1、2013 年咼考物理必考考點題型大盤點必考一、描述運動的基本概念【命題新動向】 描述運動的基本概念是歷年高考的必考內容，當然也是新課標高考的必考內容物體的位移、速度等隨時間的變化規律.質點、參考系、坐標系、時間、位移、速度、加速度是重要概念從近三年高考看，單獨考查本章知識較少，較多地是將本章知識與 勻變速直線運動的典型實例，牛頓運動定律，電場中、磁場中帶電粒子的運動等知識結 合起來進行考查.【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

2、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x=Vt 可知，x 一定，v 越大，t 越小，即選項 C 正確。【答案】C 必考二、受力分析、物體的平衡【命題新動向】 受力分析是高考中不可能不考查的一個重要考點，幾乎滲透到每個試題中，通過物體的共點力平衡條件對物體的受力進行分析，往往需要有假設法、整體與隔離法來獲取物體受到的力，有的平衡問題是動態平衡，試題往往設置緩慢”的字眼來表達動態平衡，需要掌握力的平行四邊形定則或三角形定則來解題。【典題 2】如圖

3、所示，光滑的夾角為0=30勺三角桿水平放置，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，現在用力將 B 球緩慢拉動，直到輕繩被拉直時， 測出拉力 F= 10N 則此時關于兩個小球受到的力的說法正確的是（）JA、 小球 A 受到重力、桿對 A 的彈力、繩子的張力_ ”0 JFB、小球 A 受到的桿的彈力大小為 20N B20 衍C 此時繩子與穿有 A 球的桿垂直，繩子張力大小為N203D、小球 B 受到桿的彈力大小為3 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

4、、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 N= T= 20N,桿對 B 的彈力NB=3 【答案】AB 必考三、x t 與 v t 圖象【命題新動向】縱觀高考試題，沒有哪一份試題中沒有圖象。圖象作為一個數學工具在物理 學中的應用是高考對應用數學知識解決物理問題的能力的重要體現。 各種圖象的共同點基本 上圍繞斜率、圖線走勢以及圖線與橫縱坐標圍成的面積這三個方面。【典題 3】圖示為某質點做直線運動的v t 圖象，關于這個質點在4s 內的運動情況，下列說法中正確的是（）A、質點始終向同一方向運動B、4s 末質點離出發點最遠C、 加速度大小不變，方向與初速度方向相

5、同D、 4s 內通過的路程為 4m，而位移為 0【解題思路】在 v t 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 末質點回到了出發點，B 錯；且 4s 內質點往返運動回到出發點，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 內質點的節哀速度大小和方向均不變，方向為正方向，而初速度方

6、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律與運用【命題新動向】 熟練應用勻變速直線運動的公式，是處理問題的關鍵， 對運動的問題一定要注意所求解的問題是否與實際情況相符。主要考查學生分析問題，解決問題的能力，應用數 學解決物理問題的能力。【典題 4】生活離不開交通，發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，直接造成的經濟損失上億元。某駕駛員以 30m/s 的速度勻速行駛，發現前方 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

7、最大加速度為【解題思路】汽車做勻速直線運動的位移為：| I I。、一一、V3303汽車做勻減速直線運動的位移：。2a 2x75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畑【命題新動向】 高考要求掌握自由落體運動的規律，理解重力加速度的含義。 自由落體運動的特點：從靜止開始，即初速度為零物體只受重力作用自由落體運動是一個初速度為零的勻加速直線運動。加速度為v=20m/s 的初速度豎直向上拋出一石子，求拋V0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、

8、負兩個位移，一個在拋出點的上方，另一個在拋出點的下方，根據豎直上拋運動的位移公式，有+ 1 .2X =vt-舁將x=15m 和x=-15m 分別代入上式，即1215 =20t10t22【典題 5】某人站在十層樓的平臺邊緣處，以解得t=1s 和t=3s, -It1t215=20t- 10t22解得t3= （27）s s和t4=（27）s（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（2,7）s必考六、牛頓第二定律【命題新動向】 牛頓第二定律是高中物理的力學核心定律,不僅僅在選擇題中屬于必考內容，在計算題中也必定涉及到，對單個或多個對象的研究以及瞬時性、矢量性、獨立性等特

