2024年高考物理必考考點題型大盤點摘要（精華版）

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（）

三，--eA.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。根據產W

可知，%一定，v越大，/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，光滑的夾角為夕=30。的三角桿水平放置，兩小

球A、5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5

球緩慢拉動，直到輕繩被拉直時，測出拉力尸=10N則此時關于兩個小球受

到的力的說法正確的是（）

A、小球A受到重力、桿對A的彈力、繩子的張力

B、小球4受到的桿的彈力大小為20N一:-----

C、此時繩子與穿有A球的桿垂直，繩子張力大小為駕*

D、小球5受到桿的彈力大小為苧N

【解題思路】對4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5在水平面受

力分析，受到拉力尸、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5的彈力此=昔8。

【答案】AB

必考三、x—t與v—，圖象

【典題3】圖示為某質點做直線運動的v—才圖象，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），該圖線穿越了方軸，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

【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？已知該車剎車的最大加速度為

7.5m/sJ.

［解題思路】汽車做勻速直線運動的位移為：5?（30x05>n_15m。

v330a6n

汽車做勻減速直線運動的位移：J=2l=I775mm0

汽車停下來的實際位移為：x=xt+x2=（15+60）m=75m0

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15nl處所需的時間（不計空氣阻力，

取g=10m/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，根據豎直上拋運動的位移

公式，有

將x=15m和x=-15m分別代入上式，即

15=20/——xlOZ2

2

解得％=ls和^=3s,-15=20z--xl0r

解得廣（2+甘）s和乙=（2-5）s（不合題意舍去）

所以石子距拋出點15m處所需的時間為Is、3s或（2+?）s

必考六、牛頓第二定律

【典題6】如圖所示，三物體A、B、。均靜止，輕繩兩端分別與A、C

兩物體相連接且伸直，mA=3kg,ms=2kg,mc=1kg,物體

4、B、。間的動摩擦因數均為〃=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5物體拉動，則作用在5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g=10m/s2)()

A.3N

B.5N

C.8N

D.6N

【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。之間抽出來。考慮到B的上表面的最大靜摩擦力為/i=3N,B的下表

面的最大靜摩擦力為%=5N,故上表面容易滑動，將BC做為整體分析，

整體向左的加速度大小與A向右的加速度大小相同，均設為m由牛頓

第二定律：F-T=(mA+mB)a,對A由牛頓第二定律：T-fA=mca,當a=

0時，尸力最小，解得最小值為尸=6N,D對。本題中若危9N時，可將5

從中間抽出來，而在6N到9N之間的拉力只能使5和。一起從A下面抽出

來，而拉力小于6N時，無法拉動5。【答案】D

【典題7】如圖所示，一質量為根的物塊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OB

也為m的物塊B疊放在A的上面，A、B處于靜止狀態。

若A、5粘連在一起，用一豎直向上的拉力緩慢上提BI

當拉力的大小為等時，A物塊上升的高度為L此過程g

中，該拉力做功為卬；若4、5不粘連，用一豎直向上

的恒力下作用在5上，當A物塊上升的高度也為上時，A與5恰好分離。

重力加速度為g,不計空氣阻力，求

(1)恒力廠的大小；

(2)A與5分離時的速度大小。

【解題思路】設彈簧勁度系數為左，A、5靜止時彈簧的壓縮量為X,則

2mg

x=k

A.5粘連在一起緩慢上移，以A、5整體為研究對象，當拉力等時

等+k(x~L)=2mg

4、5不粘連，在恒力廠作用下A、5恰好分離時，以A、5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=ma

聯立解得尸=等

(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

卬+卬彈—2根且￡=0

在恒力下作用下，設A、5分離時的速度為口根據動能定理

FL~\-W彈—2mgL=/X2m儼

4連接，另一端與質量為加s=lkg的物塊5連接。開始時，使A靜止于斜面

上，5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，擋板尸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=lOm/s2）

【解題思路】設繩中張力為T,斜面對A的支持力為M,4、5加速度

大小為m以A為研究對象，

由牛頓第二定律

mAgsin37°一T-ma

NA-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=12NM=24N

以斜面體為研究對象，受力分析后，在水平方向

F=Wsin370-7cos37°

NA=NA，

解得尸=4.8N

（或以整體為研究對象，由牛頓第二定律得尸=//uacos37o=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,輸出電壓心。=0。系統加速

