高考常考知识点举例答案

1.共点力的平衡：1C2D3C4AB5C6AD7D8B9ABC2.运动图像：1CD2BD3D4BD5B6CD7AD8AC3.天体运动：1D2B3BC4A5BD6C7A8C9ACD4.电场的性质及相关物理量：1C2BC3AC4ABD5AC6B7ABC8CD5.交变电流变压器：1C2AC3ACD4A5D6BD6.电磁感应1.C2.AC3.C4.CD5.AB6.AC7.BD7.力学中的功能关系：1BD2C3BC4D5A6B7D8AD9A纸带在力学实验中的作用例1解析：（1）平衡摩擦力，即调节轨道倾角，不挂重物时使小车受到的重力沿轨道向下的分力与阻力平衡，小车做匀速运动。（2）BC段的时间t=(12-6)×0.08s；位移s=S面积=（37+14×9）×0.1×32×0.08m故平均速度tsv1.8m/s.（3）由图乙中的AB段，求得下落过程中的加速度08.065.04.1tvam/s2=1.88m/s2由牛顿第二定律得amMmg)(解得小车的质量M=0.84kg点评：利用纸带获取实验数据，直接求得各计数点的速度，做出速度图象，利用图象所包围的面积求得变速直线运动的位移，利用平均速度公式求得平均速度；利用图象的斜率求得加速度，再利用牛顿第二定律求得小车的质量。这类问题考查了学生的处理纸带数据的能力、图象法处理数据的能力和综合应用能力。例2．解析：（1）小车的最大速度为匀速运动的速度)202.0(410)00.699.501.600.6(2txvmm/s=1.50m/s（2）小车开始减速运动的时刻不能确定，在求关闭小车电源后的加速度时，分析纸带数据知，5.78cm这段的数据不能用，由逐差法得2221234)02.02(410)]40.471.4()04.535.5[(4)()(Txxxxam/s2=2.00m/s2（3）由牛顿第二定律得，小车做匀减速直线运动时所受到的阻力00.240.0mafN=0.08N，小车匀速运动时有牵引力fF，电动小车的额定功率为50.180.0mFvPW=1.20W点评：利用纸带获取实验数据，利用逐差法求得加速度，根据牛顿第二定律求得小车所受到的阻力，然后再根据小车做匀速直线运动的条件和功率的计算式求得小车的功率。解此题的关键是判断小车做匀减速运动的时刻，由于难以确定，故求匀减速运动的加速度时，不能利用纸带上5.78cm的数据，而利用后面的五个数据求得加速度。当纸带呈现的数据是连续的五个时，一般是利用前四个或后四个数据求得加速度。例3.解析:（1）两种方案相比，甲方案较好。因为这个方案摩擦阻力较小，误差小，操作方便，实验器材也少。(2)由逐差法得22212341.0410)]9.117.16()5.214.26[(4)()(Txxxxam/s2=4.83m/s2因a＜g=9.8m/s2，故该纸带是采用乙方案得到的。（3）选B、C。公式gnTvN和TngvN)1(是自由落体的速度公式，利用自由下落过程中的机械能守恒来验证这时错误的，应根据纸带中的数据来验证。另外O点也非自由落体起点，故A、D错，B、C正确.点评：本题考查了比较法，通过比较两种实验装置的特点，以尽量减少实验误差选择实验装置；利用纸带获取数据，利用逐差法法求得加速度，进一步比较选择最佳实验方案。本题还考查了在验证机械能守恒定律定律时，速度计算式的选择方法。以上介绍了纸带在力学实验中的9种作用，不论所给的器材如何变化，不论呈现数据的方式如何变化，其基本原理都是利用纸带获取数据，利用平均速度法求得瞬时速度，利用逐差法或图象法求得加速度，然后根据所要测量的相关量、探究或验证的物理规律，列出其数学表达式，根据表达式进行相关的分析、选择、判断、计算，以达到设计和完成实验的目的，培养学生分析综合、实验探究和实践创新能力。