電，故電場強度方向豎直向上.（2分）設勻強電場強度為E，則⑥（1分）（1分）（3）液滴進入復合場后做勻速圓周運動，設運動半徑為R，由牛頓第二定律有：⑦（1分）由⑦式得：（1分）討論：①若R≤L，電子從磁場左邊界離開（1分）由幾何關系知偏轉距離為y=2R（1分）代入數(shù)據(jù)并整理得⑩（1分）②若R>L，電子從磁場右邊界離開（1分）由幾何關系知偏轉距離為⑧（1分）代入數(shù)據(jù)并整理得⑨（1分）例8.解：（1）帶電系統(tǒng)開始運動后，先向右加速運動；當B進入電場區(qū)時，開始做減速運動。故在B剛進入電場時，系統(tǒng)具有最大速度。（1分）設B進入電場前的過程中，系統(tǒng)的加速度為a1，由牛頓第二定律：2Eq＝2ma1（1分）B剛進入電場時，系統(tǒng)的速度為vm，由vm2＝2a1L（1分）可得vm＝EQ\R(EQ\F(2qEL,m))（1分）（2）當A剛滑到右邊界時，電場力對系統(tǒng)做功為W1＝2Eq3L＋（—3Eq2故系統(tǒng)不能從右端滑出，A剛滑到右邊界時速度剛好為零（1分）。設B從靜止到剛進入電場的時間為t1，則（1分）設B進入電場后，系統(tǒng)的加速度為a2，由牛頓第二定律（2分）系統(tǒng)做勻減速運動，減速所需時間為t2，則有（1分）系統(tǒng)從開始運動到速度第一次為零所需的時間為（1分）（3）當帶電系統(tǒng)速度第一次為零，即A恰好到達右邊界NQ時，B克服電場力做的功最多，B增加的電勢能最多，此時B的位置在PQ的中點處（1分）所以B電勢能增加的最大值W1＝3Eq2L＝6EqL例9.解：粒子的運動軌跡如圖，先是一段半徑為R的1/4圓弧到a點，接著恰好逆電場線勻減速運動到b點速度為零再返回a點速度仍為v，再在磁場中運動一段3/4圓弧到c點，之后垂直電場線進入電場作類平拋運動。（1）由圖可知：(1)因此即距離點(2)（2）粒子在電場中運動時垂直和平行電場方向的位移都為(3)×××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××oEBabc(4)又(5)再有(6)(7)由③④⑤⑥⑦可得(8)（3）粒子在磁場中運動的總時間為(9)粒子在電場中的加速度為(10)粒子在電場中做直線運動所需時間為(11)由(4)(9)(11)得粒子從出發(fā)到再到達O點所需時間(12)課外練兵1.10個同樣的扁長木塊一個緊挨一個地放在水平地面上，如圖所示，每個木塊的質量m=0.40kg，長l=0.50m，它們與底面間的靜摩擦和滑動摩擦系數(shù)均為μ2=0.10。原來木塊處于靜止狀態(tài)。左方第一個木塊的左端上方放一質量為M=1.0kg的小鉛塊，它與木塊間的靜摩擦和滑動摩擦系數(shù)均為μ1=0.20?，F(xiàn)突然給鉛塊一向右的初速度V0=4.3m/s，使其在大木塊上滑行。試確定鉛塊最后的位置在何處（落在地上還是停在哪塊木塊上）。取重力加速度g=10m/s２。設鉛塊的線度與l相比可以忽略。解析當鉛塊向右運動時，鉛塊與10個相同的扁長木塊中的第一塊先發(fā)生摩擦力，若此摩擦力大于10個扁長木塊與地面間的最大靜摩擦力，則10個扁長木塊開始運動，若此摩擦力小于10個扁長木塊與地面間的最大摩擦力，則10個扁長木塊先靜止不動，隨著鉛塊的運動，總有一個時刻扁長木塊要運動，直到鉛塊與扁長木塊相對靜止，后又一起勻減速運動到停止.鉛塊M在木塊上滑行所受到的滑動摩擦力設M可以帶動木塊的數(shù)目為n，則n滿足：即上式中的n只能取整數(shù)，所以n只能取2，也就是當M滑行到倒數(shù)第二個木塊時，剩下的兩個木塊將開始運動.設鉛塊剛離開第8個木塊時速度為v，則得：由此可見木塊還可以滑到第9個木塊上.M在第9個木塊上運動如圖6—9甲所示，則對M而言有：得：第9及第10個木塊的動力學方程為：，得：設M剛離開第9個木塊上時速度為，而第10個木塊運動的速度為，并設木塊運動的距離為s，則M運動的距離為，有：消去s及t求出：，顯然后一解不合理應舍去.因，故M將運動到第10個木塊上.再設M運動到第10個木塊的邊緣時速度為，這時木