高中高考物理考点大纲必考点

高考物理冲刺讲义例1.如图所示，半径为R的竖直光滑半圆轨道bc与水平光滑轨道ab在b点连接，开始时可视为质点的物体A和B静止在ab上，A、B之间压缩有一处于锁定状态的轻弹簧（弹簧与A、B不连接）。某时刻解除锁定，在弹力作用下A向左运动，B向右运动，B沿轨道经过c点后水平抛出，落点p与b点间距离为2R。已知A质量为2m，B质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，求：（1）B经c点抛出时速度的大小？（2）B经b时速度的大小？（3）锁定状态的弹簧具有的弹性势能？例2.如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一自由端恰好与水平线AB齐平，静止放于光滑斜面上，一长为L的轻质细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球，将细线拉至水平，此时小球在位置C，由静止释放小球，小球到达最低点D时，细绳刚好被拉断，D点到AB的距离为h，之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g.求：(1)细绳所能承受的最大拉力；(2)斜面的倾角θ的正切值；(3)弹簧所获得的最大弹性势能．解：（1）小球由C到D，机械能定恒 ① ②在D点， ③ ④由牛顿第三定律，知细绳所能承受的最大拉力为3mg ⑤（2）小球由D到A，做平抛运动 ⑥ ⑦ ⑧（3）小球达A点时 ⑨小球在压缩弹簧的过程中小球与弹簧系统的机械能守恒 ⑩ ⑾例3.一质量M＝0．2kg的长木板静止在水平面上，长木板与水平面间的滑动摩擦因数μ1＝0．1，一质量m=0．2kg的小滑块以v0＝1．2m/s的速度从长木板的左端滑上长木板，滑块与长木板间滑动摩擦因数μ2＝0．4（如图所示）。 求⑴经过多少时间小滑块与长木板速度相同？v0⑵v0解：(1)对m：μ2mg=ma2解得：a2=4m/s2对M：μ2mg-μ1(M+m)g=Ma1解得：a1=2m/s2设经历时间为t两者速度相同，则：v0-a2t=a1t解得：t=0.2s(2)两者共同速度为：v=a1t=0.4m/s两者相对静止前，小滑块的位移：s1=v0t-a2t2/2=0.16m达到共同速度后对滑块和木板：μ1(M+m)g=（M+m）a3滑行位移为：s2=v2/2a3解得：s2=0.08m小滑块的总位称为：s=s1+s2=0.24m例4.如图所示，在磁感应强度为B=0.6T的匀强磁场中，长为0.5m、电阻为r=1Ω的导体棒ab放置在水平的光滑金属框上，如图所示.导体棒ab在外力作用下以10m/s的速度向右匀速滑动，已知电容C=2μF，电阻R=6Ω，其余电阻忽略不计，求：ab棒哪端的电势高?ab棒中的电动势的大小？ab棒两端的电压？(3)为使ab棒匀速运动，外力的大小及其机械功率？(4)电容器的电量？解：（1）由右手定则可知，a端电势较高；Ab棒中的电动势E=BLV=3v=1\*GB3①(2)=2\*GB3②由闭合电路欧姆定律可得=3\*GB3③=4\*GB3④解得=5\*GB3⑤（3）匀速运动时有：=6\*GB3⑥故外力的机械功率=7\*GB3⑦（4）电容器的电量Q=CU=8\*GB3⑧其中=0.9v=9\*GB3⑨解得=10\*GB3⑩例5．如图，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ角固定，轨距为d。空间存在匀强磁场，磁场方向垂直轨道平面向上，磁感应强度为B。P、M间所接阻值为R的电阻。质量为m的金属杆ad水平放置在轨道上，其有效电阻为r。现从静止释放ab，当它沿轨道下滑距离s时，达到最大速度。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g。求：（1）金属杆ab运动的最大速度；（2）金属杆ab运动的加速度为时，电阻R上电功率；（3）金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中，克服安培力所做的功。