時滑塊移動，滑片隨之在變阻器上自由滑動，心。相應改變，然后通過控制

系統進行制導。設某段時間導彈沿水平方向運動，滑片向右移動，4。

則這段時間導彈的加速度（）

kL

A.方向向右，大小為藐B.方向

kL

向左，大小為藐

2kL

C.方向向右，大小為二D.方向

2kL

向左，大小為而

【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X,根據牛頓第二定律可得：2乙=",根據電壓分配規

UQ_UPQ1

律:E=丁；因為滑片向右移動，UpQ/U。,所以導彈的加速度方向向左，

2kL

大小為3m。

【答案】D

必考八、運動學與牛頓定律的綜合

【典題10］如圖所示，皮帶傳動裝置與水平面夾角為30。，輪半徑

；m,兩輪軸心相距￡=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的小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為〃=*og

取10m/s2o

（1）當傳送帶沿逆時針方向以也=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5點需多長時間？（計算中可取但旬6,

^396-20)

(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5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⑶，根據牛頓第二定律

;wgsin30°+^imgcos30o-mai,解得a\-7.5m/s2

當小物塊速度等于3m/s時，設小物塊對地位移為用時為力，根據

勻加速直線運動規律

2

t\--a\,Li-,角軍得九=0.4sLi=0.6m

由于且〃Vtan30。，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3點，設加速度為。2,用時為自根據牛頓第二定律

和勻加速直線運動規律

加gsin30°——〃wigcos30°=ma2,解得ai-2.5m/s2

L~L\-v\ti+解得t2-0.8s

故小物塊由禁止出發從A到5所用時間為/=%+,2=1.2s

(2)作一/圖分析知：傳送帶勻速運動的速度越大，小物塊從A點到

5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

速度的做勻加速直線運動到5點，所用時間最短，即

L—/ai/min2,解得/min=1S

M=a\/mm=7.5m/s

此時小物塊和傳送帶之間的相對路程為△S=Mt-L=3.75m

傳送帶的速度繼續增大，小物塊從A到5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

為也，則

Smax=2L+2jlR,Smax=Vlt—L,

聯立解得V2=12.25m/s

【答案】(1)1.2s；(2)12.25m/so

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

【典題12］如圖，空間中存在兩條射線ON、ON,以及沿射線方

向的勻強電場，已知NMW=8,某帶電粒子從射線上的某點尸垂直于

入射，僅在電場作用下經過射線ON上的。點，若。點離。點最遠且

OQ=L,求：

(1)粒子入射點尸離。點的距離S

(2)帶電粒子經過電壓。加速后從尸點入射，則改變電壓。時，欲

使粒子仍然能經過。點，試畫出電壓。與勻強電場的場強E之間的關系。

(只定性畫出圖線，無需說明理由)

【解題思路】如圖所示，依題意，粒子在。點的°E

速度方向沿著射線ON,粒子從尸點開始做類平拋運動，設加速度為m則:

沿著方向做勻加速直線運動：PS

在Q點平行于OM方向的分速度:

Vy=at

5。方向做勻速運動：

且Vo=Vytang

---T

解得：PS=^cos0

---T

顯然P點為OS的中點，故尸離O點的距離S=PS=^cosO

(2)如圖所示

【答案】(1)O.5￡cos仇(2)如圖所示。

必考十一、萬有引力定律

【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,從尸向。運動，直線是過。點且和兩邊軌跡相切，下列說法錯誤

的是（）

A、衛星在此段軌道上的加速度先減小后增大

B、衛星在經過。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。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。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0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

【典題14］繼2010年10月成功發射“嫦娥二號”，我國又將于2011

年上半年發射“天宮一號”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”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

GMm_t?=IGM

律應用。由牛頓第二定律可知五引=『，丁=’"7,"一又…B,

GMm2兀、2

----=YYlYy-----）

所以%>2,A選項錯誤；同理，由/T,做圓周運動的周期

T_卜1/3GMm

二N百，“天宮一號”的周期大，選項B錯誤；由丁=，"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”在內側

