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2020年高考物理必考考点题型

高考物理必考考点题型必考一、描述运动的基本概念【典题1】2010年11月22日晚刘翔以13秒48的预赛第一成绩轻松跑进决赛,如图所示,也是他历届亚运会预赛的最佳成绩。

刘翔之所以能够取得最佳成绩,取决于他在110米中的( )A.某时刻的瞬时速度大B.撞线时的瞬时速度大C.平均速度大D.起跑时的加速度大【解题思路】在变速直线运动中,物体在某段时间的位移跟发生这段位移所用时间的比值叫平均速度,是矢量,方向与位移方向相同。

根据x=Vt 可知,x 一定,v 越大,t 越小,即选项C 正确。

必考二、受力分析、物体的平衡【典题2】如图所示,光滑的夹角为θ=30°的三角杆水平放置,两小球A 、B 分别穿在两个杆上,两球之间有一根轻绳连接两球,现在用力将B 球缓慢拉动,直到轻绳被拉直时,测出拉力F =10N 则此时关于两个小球受到的力的说法正确的是( )A 、小球A 受到重力、杆对A 的弹力、绳子的张力B 、小球A 受到的杆的弹力大小为20NC 、此时绳子与穿有A 球的杆垂直,绳子张力大小为2033N D 、小球B 受到杆的弹力大小为2033N【解题思路】对A 在水平面受力分析,受到垂直杆的弹力和绳子拉力,由平衡条件可知,绳子拉力必须垂直杆才能使A 平衡,再对B 在水平面受力分析,受到拉力F 、杆的弹力以及绳子拉力,由平衡条件易得杆对A 的弹力N 等于绳子拉力T ,即N =T =20N ,杆对B 的弹力N B =2033。

【答案】AB必考三、x -t 与v -t 图象【典题3】图示为某质点做直线运动的v -t 图象,关于这个质点在4s 内的运动情况,下列说法中正确的是( )A 、质点始终向同一方向运动B 、4s 末质点离出发点最远C 、加速度大小不变,方向与初速度方向相同D 、4s 内通过的路程为4m ,而位移为0【解题思路】在v -t 图中判断运动方向的标准为图线在第一象限(正方向)还是第四象限(反方向),该图线穿越了t 轴,故质点先向反方向运动后向正方向运动,A 错;图线与坐标轴围成的面积分为第一象限(正方向位移)和第四象限(反方向位移)的面积,显然t 轴上下的面积均为2,故4s 末质点回到了出发点,B 错;且4s 内质点往返运动回到出发点,路程为4m ,位移为零,D 对;判断加速度的标准是看图线的斜率,F θ AB t /sv /(m·s -2) 1 2 34 21-2 -1 O正斜率表示加速度正方向、负斜率比啊是加速度反方向,倾斜度表达加速度的大小,故4s 内质点的节哀速度大小和方向均不变,方向为正方向,而初速度方向为反方向的2m/s ,C 错。

【答案】D必考四、匀变速直线运动的规律与运用【典题4】生活离不开交通,发达的交通给社会带来了极大的便利,但是,一系列的交通问题也伴随而来,全世界每秒钟就有十几万人死于交通事故,直接造成的经济损失上亿元。

某驾驶员以30m/s 的速度匀速行驶,发现前方70m 处前方车辆突然停止,如果驾驶员看到前方车辆停止时的反应时间为0.5s ,该汽车是否会有安全问题?已知该车刹车的最大加速度为.【解题思路】汽车做匀速直线运动的位移为:。

汽车做匀减速直线运动的位移:。

汽车停下来的实际位移为:。

由于前方距离只有70m ,所以会有安全问题。

必考五、重力作用下的直线运动【典题5】某人站在十层楼的平台边缘处,以0v =20m/s 的初速度竖直向上抛出一石子,求抛出后石子距抛出点15m 处所需的时间(不计空气阻力,取g=10 m/s 2).【解题思路】考虑到位移是矢量,对应15m 的距离有正、负两个位移,一个在抛出点的上方,另一个在抛出点的下方,根据竖直上抛运动的位移公式,有2012x v t gt =-将x =15m 和x =-15m 分别代入上式,即211520102t t =-⨯解得1t =1s 和2t =3s ,-211520102t t =-⨯解得3t =(27+s 和4(27)t s =(不合题意舍去) 所以石子距抛出点15m 处所需的时间为1s 、3s 或(27+s 必考六、牛顿第二定律【典题6】如图所示,三物体A 、B 、C 均静止,轻绳两端分别与A 、C 两物体相连接且伸直,m A =3kg ,m B =2kg ,m C =1kg ,物体A 、B 、C 间的动摩擦因数均为μ=0.1,地面光滑,轻绳与滑轮间的摩擦可忽略不计。