例4.解析：（1）注意先接通电火花计时器的电源，使它工作，然后再启动电动机使圆形卡纸转动起来。实验该实验步骤为①③②④。（2）根据角速度的定义式t得，要测得角速度ω的值，还缺少必要的测量工具量角器。故选D。（3）由3602、Tnt)1(，解得Tn)1(3602，式中θ是n个点对应的圆心角；n是所研究计时点的个数；T是计时器打点周期。（4）不变。因为电火花计时器向卡纸中心移动时不影响角度的测量。点评：利用纸带获取实验数据，利用角速度的定义式分析所测量的物理量。考查了学生的实验方法的迁移能力、误差分析能力和创新能力。测定电池电动势和内阻例1：解析：（1）当用图3的实验装置进行测量时，由于一节干电池的电动势为1.5V，所以电压表量程应选3V；从图4中的IU图象可知，图线的斜率表示干电池的内阻，即为5.130.000.145.1IUr.（2）由图5可知当电路中电流表的示数为零时，电压表示数为1.5V，即干电池的电动势为1.5V；当路端电压为1.35V时，电路中电流为0.15A，则电池内阻为115.035.15.1IUr内.点评：本题考查了利用伏安法测电池电动势和内阻实验原理和图象法、公式法处理实验数据，还考查了学生利用图象分析实验现象和处理数据的能力。解本题的关键是识别并利用图象，明确图象所反映的物理意义。例2.解析：（1）根据欧姆定律可知I＝00UR。（2）路端电压IrEU，若r为常数、则U-I图为一条不过原点的倾斜的直线，由曲线a可知电池内阻不是常数；当U=0时的电流为短路电流，短路电流约为295μA＝0.295mA；当电流I＝0时路端电压等于电源电动势E，电源电动势约为2.67V。（3）实验一中的路端电压为U1＝1.5V时电路中电流为I1＝0.21mA，连接a中的点（0.21mA、1.5V）和坐标原点，此直线为实验一中的外电路的总电阻的U-I图线，如图8所示。在实验二中的总电阻与实验一中的相同，该直线和图线b的交点为实验二中的干路电流和路端电压，电流和电压分别为I＝97μA、U＝0.7V,则外电路消耗功率为P＝UI＝0.068mW。点评：本题的实质是考查伏安法测电池的电动势和内阻，由于硅光电池的内阻因光照强度的变化而变化，所以其U—I图象是曲线，考查了学生实验方法和实验数据处理方法的迁移应用能力。例3。（09·海南）解析：（1）连线如图28所示。（2）实验前滑动变阻器接入电路电阻值最大；应将滑动变阻器的滑动端c移动至b端。（3）将给出的点连成直线，使尽可能多的点在这条直线上，不在这条直线上的点对称得分布在直线的两侧，离直线较远的点舍掉。图象如图29所示。（4）由图线上读出两组数值，最好不是上述表格中的数据（内插法），代入rIIRRIEA)()(21111，联立方程组，求得E和60.01000211IIIEr；也可以将其图象延长外推到与纵轴相交（外推法），由截距的物理意义得电动势100010149.0)(3111ARRIEV=1.49V。（5）短路电流mIE/r。点评：本题考查的是利用安安法测定电池电动势和内阻，教材中没有讲该实验的原理，但该实验方法却是伏安法测定电池电动势和内阻实验原理的迁移，当电流表的内阻已知时，可以把电流表并在电路，可以测出路端电压（当电压表使用）。利用内插法处理实验数据也是减少偶然误差的一种方法，也是本题的一大特色。可见其方法实质也是伏安法。力学计算题1.解析：(1)mmRhLAB16.08.02222甲运动到C点时，乙的速度为零221)(甲甲甲乙vmgRmLLgmBCABsmsmsmv/47.4/52/1]6.0101)2.01(102[2甲（4分）(2)当连接甲球的细线与圆环相切时，甲、乙速度相等，此时甲球到达A＇点，离开桌面的距离为dmmRhLAB53.05/76.08.02222mmhRd45.08.06.022（4分）（3）由机械能守恒可得2)(21)(甲乙甲甲‘乙vmmgdmLLgmBAAB乙甲甲乙甲mmgdmLLgmvABAB])([2smsmsm/81.1/37831/21]45.0101)53.01(102[2（4分）2.