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

外側運動追趕“天宮一號”，從而與“天宮一號”實現對接，D正確。

必考十三、功和功率

【典題15］汽車發動機的額定功率為Pi,它在水平路面上|P

行駛時受到的阻力/大小恒定，汽車在水平了路面上有靜止開P|7\一

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0^—J—

化的圖象如圖所示。則（）

A.開始汽車做勻加速運動，力時刻速度達到v,然后做勻速直線運動

B.開始汽車做勻加速直線運動，力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，人時刻牽引力與阻力大小相等

D.開始時汽車牽引力恒定，力時刻牽引力與阻力大小相等

【解題思路】根據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。九時間內題圖符合這

種運動功率變化，在九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，速度達到最大值也此時牽引力等于阻力，

B對。【答案】B

必考十四、動能定理

【典題16】某物體以初動能瓦從傾角夕=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〃=0.5。當物體滑到5點時動能為E,滑

到。點時動能為0,物體從。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|A5|=s,sin37°=0.6,cos370=0.8)()

A.段的長度為］

B.段的長度為京

o

c.物體再次返回A點時的動能為q

D.物體再次返回4點時的動能為保

【解題思路】物體上滑過程加速度ai=gsine+〃gcos8=lOm/s2,下滑過

程加速度a2=gsin。一〃gcos8=2m/s2。設BC距離為so,從B—C過程由動能

定理：一加aiso=O—E,從C—O過程由動能定理：根。2(O.5S+SO)=E,解得

50=0.1255,A錯B對；從A—C由動能定理：一根m(s+so)=O一瓦，從C—A

由動能定理：根a2(s+so)=蜃，解得反=0.2瓦，C錯D對。【答案】BD

必考十五、功能關系及能量守恒定律

【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,

m---------

子彈未穿透木塊，此過程產生的內能為6J,那么此過程木英動能句能增加

，，，，，，，，"，，，，，，

了()

A.12JB.16J

C.4JD.6J

【解題思路】系統產生的內能為_/AS=6J,對木塊有動能定理可知為木

=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丫一方圖象，顯然可看出ASAS木，故EK<6J,

則根據選項可判斷C正確。【答案】C

【典題18】從距地面同一高度處，以相同的初速度vo

同時豎直向上拋出甲、乙兩個小球，已知m甲>機乙。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。【答案】BC

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/102B.F/104C.100尸D.以上結論都不對

【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。【答案】

D

【典題20］兩個相同的金屬小球，帶電量之比為1：7,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.—

7777

【解題思路】可設原來的帶電量分別為q和7q,則原來的庫侖力大小

為7kq2/F,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16kq2/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9kq2/r2o故答案選C和D。

【典題21】在光滑的絕緣水平面上，有一個正方形的仍cd,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8點，自由釋放，粒子將沿著對角線，往復運動。粒子從。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

q--------------——.A

【解題思路】由于負電荷受到的電場力是變力，加速度IjZl

是變化的，所以A錯；由等量正電荷的電場分布知道，在I

兩電荷連線的中垂線0點的電勢最高，所以從。到電勢",

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

的相互轉化，故電勢能與機械能的和守恒，C錯；由。到0電場力做正功,

電勢能減小，由。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

【典題22］如圖所示，水平虛線上有兩個等量異種點電荷A、B,M、

N、0是的垂線上兩點，且20N=0Mo一個方

帶正電的試探電荷在空間中運動的軌跡如圖中實線所示，設飛----之一1

A（JL

M、N兩點的場強大小分別EM、EN,電勢分別為阿、（pN,則下列判斷正確

的是（）

A.A點電荷一定帶正電

B.試探電荷在“處的電勢能小于N處的電勢能

C.EM一定小于EN,0M可能大于知

D.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〃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5的有界

勻強磁場（邊界上有磁場），其邊界為一邊長為L的三

c

角形，A、B、。為三角形的頂點。今有一質量為加、電/\

/,\

荷量為的粒子（不計重力），以速度v=4詈從AB/.\\\

4一一一一一一一』

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5。邊上某點。射出。若從尸點射入的該粒子能從。點射出，

則（）

2+^/3

A.|PB|<-^-￡

1+小

B.\PB\<^^L

A/3

C.\QB\<^L

D.\QB\^L

【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，圓心必定在經過A5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5C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

