2022年高考物理必考考点摘要大盘点(精编版)

θθ2022年高考物理必考考点摘要大盘点(精编版)。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CD.起跑时的加速度大这段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AB、小球A受到的杆的弹力大小为20NFB2033C、此时绳子与穿有A球的杆垂直，绳子张力大小为N32033D、小球B受到杆的弹力大小为N312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203弹力N等于绳子拉力T，即N＝T＝20N，杆对B的弹力N【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221O12-134t/s【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，【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，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:。m竖直上抛运动的位移xv0t1gt22将x=15m和x=-15m分别代入上式，即2152022解得t3=(27)s和t4(2210t227)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)s4【典题6】如图所示，三物体A、B、C均静止，轻绳两端分别与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ACABCg＝g【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面的最大静摩擦力为fB＝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CA7】如图所示，一质量为m的物块A与直立上，一质量BA25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 (1)恒力F的大小； WW2mgL＝0联立解得v＝3gLW23gLW63gLW23gLWBPA37°挡板P对斜面体【解题思路】设绳中张力为T，斜面对A的支持力为NA，A、B加速度大小为a，以A为研究对象，mAgsin37°－T=maNA=mAgcos37°联立解得a=2m/s2T＝12NNA＝24NF=NA′sin37－T°cos37°NA＝NA′解得F=4.8N 7要元件之一光滑杆上套一质量为mk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L央，M、N两端输入电压为U0，输出电压UPQ=0。系统加速1UPQU03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，，3则这段时间导弹的加速度()QPNMA．方向向右，大小为3m向左，大小为3m它所需的向心力由弹簧的aUUPQ12kL8一个质量为半径R=A0.1kg的小物块与传送带间的动摩擦因数为0.1kg的小物块与传送带间的动摩擦因数为μ=6。g30° (1)当传送带沿逆时针方向以v1=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≈2 (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v2至少下的摩擦力作用，做匀加速直线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9L－L1=v1t2+2a2t22，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 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=a1tmin2，解得tmin=1s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，而小物块块在传送带上留下的痕迹也继续联立解得v2=12.25m/s选手谷思雨在女子铅球比赛凭借最后一投，以15米49获得银牌。铅球由运动员手中推出后在空中飞行过程中，若不计空气阻力，它的运动将是()，果，物体就一定做曲线运动．