若要用力将B 物体拉动,则作用在B 物体上水平向左的拉力最小值为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取g =10m/s 2)( )A .3NB .5NC .8ND .6N【解题思路】依题意是要求能把B 拉动即可,并不一定要使物体从A 和C 之间抽出来。

考虑到B 的上表面的最大静摩擦力为f A =3N ,B 的下表面的最大静摩擦力为f B =5N ,故上表面容易滑动,将BC 做为整体分析,BC 整体向左的加速度大小与A 向右的加速度大小相同,均设为a ,由牛顿第二定律:F -T =(m A +m B )a ,对A 由牛顿第二定律:T -f A =m C a ,当a =0时,F 力最小,解得最小值为F =6N ,D 对。

本题中若F ≥9N 时,FA B C可将B 从中间抽出来,而在6N 到9N 之间的拉力只能使B 和C 一起从A 下面抽出来,而拉力小于6N 时,无法拉动B 。

【答案】D 【典题7】如图所示,一质量为m 的物块A 与直立轻弹簧的上端连接,弹簧的下端固定在地面上,一质量也为m 的物块B 叠放在A 的上面,A 、B 处于静止状态。

若A 、B 粘连在一起,用一竖直向上的拉力缓慢上提B ,当拉力的大小为2mg时,A 物块上升的高度为L ,此过程中,该拉力做功为W ;若A 、B 不粘连,用一竖直向上的恒力F 作用在B 上,当A 物块上升的高度也为L 时,A 与B 恰好分离。

重力加速度为g ,不计空气阻力,求(1)恒力F 的大小;(2)A 与B 分离时的速度大小。

【解题思路】设弹簧劲度系数为k ,A 、B 静止时弹簧的压缩量为x ,则x =2mgkA 、B 粘连在一起缓慢上移,以A 、B 整体为研究对象,当拉力mg2时mg2+k (x -L )=2mg A 、B 不粘连,在恒力F 作用下A 、B 恰好分离时,以A 、B 整体为研究对象,根据牛顿第二定律 F +k (x -L )-2mg =2ma以B 为研究对象,根据牛顿第二定律F -mg =ma 联立解得F =3mg2(2)A 、B 粘连在一起缓慢上移L ,设弹簧弹力做功为W 弹,根据动能定理 W +W 弹-2mgL =0在恒力F 作用下,设A 、B 分离时的速度为v ,根据动能定理 FL +W 弹-2mgL =12×2mv 2联立解得 v =3gL 2-Wm【答案】(1)1.5mg ;(2)3gL 2-Wm必考七、超重与失重及整体法牛顿第二定律的应用 【典题8】倾角为37°的斜面体靠在固定的竖直挡板P 的一侧,一根轻绳跨过固定在斜面顶端的定滑轮,绳的一端与质量为m A =3kg 的物块A 连接,另一端与质量为m B =1kg 的物块B 连接。

开始时,使A 静止于斜面上,B 悬空,如图所示。

现释放A ,A 将在斜面上沿斜面匀加速下滑,求此过程中,挡板P 对斜面体的作用力的大小。

(所有接触面产生的摩擦均忽略不计,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g =10m/s 2)【解题思路】设绳中张力为T ,斜面对A 的支持力为N A ,A 、B 加速度大小为a ,以A 为研究对象,由牛顿第二定律 m A g sin37° -T =ma N A = m A g cos37°以B 为研究对象,由牛顿第二定律37°A BPABT -m B g = m B a联立解得 a = 2m/s 2 T =12N N A =24N以斜面体为研究对象,受力分析后,在水平方向 F = N A ′sin37°-T cos37° N A =N A ′解得 F = 4.8N(或以整体为研究对象,由牛顿第二定律得F = m A a cos37°=4.8N ) 【答案】4.8N【典题9】钱学森被誉为中国导弹之父,“导弹”这个词也是他的创作。