9、性時考查的重點。【典題 6】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,mA= 3kg, mB= 2kg, mc= 1kg，物體 A、B、C 間的動摩擦因數均為 與滑輪間的摩擦可忽略不計。若要用力將B 物體拉動，則作用在最小值為（最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g= 10m/s2）（A.B.C.D.卩=0.1，地面光滑，輕繩B 物體上水平向左的拉力）3N5N8N6NAG-BC（【解題思路】依題意是要求能把 慮到 B 的上表面的最大靜摩擦力為 容易滑動，將 BC 做為整體分析，A 和 C 之間抽出來。考fA= 3N, B 的下表面的最大靜摩擦力為 fB= 5N

10、,故上表面BC 整體向左的加速度大小與 A 向右的加速度大小相同，均T 一 fA= mca，當 a = 0B 拉動即可，并不一定要使物體從設為 a，由牛頓第二定律：F T= （mA+ mB）a，對 A 由牛頓第二定律： 時，F 力最小，解得最小值為F= 6N, D 對。本題中若 FA9N 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。【答案】D【典題 7】如圖所示，一質量為 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，一質量也為 m 的物塊 B 疊放在 A 的上面，A、B 處于靜

11、止狀態。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mg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。2mg【解題思路】設彈簧勁度系數為k, A、B 靜止時彈簧的壓縮量為 x,則 x=kmgA、B 粘連在一起緩慢上移，以 A、B 整體為研究對象，當拉力 2 時 mg2 + k(x L) = 2mgA、B 不粘連，在恒力 F 作用下 A、B 恰

12、好分離時，以 A、B 整體為研究對象，根據牛頓第二 定律F+ k(x L) 2mg = 2ma以 B 為研究對象，根據牛頓第二定律F mg = ma3mg聯立解得 F= 2(2) A、B 粘連在一起緩慢上移 L,設彈簧彈力做功為 W彈，根據動能定理W + W彈一 2mgL= 0在恒力 F 作用下，設 A、B 分離時的速度為 V,根據動能定理1 2FL+ W彈一 2mgL= 2X2mv門紐 W聯立解得 v =2 m,.：3gL W【答案】(1) 1.5mg ; (2)2 m必考七、超重與失重及整體法牛頓第二定律的應用【命題新動向】 超重與失重是牛頓定律的重要應用，屬于高考的高頻考點。它實際上是對

13、獨立方向上的加速度的產生的根源的分析方法。也是對整體法的牛頓第二定律的重要理論支撐。一般出現在選擇題中。【典題 8】傾角為 37的斜面體靠在固定的豎直擋板P 的一側，一根輕繩跨過固定在斜面頂端的定滑輪，繩的一端與質量為mA=3kg 的物塊 A 連接，另一端與質量為 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。現釋放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。(所有接觸面產生的摩擦均忽略不計，sin37 =0.6, cos37=0.8, g=10m/s2)【解題思路】設繩中張力為 T,斜面對 A 的支持力為 NA,A、B

14、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T mBg = mBa聯立解得 a = 2m/s2T = 12N NA= 24N以斜面體為研究對象，受力分析后，在水平方向F = NAsin3Tcos37 NA=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”這個詞也是他的創作。導彈制導方式很多，慣性制導系統是其中的一種，該系統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

15、滑桿上套一質量為m 的絕緣滑塊，分別與勁度系數均為 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 Uo，輸出電壓 UPQ=O。系統加速時滑塊移動，滑片隨之在變阻器上自由滑動，UPQ相應改變，然后通過控制系統進行制導。設某段時間導據牛頓第二定律可得：2kx =ma，根據電壓分配規律：土=UPQ;因為滑片向右移動,L x12kLuPQUO，所以導彈的加速度方向向左，大小為33m【答案】D必考八、運動學與牛頓定律的綜合【命題新動向】該知識點往往是計算題的必考點。命題方式上以傳送帶、滑板為情景居多，創新力度

16、較大，對牛頓第二定律與運動學的綜合能力要求高，對摩擦力的分析往往是難點，一般是多過程分析。丄【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= 2nm,兩輪軸心相距彈沿水平方向運動，滑片向右移動,UPQ=-U0，則這段時間導彈的加速度3kLA.方向向右，大小為3m2kLC.方向向右，大小為 3mB.D.kL方向向左，大小為3m【解題思路】 通過滑塊的移動，改變觸頭的位置，使電壓表示數變化，從電壓表的讀數得知加速度的值。滑塊運動時，它所需的向心力由彈簧的彈力提供，設形變為Dx,根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。一個質量為0.1kg込