解：（1）当杆达到最大速度时（1分）安培力F=BId（1分）感应电流（1分）感应电动势（1分）解得最大速度（1分）（2）当ab运动的加速为时根据牛顿第二定律（1分）电阻R上的电功率（2分）解得（1分）（3）根据动能定理（2分）解得（1分）例6．如图所示，两根间距为l的光滑金属导轨（不计电阻），由一段圆弧部分与一段无限长的水平段部分组成.其水平段加有方向竖直向下的匀强磁场，其磁感应强度为B，导轨水平段上静止放置一金属棒cd，质量为2m，电阻为2r.另一质量为m，电阻为r的金属棒ab，从圆弧段M处由静止释放下滑至N处进入水平段，圆弧段MN半径为R，所对圆心角为60°，求：

（1）ab棒在N处进入磁场区速度为多大？此时棒中电流是多少？（2）cd棒能达到的最大速度是多少？（3）cd棒由静止到达最大速度过程中，系统所能释放的热量是多少？解：（1）ab棒由静止从M滑下到N的过程中，只有重力做功，机械能守恒，所以到N处速度可求，进而可求ab棒切割磁感线时产生的感应电动势和回路中的感应电流。ab棒由M下滑到N过程中，机械能守恒，故有：解得进入磁场区瞬间，回路中电流强度为（2）设ab棒与cd棒所受安培力的大小为F，安培力作用时间为t，ab棒在安培力作用下做减速运动，cd棒在安培力作用下做加速运动，当两棒速度达到相同速度v′时，电路中电流为零，安培力为零，cd达到最大速度。运用动量守恒定律得解得（3）系统释放热量应等于系统机械能减少量，故有解得例7、一半径为r的圆形导线框内有一匀强磁场，磁场方向垂直于导线框所在平面，导线框的右端通过导线接一对水平放置的平行金属板，两板间的距离为d.在t=0时，圆形导线框中的磁感应强度B从B0开始均匀增大；同时，有一质量为m、带电量为q的液滴以初速度v0水平向右射入两板间（该液滴可视为质点）.该液滴恰能从两板间作匀速直线运动，然后液滴在电场强度大小恒定、方向未知、磁感应强度为B1、宽为L的（重力场、电场、磁场）复合场（磁场的上下区域足够大）中作匀速圆周周运动．求：（1）磁感应强度B从B0开始均匀增大时，试判断1、2两极板哪一块为正极板？磁感应强度随时间的变化率K=？（2）（重力场、电场、磁场）复合场中的电场强度方向如何？大小如何？（3）该液滴离开复合场时，偏离原方向的距离.BBd12v0B1××××××××××××××××××××××××L例8．在光滑绝缘的水平面上，长为2L的绝缘轻质细杆的两端各连接一个质量均为m的带电小球A和B，A球的带电量为＋2q，B球的带电量为－3q（可视为质点，也不考虑两者间相互作用的库仑力）。现让A处于如图所示的有界匀强电场区域MPQN内，已知虚线MP位于细杆的中垂线，MP和NQ的距离为4L，匀强电场的场强大小为E，方向水平向右。释放带电系统，让A、B从静止开始运动（忽略小球运动中所产生的磁场造成的影响）。EAMPQBEAMPQBN4（2）带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间（3）带电系统运动过程中，B球电势能增加的最大值。例9．如图，直线上方有平行于纸面且与MN成45°的有界匀强电场，电场强度大小为E；MN下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小未知。今从MN上的O点向磁场中射入一个速度大小为v、方向与MN成45°角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R。若该粒子从O点进入磁场后第三次经过直线MN后又恰好通过O点。不计粒子的重力。求：45°45°EB45°45°EBOvMN⑵磁感应强度大小；⑶粒子从O点出发到再次回到O点所需的时间。例7．解：（1）2极板为正极板（2分）由题意可知：两板间的电压U＝①（1分）而：S＝πr2②带电液滴所受的电场力：F＝③（1分）在竖直方向：F－mg＝0④（1分）由以上各式得K＝⑤（1分）（2）液滴在复合场中作匀速圆周周运动，则电场力与重力平衡，所以，电场力方向竖直向上，由题意知该液滴带正电，故电场强度方向竖直向上.