H=費，如圖所示，當圓心處于。位置時，粒

子正好從AC邊切過，并與5。邊切過，因此入射點P為離開5最遠的點，

滿足尸5〈2子￡,A對；當圓心處于Q位置時，粒子從尸2射入，打在

邊的。點，由于此時。點距離A5最遠為圓的半徑H,故05最大，即。5弓

L,D對。【答案】AD

【典題24］平面直角坐標系％2y中，第1象限存在沿y軸負方向的

勻強電場，第IV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Bo一質量為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w垂直于y軸射入電場，經％軸上的N點與％軸正方向成60°

角射入磁場，最后從y軸負半軸上的尸點與y軸正方向成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品

(2)粒子從M點運動到尸點的總時間左

(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導

分別過N、尸點作速度方向的垂線，相交

于。點，則。是粒子在磁場中做勻速圓周運

2

動的圓心，根據牛頓第二定律qvB=*

聯立解得軌道半徑尺=誓

qij

(2)設粒子在電場中運動的時間為九,

有ON=vot\

由幾何關系得0^=7?sin30°+7?cos30°

聯立解得九=魚噌處

qt>

粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期丁=第

qjb

由幾何關系知NNQP=150。，設粒子在磁場中運動的時間為ht2=

150°

360°7

聯立解得「靄

故粒子從M點運動到P點的總時間/=九+尬=（1+3+?育

（3）粒子在電場中做類平拋運動，設加速度為。

qE-ma

設沿電場方向的分速度為Vy

vy=ati又vy=votan6O°

聯立解得E=°-中。B

【答案】（1）誓;（2）（1+3+1儡（3）心?。

POX

限內存在沿y軸方向的勻強電場，電場強度為E。一質量為加、電荷量為^

的粒子從尸點射入磁場后恰好垂直y軸進入電場，最后從M(2H,0)點射

出電場，出射方向與入軸夾角a滿足tana=1.5。求：

(1)粒子進入電場時的速率V0；

(2)勻強磁場的磁感應強度5

(3)粒子從尸點入射的方向與X軸負方向的夾角6?o

【解題思路】

(1)在M處，粒子的y軸分速度

vy=2votana

設粒子在電場中運動時間為t,在

軸方向勻速運動：

2R=vo^

設y軸方向勻加速運動的加速度為m由

qE=ma

且Vy^—Clt

聯立解得："。=心舞

(2)如圖所示，。為磁場圓的圓心，Q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PQ//尸且

P'O\HPO\=R,02P=(hP,由幾何關系可知O1PO2尸為另行，即粒子軌跡

圓半徑等于上

由向心力公式及牛頓第二定律：qv0B=nr^

聯立解得：B=

、\1聯5qK

(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

2

長度y滿足vy=2ay

聯立解得：y=1.5R

由幾何關系：H+HcosO=y

解得：6=60。

【口木】⑴3m；⑵V標'；⑶60°-

必考二十一、楞次定律及法拉第電磁感應定律

【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abed不變

B.沿deba不變

C.先沿abed,后沿deba

D.先沿deba,后沿abed

【解題思路】根據磁感線從N極出來，進入到S極。在經過1位置時,

N極上方磁感線有豎直向上的分量，仍邊切割磁感線，N極下方磁感線有

豎直向下的分量，cd邊切割磁感線，根據右手定則可判斷出

電流方向為北加，在經過2位置時，沒有切割效果，電流為:::

XCX

零，同理經過3位置時，S極上方磁感線有豎直向下的分量，*J*

7777777Z777777/7777/7777

cd邊切割磁感線，S極下方磁感線有豎直向上的分量，仍邊切割磁感線，

根據右手定則可判斷出電流方向為abed,D對。【答案】D

【典題27］如圖所示，在距離水平地面//=0.8m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"cd的

邊長/=0.2m、質量加=0.1kg,R=O()8Q,物體A的質量M=0.2kg。開始時線

框的cd邊在地面上，各段繩都處于伸直狀態，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cd邊進入磁場時物體4

恰好落地，此時輕繩與物體A分離，線框繼續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動，線框平面始終處于紙面，g取