17、2的小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為尸6。g 取 10m/s。(1) 當傳送帶沿逆時針方向以 W=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 寸 252衣16396衣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，設加速度為ai，根據牛頓

18、第二定律2mgsin30 +(mgcos30=mai，解得 a!= 7.5m/s當小物塊速度等于 3m/s 時，設小物塊對地位移為Li，用時為 ti,根據勻加速直線運動規律2ViV1ti= ai, Li= 2ai，解得 ti= 0.4sLi= 0.6m由于 LivL 且 x tan30 當小物塊速度大于 3m/s 時，小物塊將繼續做勻加速直線運動至B點，設加速度為 a2，用時為 t2，根據牛頓第二定律和勻加速直線運動規律mgsi n30 pmgcos30 =ma2，解得a?= 2.5m/s2iL Li= vit2+ 2a2t22，解得 t2= 0.8s故小物塊由禁止出發從 A 到 B 所用時間

19、為 t = ti+ t2= i.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 ai做勻加速直線運動到B 點，所用時間最短，即i 2L = 2aitmint tmin=isv a= tmin=7.5m/s此時小物塊和傳送帶之間的相對路程為 S= vt L = 3.75m傳送帶的速度繼續增大，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增大，小物塊在傳送帶上留下的痕跡也繼續增大；當痕跡長度等于傳送帶周長時， 痕跡為最長 Smax,設此時傳送帶速度為v2,則Smax=

20、2L + 2 R, Smax= V2t L聯立解得 V2= i2.25m/s【答案】(i) i.2s； (2) i2.25m/s。必考九、曲線運動【命題新動向】 運動軌跡是直線或曲線取決于速度與合外力的夾角；是否是勻變速運動取決于合外力是否恒定。各分運動具有獨立性，即一個分運動不受另一分運動的影響，分運動和合運動具有 等時性。【典題 11】20i0 年 8 月 22 日, 20i0 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i5 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

21、，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。物體的運動狀態是由其受力條件及初始運動狀態共同確定的.物體運動的性質由加速度決定 (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

22、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、拋體運動規律【命題新動向】該考點一般以規律的形式呈現，比如拋體運動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、斜面的拋體運動出現過，粒子在電場中的拋體運動考查居多。【典題 12】如圖，空間中存在兩條射線OM、ON,以及沿射/ NOM =0,某帶電粒子從射線 OM 上的某點ION 上的 Q 點，若 Q 點離 O 點最遠且 OQ= L,:(1) 粒子入射點 P 離 O 點的距離 S(2)帶電粒子經過電壓 U 加速

23、后從 P 點入射，試畫出電壓 U 與勻強電場的場強 E 之間的關系。P 垂直于 OM 入射，僅在電場作用下經過射線求：.-0【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,粒子從點開始做類平拋運動，設加速度為a,則：1沿著 OM 方向做勻加速直線運動：PS =2at2在 Q 點平行于 OM 方向的分速度：Vy= atSQ 方向做勻速運動：QS = votE且 Vo=Vytan0_ L解得：PS = 2cos0_ L顯然 P 點為 OS 的中點，故 P 離 O 點的距離 S= PS =2cos0（2 ）如圖所示【答案】（1）O.5Lcos0；（2）如圖所示。必考一、萬有引力定

24、律【命題新動向】 該考點一般在選擇題中出現居多，偶爾出現在計算題中，每年必有一道題呈現。涉及到天體密度和質量的估算以及萬有引力定律的考查。【典題 13】2010 年 10 月 1 日 18 點 59 分 57 秒，我國在西昌衛星發射站發射了 嫦娥二號”, 而我國發射的 嫦娥一號”衛星繞月球早已穩定運行，并完成了既定任務。嫦娥二號”與 嫦娥一號”的最大不同在于 嫦娥二號”衛星是利用了大推力火箭直接被送到地月轉移軌道，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、衛星