当的加速度的方向与速度方向也不在同体运动的性质由加速度决定(加速度为零时物体静止或做匀速运动；加速变速运动；加速度变化时物体做变加速运动)。铅球只受都不变，刚抛出时速度方向和重力的方向不在同一条直线上，故做曲线运动.OM入射，仅在电场作用下经过射线ON上的Q点，若Q点离O点最远且 (1)粒子入射点P离O点的距离S (2)带电粒子经过电压U加速后从P点入射，则改变电压U时，欲使粒子仍然能经过Q点，试画出电压U与匀强电场的场强E之间的关系。 (只定性画出图线，无需说明理由)NQv 0vQθQvyOUOθPθMOEθPUSM【解题思路】如图所示，依题意，粒子在Q点的ON从P点开始做类平抛运动，OEL2L2L2L2 (2)如图所示【典题13】2010年10月1日18点59分57秒，我国在西昌卫星发射NOQNOQM道的一部分，从P向Q运动，直线MN是过O点且和两边轨迹相切，下列说法错误的是()A、卫星在此段轨道上的加速度先减小后增大B、卫星在经过O点是的速度方向与ON方向一致D、在O处卫星的动能最小【解题思路】由轨迹弯曲方向可看出卫星在O处的加速度方向发生变化，故卫星先远离地球过程中万有引力做负功，动能减小，过了O点后万研，这，虚线为各自的轨道。由此可知万有引力定，，所以BA，A选项错误；同理，由2r22r22rmr，TT42r3r，又rArB，r2rma向需向心力，做离心运动并向轨道【典题15】汽车发动机的额定功率为P1，它在水平路面上行驶时受到的阻力f大小恒定，汽车在水平了路面上有静止开化的图象如图所示。则()动，速度达到v后做匀速直线运动88运动的特点，加速度t斜面间的动摩擦因数μ＝0.5。当物体滑到B点时动能为E，滑到C点时动能为0，物体从C点下滑到AB重点D时动能又为E，则下列说C4BDE04C．物体再次返回A点时的动能为4E05D．物体再次返回A点时的动能为5了()【解题思路】系统产生的内能为f△S＝6J，对木块有动能定理可知fS木穿出，画出子弹和木块运动的v－t图象，显然可看出△S＞S木，故EK＜6J，论述正确的是()A．在不计阻力的情况下，取抛出点所在的水平面为零，故机械能均为零，由机械能守多时才可以看成点电荷。两个直径为r的带电球，当它们相距100r时的作用力为F，当它们相距为r时作用力为()2A.F/1024B.F/10C.4.原来相距100r时，可以看成点电荷，能适用库仑定律，但当它们相距为r时，两带电球本身的大小不能忽略，不D】两个相同的金属小球，带电量之比为1∶7，相距为r(r远大于小球半径)，两者相互接触后再放回原来的位置上，则它们间的库仑力可能为原来的()4A．47337977【解题思路】可设原来的带电量分别为q和7q，则原来的库仑力大小r同种电荷的小球，则若是两个带异种电荷的小球，则接触后总电量为6q，平均分配，两球各为有一个正方形的abcd，顶点a、c一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动。粒子从b点运动d程中()A.先作匀加速运动，后作匀减速运动B电势D.电势能先减小，后增大ab是变化的，所以A错；由等量正电荷的电场分布知道，在dOc是先增大后减小，故B错；由于只有电场力做功，所以只有电势能与动能MNAOA的是()B．试探电荷在M处的电势能小于N处的电势能【解题思路】由正试探电荷的轨迹弯曲方向可判定A点电荷一定带正匀强磁场(边界上有磁场)，其边界为一边长为L的三C荷量为＋q的粒子(不计重力)，以速度v＝从ABABP既垂直于AB边又垂直于磁场的方向射入磁场，然后从BC边上某点Q射出。若从P点射入的该粒子能从Q点射出，则()ACQP2O1O2Bxx场中的匀速圆周运动。本题粒子的半径确定，圆心必定在经过AB的直线上，可动三角形，获取AC边的切点以及从BC边射出的最远点。由半的半径为3R＝4L，如图所示，当圆心处于O1位置时，粒子正好从AC边切过，并与BC边切过，因此入4A对；当圆心处于O2位置时，粒子从P2射入，打在时Q点距离AB最远为圆的半径R，故QB最大，即Dyv0vMNO60000PCQ【典题24】平面直角坐标系xOy中，第1象限存在沿y轴负方向的小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成60° (1)粒子在磁场中运动的轨道半径R； (2)粒子从M点运动到P点的总时间t； (3)匀强电场的场强大小E。