（2分）设匀强电场强度为E，则⑥（1分）（1分）（3）液滴进入复合场后做匀速圆周运动，设运动半径为R，由牛顿第二定律有：⑦（1分）由⑦式得：（1分）讨论：①若R≤L，电子从磁场左边界离开（1分）由几何关系知偏转距离为y=2R（1分）代入数据并整理得⑩（1分）②若R>L，电子从磁场右边界离开（1分）由几何关系知偏转距离为⑧（1分）代入数据并整理得⑨（1分）例8.解：（1）带电系统开始运动后，先向右加速运动；当B进入电场区时，开始做减速运动。故在B刚进入电场时，系统具有最大速度。（1分）设B进入电场前的过程中，系统的加速度为a1，由牛顿第二定律：2Eq＝2ma1（1分）B刚进入电场时，系统的速度为vm，由vm2＝2a1L（1分）可得vm＝EQ\R(EQ\F(2qEL,m))（1分）（2）当A刚滑到右边界时，电场力对系统做功为W1＝2Eq3L＋（—3Eq2故系统不能从右端滑出，A刚滑到右边界时速度刚好为零（1分）。设B从静止到刚进入电场的时间为t1，则（1分）设B进入电场后，系统的加速度为a2，由牛顿第二定律（2分）系统做匀减速运动，减速所需时间为t2，则有（1分）系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间为（1分）（3）当带电系统速度第一次为零，即A恰好到达右边界NQ时，B克服电场力做的功最多，B增加的电势能最多，此时B的位置在PQ的中点处（1分）所以B电势能增加的最大值W1＝3Eq2L＝6EqL例9.解：粒子的运动轨迹如图，先是一段半径为R的1/4圆弧到a点，接着恰好逆电场线匀减速运动到b点速度为零再返回a点速度仍为v，再在磁场中运动一段3/4圆弧到c点，之后垂直电场线进入电场作类平抛运动。（1）由图可知：(1)因此即距离点(2)（2）粒子在电场中运动时垂直和平行电场方向的位移都为(3)×××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××oEBabc(4)又(5)再有(6)(7)由③④⑤⑥⑦可得(8)（3）粒子在磁场中运动的总时间为(9)粒子在电场中的加速度为(10)粒子在电场中做直线运动所需时间为(11)由(4)(9)(11)得粒子从出发到再到达O点所需时间(12)课外练兵1.10个同样的扁长木块一个紧挨一个地放在水平地面上，如图所示，每个木块的质量m=0.40kg，长l=0.50m，它们与底面间的静摩擦和滑动摩擦系数均为μ2=0.10。原来木块处于静止状态。左方第一个木块的左端上方放一质量为M=1.0kg的小铅块，它与木块间的静摩擦和滑动摩擦系数均为μ1=0.20。现突然给铅块一向右的初速度V0=4.3m/s，使其在大木块上滑行。试确定铅块最后的位置在何处（落在地上还是停在哪块木块上）。取重力加速度g=10m/s２。设铅块的线度与l相比可以忽略。解析当铅块向右运动时，铅块与10个相同的扁长木块中的第一块先发生摩擦力，若此摩擦力大于10个扁长木块与地面间的最大静摩擦力，则10个扁长木块开始运动，若此摩擦力小于10个扁长木块与地面间的最大摩擦力，则10个扁长木块先静止不动，随着铅块的运动，总有一个时刻扁长木块要运动，直到铅块与扁长木块相对静止，后又一起匀减速运动到停止.铅块M在木块上滑行所受到的滑动摩擦力设M可以带动木块的数目为n，则n满足：即上式中的n只能取整数，所以n只能取2，也就是当M滑行到倒数第二个木块时，剩下的两个木块将开始运动.设铅块刚离开第8个木块时速度为v，则得：由此可见木块还可以滑到第9个木块上.M在第9个木块上运动如图6—9甲所示，则对M而言有：得：第9及第10个木块的动力学方程为：，得：设M刚离开第9个木块上时速度为，而第10个木块运动的速度为，并设木块运动的距离为s，则M运动的距离为，有：消去s及t求出：，显然后一解不合理应舍去.因，故M将运动到第10个木块上.再设M运动到第10个木块的边缘时速度为，这时木