10m/s2o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小；

(3)線框進入和離開磁場的整個過程中線框產生的熱量。

【解題思路】設線框"邊到達磁場邊界時速度大小為心由機械能守

1,

-…,上一/口Mg(h-Z)=mg(h++m)v-

怛定律可得.2

代入數據解得：v=2mls

j_Blv

線框的仍邊剛進入磁場時，感應電流=下

線框受到的安培力/安=5〃=窄=1N

而Mg-mg=1N=IBl

線框勻速進入磁場。設線框進入磁場之前運動時間為",有

,,1

h-/——

代入數據解得：%=06s

=—=0.Is

線框進入磁場過程做勻速運動，所用時間：-V

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

V

t=—=0.2s

3g

線框從開始運動到最高點，所用時間：+'2+4=0%

（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

力大小心=小也不變，又因何=1N,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

1212

~mVl——mv+mg(h-l)

由機械能守恒定律可得:

代入數據解得線框落地時的速度：4=4"/s

（3）線框進入和離開磁場產生的熱量：Q=2mg/=04J

Q=2八曲=2(嗎2曲=0.4J

或R

【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為m=1000匝，副線

圈匝數為"2=200匝，將原線圈接在"=200^sinl20兀/（V）的交流電壓上,

電阻H=100Q,電流表區）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/s

D、變壓器的輸入功率是16W

【解題思路】角速度co=1兀=2兀力頻率f—60Hz?A對；u=ri\,

At

①/—

故穿過鐵芯的磁通量的最大變化率------=詈=端件=0.26Wb/s,B

At

錯；原線圈的有效電壓。i=200V,由變壓比可得副線圈電壓。2=40V,電

流表示數為/2=0.4A,C錯；副線圈消耗功率尸2=5/2=16W,故變壓器的

輸入功率也為16W,D對。【答案】AD

必考二十三、電路的動態分析

【典題29］如圖所示，R為滑動變阻器，&、凡

為定值電阻，廠為電源內阻，R3>ro閉合開關S后，在

滑動觸頭尸由Q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、電流表的示數變大

C、電源內阻消耗的功率變小

D、電源輸出功率變大

【解題思路】在滑動觸頭尸由。端滑向b端的過程中，品阻值減小,

回路中總電阻H變小，干路電流/增大，內電壓。內增大，路端電壓。變

小，故A對。通過&的電流（即干路電流/）增大，品兩端電壓。3增大，

并聯電路兩端電壓。〃減小，通過&電流“減小，電流表示數變小，故B

錯。/增大，內電阻消耗功率尸廠增大，故C錯。由于H外=H并+&>r，根據

電源輸出功率與外電阻的圖線變化規律可知，當火外=廠時，尸外有最大值;

H外。時，尸外隨H外的增大而增大；尺外〉r時，尸外隨H外的增大而減小。

所以當外電阻減小時，尸外變大，故D對。【答案】AD

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2所示，讀數為mm。

012cm-p_10

I????I???』」「IjJ」」????I??E

I11'1I""Iof5

010_

圖1圖2

(3)、用多用電表進行了幾次測量，指針分別處于。和。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，。和8的相應

讀數是多少?

針選擇開

讀數

關所處擋位

置

直流電

流100mAmA

直流電

壓2.5V_V

【解題思路】游標卡尺讀數為10mm+0.1mmx3=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：①(2mA

+0.2mAxl.6)xl0=23.2mA；②(50V+5Vx1.6)/100=0.58V(這里檔位是

2.5V,小數點后第1位為精確位，小數點后第2位為估讀位，故保留兩位

小數)；③3.30x100=3300

【答案】(1)1.03；(2)0.567(0.566-0.569)；(3)①23.2mA；②0.58V；

③330Q

必考二十五、以紙帶問題為核心的力學實驗

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、Ac是小車運動紙帶上的

三段，紙帶運動方向如箭頭所示。

cmcm

圖乙

(1)打。段紙帶時，小車的加速度為2.5m/s2。請根據加速度的情況，

判斷小車運動的最大速度可能出現在b段紙帶中長度為cm的一

段。

(2)盡可能利用c段紙帶所提供的數據，計算打c段紙帶時小車的加

速度大小為m/s2o(結果保留兩位有效數字)

【解題思路】1.(1