25、在此段軌道上的加速度先減小后增大B、衛星在經過 O 點是的速度方向與 ON 方向一致C、 衛星的速度一直在增大D、 在 O 處衛星的動能最小【解題思路】由軌跡彎曲方向可看出衛星在O 處的加速度方向發生變化，故衛星先遠離地球過程中萬有引力做負功，動能減小，過了 O 點后萬有引力對衛星做正功，動能增大，故 A、 D 對，C 錯；衛星做曲線運動的速度沿著切線方向，故B 對。【答案】C必考十二、人造衛星、同步衛星【命題新動向】該知識點與萬有引力定律結合起來考查衛星的運動規律, 比如神舟系列、嫦娥系列等我國的最新空間研究動態。對圓周運動中的加速度、線速度、角 速度、周期和頻率考查頻繁。【典題 14】繼

26、2010 年 10 月成功發射“嫦娥二號”一號”目標飛行器，2011 年下半年發射“神舟八號”飛船并將與“天宮一號”實現對接， 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”實現對接般以新，我國又將于 2011 年上半年發射“天宮必考十三、功和功率【命題新動向】 能量是高考永恒不變

27、的話題， 而功是能量轉化的橋梁， 對汽車啟動中恒力啟動與恒定功率啟動的兩種方式是理解功和功率的典型問題。【典題 15】汽車發動機的額定功率為 Pi,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，ti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，ti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，ti時刻牽引力與阻力大小相等D.開始時汽車牽引力恒定，ti時刻牽引力與阻力大小相等【解題思路】根據機車恒力啟動

28、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。ti時間內題圖符合這種運動功率變化， 在 ti時刻后達到額定 功率，速度繼續增大，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。【答案】B 必考十四、動能定理【命題新動向】 動能定理的考查特點往往具有多對象、多過程的特征，是變力功與恒力功的處理的最佳方案， 對牛頓運動定律無法解決的問題動能定理可以解決，強調初、末狀態而 不重視過程的細節，在高考中每年都出現，方式靈活多樣。【典題 16】某物體以初動能 E)從傾角9=37勺斜面底部 A 點沿斜面上滑，物體與斜面間的 動摩擦因

29、數 尸 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, sin37 = 0.6,cos37 = 0.8)()【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。2GMm律可知F引二F向，2m,rr由牛頓第二定同理，由一2r-A, A 選項錯誤;GMm= mr(2)2，做圓周運動的周期 T=., “天宮T: GM號的周期大，選GMm2ma向，天呂一r“神舟八號”在內側軌道，點火加速后，道外側運動追趕“天宮一號”，從而與【答案】D項 B 錯誤；由號 向心加速度比“神

30、舟八號”要小,C 錯誤；由于引力不足以提供其所需向心力，做離心運動并向軌“天宮一號”實現對接，D 正確。GM，又rrB，所以uBA. BC 段的長度為 4sB. BC 段的長度為 8Eoc.物體再次返回 A 點時的動能為 7EoD.物體再次返回 A 點時的動能為5【解題思路】物體上滑過程加速度 ai= gsinB+gcos0=10m/s2,下滑過程加速度 a?= gsin0gos0=2m/s2。設 BC距離為 so,從 BC 過程由動能定理： maiso= 0 E,從 CD 過 程由動能定理：ma2（0.5s+ so） = E,解得 so= 0.125s,A 錯 B 對；從 ATC 由動能定理

31、：mai（s +s so） = 0 Eo,從 CTA 由動能定理：mama2（s+ So）= EA,解得EA=o o2E2Eo,C C錯D D對。【答案】BD必考十五、功能關系及能量守恒定律【命題新動向】 該知識點在高考中每年必考，選擇題和計算題中都有較多體現，綜合力度較大，思維能力要求較高，體現在子彈打木塊模型、傳送帶模型、斜面模型、滑塊模型、彈簧模型、碰撞模型、豎直上拋及斜拋運動模型等重要物理模型中。與受力分析、牛頓運動定律、直線運動、拋體運動和曲線運動的運動情景聯系緊密，與力、電、磁的綜合強度大，是復習 的重點。【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

32、木塊,此過程產生的內能為 6J,那么此過程木塊動能可能增加了（）豈_A.12J12JB.B.16J16JC. 4JD. 6J【解題思路】 系統產生的內能為仏S= 6J,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 v t 圖象, 顯然可看出S S木，故 E0B, 20N= 0M。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 M、N 兩點的場強大小分別 EM、EN,電勢分別為恤、加，則下列判斷正確 的是（）- -A0 BB.試探電荷在 M 處的電勢能小于 N 處的電勢能C. EM一定小于 EN,恤可