【解题思路】 于Q点，则于Q点，则Q是粒子在磁场中做匀速圆周运M动的圆心，根据牛顿第二定律qvB＝m2ON60xQ联立解得轨道半径R＝联立解得轨道半径R＝qB t1，P粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝NQP150°，设粒子在磁场中运动的时间为t2t2＝150°T360°T联立解得t2＝ (3)粒子在电场中做类平抛运动，设加速度为ama设沿电场方向的分速度为vyvy=at1又vy=v0tan60°联立解得E＝(3－3)v0B2平面内的第Ⅰ象限内有半径为R的圆分在垂直xOy平面的匀强磁场。在第Ⅱ象限内存在沿y轴方向的匀强电场，电场强度为E。一质量为m、电荷量为q的粒子从yQθxOMαxOMP点射入磁场后恰好垂直y轴进入电场，最后从M(2R，0)点射出电场，出射方向与x轴夹角α满足 (1)粒子进入电场时的速率v0； (2)匀强磁场的磁感应强度B； (3)粒子从P点入射的方向与x轴负方向的夹角θ。【解题思路】 (1)在M处，粒子的y轴分速度vy＝2v0tanα设粒子在电场中运动时间为t，在xqE＝maθPyP′NQO2OαMx 4Em (3)粒子从N点进入电场，由y轴方向匀加速直线运动公式有NO的长度y满足vy2＝2ay【答案】(1)(2)(3)60°。【典题26】如图所示，某同学将一个闭合线圈穿入蹄形ab1b磁铁由位置1经过位置2到位置3，在此过程中，线圈的感dN2Sc2S应电流的方向是()3A．沿abcd不变B．沿dcba不变C．先沿abcd，后沿dcbaD．先沿dcba，后沿abcd【典题27】如图所示，在距离水平地面h0.8m的虚线的上方有一个方B=1T。正方形线框abcd的框的cd边在地面上，各段绳都处于伸直状态，从如图所示的位置将A从静释放。一段时间后线框进入磁场运动。当线框的cd边进入磁场时物体A落地，此时轻绳与物体A分离，线框继续上升一段时间后开始下落，g (1)线框从开始运动到最高点所用的时间； (2)线框落地时的速度大小； (3)线框进入和离开磁场的整个过程中线框产生的热量。【解题思路】设线框ab边到达磁场边界时速度大小为v，由机械能守l)mg(hl)1(M2m)v2BlvI线框的ab边刚进入磁场时，感应电流RR而Mgmg1NIBl间为hhlvt12t1tt2tv动，到最高点时所用时间gt3v0.2sgtt1t2t30.9s (2)线框cd边下落到磁场边界时速度大小还等于v，线框所受安培力大小F安1N也不变，又因mg1N，因此，线框穿出磁场过程还是做匀速21mv121mv2由机械能守恒定律可得：22 (3)线框进入和离开磁场产生的热量：Q2IRtQ2IRt22()Rt20.4J或Rv1vQ圈匝数为n2=200匝，将原线圈接在u=2002sin120tπ(V)的交流电压上，电阻R=100Ω，电流表A为理想电表。下列推断正确的是()A、交流电的频率为60HzD、变压器的输入功率是16W，n，△t△Φ＝um2002＝0.2△tn1＝10002Wb/s，B错；原线圈的有效电压U1＝200V，由变压比可得副线圈电压U2＝40V，电是()A、路端电压变小AEbrS回路中总电阻R变小，干路电流I增大，内电压U内增大，路端电压U变小，故A对。通过R3的电流(即干路电流I)增大，R3两端电压U3增大，【典题30】(1)在用单摆测定重力加速度的实验中，用游标为10分度 (2)在测定金属的电阻率实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图2所示，读数为__________________mm。012cm1050010图2 (3)、用多用电表进行了几次测量，指针分别处于a和b的位置，如指针选择开置直流电_①_流100mAmAa直流电_②压2.5V_V电阻_③2500Ω/Vabm2.5V，小数点后第1位为精确位，小数点后第【答案】(1)1.03；(2)0.567(0.566~0.569)；(3)①23.2mA；②0.58V；③330Ω【典题31】如图所示，小车放在斜面上，车前端拴的小滑轮与重带相连。起初小车的距离小于小，小车在重物的牵引下由静车会继续向上运动一段距离。打 (1)打a段纸带时，小车的加速度为2.5m/s2。请根据加速度的情况，判断小车运动的最大速度可能出现在b段纸带中长度为_________cm的一 (2)尽可能利用c段纸带所提供的数据，计算打c段纸带时小车的加_______m/s2。(结果保留两位有效数字)第四个数据应该为3.02cm，但纸带上显示为2.98cm，说明在2.98cm这一就在b段纸带中长度为2.98cm的一段。 T=4.97m/s2，保留两位有效数字得T=4.97m/s2，保留两位有效数字得【典题32】某待测电阻Rx(阻值约