导弹制导方式很多,惯性制导系统是其中的一种,该系统的重要元件之一是加速度计,如图所示。

沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一质量为m 的绝缘滑块,分别与劲度系数均为k 的轻弹簧相连,两弹簧另一端与固定壁相连。

当弹簧为原长时,固定在滑块上的滑片停在滑动变阻器(电阻总长为L )正中央,M 、N 两端输入电压为U 0,输出电压PQ U=0。

系统加速时滑块移动,滑片随之在变阻器上自由滑动,PQ U相应改变,然后通过控制系统进行制导。

设某段时间导弹沿水平方向运动,滑片向右移动,031U U PQ =,则这段时间导弹的加速度( )A .方向向右,大小为m kL 3B .方向向左,大小为m kL 3C .方向向右,大小为m kL 32D .方向向左,大小为m kL 32 【解题思路】通过滑块的移动,改变触头的位置,使电压表示数变化,从电压表的读数得知加速度的值。

滑块运动时,它所需的向心力由弹簧的弹力提供,设形变为x ,根据牛顿第二定律可得:ma kx =2,根据电压分配规律:x U L U PQ=0;因为滑片向右移动,31U U PQ =,所以导弹的加速度方向向左,大小为m kL 32。

【答案】D必考八、运动学与牛顿定律的综合【典题10】如图所示,皮带传动装置与水平面夹角为30°,轮半径R =12πm ,两轮轴心相距L =3.75m ,A 、B 分别是传送带与两轮的切点,轮缘与传送带之间不打滑。

一个质量为0.1kg 的小物块与传送带间的动摩擦因数为μ=36。

g 取10m/s 2。

(1)当传送带沿逆时针方向以v 1=3m/s 的速度匀速运动时,将小物块无初速地放在A 点后,它运动至B 点需多长时间?(计算中可取252≈16,396≈20) (2)小物块相对于传送带运动时,会在传送带上留下痕迹。

当传送带沿逆时针方向匀速运动时,小物块无初速地放在A 点,运动至B 点飞出。

要想使小物块在传送带上留下的痕迹最长,传送带匀速运动的速度v 2至少多大?【解题思路】(1)当小物块速度小于3m/s 时,小物块受到竖直向下、垂直传送带向上的支持力和沿传送带斜向下的摩擦力作用,做匀加速直线运动,设加速度为a 1,根据牛顿第二定律mg sin30° + μmg cos30°=ma 1,解得 a 1 = 7.5m/s 2当小物块速度等于3m/s 时,设小物块对地位移为L 1,用时为t 1,根据匀加速直线运动规律t1 = v1a1,L1 =v122a1,解得t1 = 0.4s L1 = 0.6m由于L1<L且μ<tan30°,当小物块速度大于3m/s时,小物块将继续做匀加速直线运动至B点,设加速度为a2,用时为t2,根据牛顿第二定律和匀加速直线运动规律mg sin30°-μmg cos30°=ma2,解得a2 = 2.5m/s2L-L1 = v1t2 + 12a2t22,解得t2 = 0.8s故小物块由禁止出发从A到B所用时间为t = t1 + t2 = 1.2s(2)作v—t图分析知:传送带匀速运动的速度越大,小物块从A点到B点用时越短,当传送带速度等于某一值v′ 时,小物块将从A点一直以加速度a1做匀加速直线运动到B点,所用时间最短,即L = 12a1t min2,解得t min = 1sv′ =a1 t min =7.5m/s此时小物块和传送带之间的相对路程为△S = v′ t-L = 3.75m传送带的速度继续增大,小物块从A到B的时间保持不变,而小物块和传送带之间的相对路程继续增大,小物块在传送带上留下的痕迹也继续增大;当痕迹长度等于传送带周长时,痕迹为最长S max,设此时传送带速度为v2,则S max = 2L+ 2πR,S max = v2t-L联立解得v2 = 12.25m/s【答案】(1)1.2s;(2)12.25m/s。

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