33、能大于OND. UMN= UNO【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。【答案】A 必考十九、帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動【命題新動向】 帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動在近幾年的壓軸題中年年出現，主要的特點有：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、磁場形狀（單直線邊A. A 點電荷一定帶正電600【解題思路】考查帶電粒子在勻強磁場中的勻速

34、圓周運動。本題粒子的半徑確定，圓心必定在經過 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、3BC 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R= 4 L,如圖所示，當圓心處于位置時，粒子正好從 AC 邊切過，并與 BC 邊切過，因此入射點 Pi為離開 B 最 2+廳遠的點，滿足 PB4L, A 對；當圓心處于 02位置時，粒子從 P2射入，打在 BC 邊的 Q1點，由于此時 Q 點距離 AB 最遠為圓的半徑 R,故 QB 最大，即 QB 勺 L, D 對。【答案】AD【典題 24】平面直角坐標系 xOy 中，第 1 象限存在沿存在垂直于坐標

35、平面向外的勻強磁場， 磁感應強度大小為 為q 的帶正電的粒子從 y 軸正半軸上的 M 點以速度 軸上的 N點與 x 軸正方向成 60角射入磁場，最后從 方向成 60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。 【解題思路】(1)設粒子過 N 點時的速度為 V，根據平拋運動的速度關系v =V0cos60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2mv0qvB= R中做勻速圓周運動的圓心，根據牛頓第二定律等。對數學要求較高，是高考壓軸題的首選，偶爾也在選擇

36、題中出現。【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。今有一質量為V3qBL量為+ q 的粒子(不計重力)，以速度 v=匚百從 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 邊上某點 Q 射出。若從 P 點射入的該粒子能從 Q 點射出，則()2 +m、電荷A.B.IPB4 L1+I PB|vLC. | QB| r，根據電 源輸出功率與外電阻的圖線變化規律可知，當R外=時，P 外有最大值；R外vr 時，P外隨 R外的增大而增大；R外r 時，P外隨 R外的增

37、大而減小。所以當外電阻減小時，P外變大，故 D對。【答案】AD必考二十四、基本儀器的使用【命題新動向】基本儀器使用的考查主要考查的重點是測量儀器的讀數和重要儀器的使用方法。測量儀器考查頻率較高，對測量儀器有直尺、游標卡尺、螺旋測微器、多用電表等的讀 數方法的考查。要注意讀數的注意事項。【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，示數如圖 1 所示，讀數為 _ 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，示數如圖 數為J I J ill Illi | I I I f i i i i | 0 10圖 1(3)、用多用電表進行了

38、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處于下面表格中所指的檔位，a 和 b 的相應讀數是多少？2 所示，讀mm。cm【解題思路】游標卡尺讀數為10mm + 0.1mnK3= 1.03cm ;螺旋測微器讀數為0.5mm +0.01mmX6.7= 0.567mm ;多用電表讀數分別為：(2mA+0.2mAX1.6) X=12B.2mA;(50V指針位置選擇開關所處擋位讀數a直流電流 100mA mA直流電壓 2.5V Vb電阻X100Q104.比腫A_V_ Q 5000 Q /V= 1.90cm, S3= 1.73cm ,S4= 1.48cm, S5= 1.32

39、cm, SB= 1.12cm,由原理公式：Si-&=3 玄1彳，S2 &=3a2T2, S3- Ss=3a3, a1+a2+ a3(S1+ S2+ S3) (S + S5+ S6)再取加速度的平均值 a =3=9T2= 4.97m/s2，保留兩位有效數字得加速度為 a = 5.0m/s2。【答案】(1) 2.98; (2) 5.0必考二十六、以電阻的測量為核心命題點的電學實驗【命題新動向】電學實驗部分的重要實驗包括： 描繪小燈泡大的伏安特性曲線、測定金屬的 電阻率、把電流表改裝成電壓表、 測定電源電動勢和內阻等 4 個主干實驗。縱觀近幾年高考電學實驗題，基本以設計性實驗為主體趨勢，并基本脫離教材中的基本實驗器材與電路圖的1|模式，考查的實驗以測電阻居多，即以電阻的測量為核心命題點。【典題 32】某待測電阻 Rx（阻值約 20Q）o現在要測量其阻值，實驗室還有如下器材:A. 電流表 Ai（量程 1