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。