解析：（1）研究小球作平抛运动，小球落至A点时，由平抛运动速度分解图可得：v0=vycotαvA=sinyvvy2=2ghh=221gtx=v0t由上式解得：v0=6m/sx=4.8mvA=10m/s(2)由动能定理可得小球到达斜面底端时的速度vBmgH=222121ABmvmvvB=20m/s(3)小球在BC部分做匀速直线运动，在竖直圆轨道内侧做圆周运动，研究小球从C点到D点：由动能定理可得小球到达D点时的速度vDαvAvyv0—2mgR=222121CDmvmv在D点由牛顿第二定律可得：N+mg=RvmD2由上面两式可得：N=3N由牛顿第三定律可得：小球在D点对轨道的压力N’=3N，方向竖直向上．3.解析：(1)smsmShgv/2/125.12102(2)mmgvhH45.1)102225.1(222(3)smsmDShgv/3/)5.01(25.1210)(2221vmmghLmghHmgmmgvLhH8.1102311.025.12224.解析：（1）对小物块，由A到B有ghvy22在B点12tanvvy所以smv/31（2）对小物块，由B到O有2202121)37sin1(BmvmvmgR其中smsmvB/5/4322，在O点RvmmgN20所以N=43N，由牛顿第三定律知对轨道的压力为NN43（3）物块沿斜面上滑：1153cos53sinmamgmg，所以21/10sma物块沿斜面下滑：2153cos53sinmamgmg，所以21/6sma由机械能守恒知smvvBc/5小物块由C上升到最高点历时savtc5.011，小物块由最高点回到D点历时ssst3.05.08.02故mtatvScCD98.02122221（4）小物块在传送带上加速过程：32mamg，PA间的距离是mavSPA5.12321区域Ⅰy/mx/mＡ（０-１）C（１，０）O区域ⅡO′电学计算题1.解析：（1）区域一是磁场，方向垂直纸面向里。区域二是电场，方向由A指向C。（2）设电场强度的大小为E，电荷从C点进入区域Ⅰ的速度为v．从A到C电荷做初速度为零的匀加速直线运动，且过C点时速度方向与+x轴方向成45°角，有：asv22=smqE2电荷进入区域Ⅰ后，在洛仑兹力的作用下做匀速圆周运动，运动轨迹如图，有：rmvqBv2由题意及几何关系：kgCmq/1028，B=2×10-2T，ms2，mr22由①②③可得：mVE/1024（3）电荷从坐标原点O第二次经过x轴进入区域Ⅱ，速度方向与电场方向垂直，电荷在电场中做类平抛运动，设经过时间t电荷第三次经过x轴。有：vtat22145tan，解得：t=2×10-6s所以：mvtx845cos，即电荷第三次经过x轴上的点的坐标为（8，0）2.解析：(1)小球先做匀加速直线运动，直到绳子绷直，设绳绷紧前瞬间速度为v，绳子绷紧后瞬间速度为v1，则v2=2ax而F合=mamg2x=2L绳子绷紧后：v1=vcos450小球做圆周运动到O点速度为v2，由动能定理:212212121)22(22MvMvLLqELMg解得:v2=102m/s(2)细绳绷紧过程中对小球所做的功W，W=2212121MvMv；W=—7.07J（3）小球进入磁场后，qE2=Mg，即重力与电场力平衡，所以小球做匀速圆周运动qBv2=RvM22R=qBMv2=225mT=qBM2=2s小球在运动半周后以v2出磁场，做匀速直线运动直到打到x轴上匀速运动的时间t=22vR小球从进入磁场到小球穿越磁场