高考物理重点专题突破 (113)
01追及与相遇问题：高考物理大题突破(试题含解析)
专题01追及与相遇问题2.5m/s的加速度开始行驶，【例题】（2022·湖南郴州·一模）甲车在十字路口遇红灯，当绿灯亮时甲车以2恰在此时，乙车以10m/s的速度匀速驶来与甲车同向行驶。
从侧后边超过甲车，求：（1）甲车从路口开始加速起。
在追上乙车之前两车相距的最大距离；（2）甲车经过多长时间能追上乙车；（3）甲车追上乙车时甲车速度大小。
1．分析思路可概括为“一个临界条件”“两个等量关系”．(1)一个临界条件：速度相等．它往往是物体间能否追上或两者距离最大、最小的临界条件，也是分析、判断问题的切入点；(2)两个等量关系：时间等量关系和位移等量关系，通过画草图找出两物体的位移关系是解题的突破口．2．能否追上的判断方法(临界条件法)物体B追赶物体A：开始时，两个物体相距x0，当v B＝v A时，若x B>x A＋x0，则能追上；若x B＝x A＋x0，则恰好追上；若x B<x A＋x0，则不能追上．3．特别提醒若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意判断被追上前该物体是否已经停止运动．4．常用分析方法(1)物理分析法：抓住“两物体能否同时到达空间某位置”这一关键，认真审题，挖掘题目中的隐含条件，建立物体运动关系的情境图．(2)二次函数法：设相遇时间为t，根据条件列方程，得到关于位移x与时间t的二次函数关系，由此判断两物体追及或相遇情况．①若Δ>0，即有两个解，说明可以相遇两次；②若Δ＝0，说明刚好追上或相遇；③若Δ<0，说明追不上或不能相遇．(3)极值法设经过时间t，分别列出两物体的位移—时间关系式，得位移之差Δx与时间的二次函数，再利用数学极值法求解距离的最大(或最小)值．(4)图像法：将两个物体运动的速度—时间关系图线在同一图像中画出，然后利用图像分析、求解相关问题．【变式训练】（2023·上海徐汇·高三上海市第二中学校考期中）如图表示甲乙两个物体的速度时间图和位移时间图，其中甲物体做匀变速直线运动。
高考物理重点专题突破 (10)
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应用动量守恒定律解题的一般步骤
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1．A、B 两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A 质量 为 5 kg，速度大小为 10 m/s，B 质量为 2 kg，速度大小为 5 m/s，
它们的总动量大小为______ kg·m/s；两者相碰后，A 沿原方 向运动，速度大小为 4 m/s，则 B 的速度大小为______ m/s。 解析：以 A 物体的速度方向为正方向。则 vA＝10 m/s，vB＝ － 5 m/s ， p ＝ pA ＋ pB ＝ 5×10 kg·m/s ＋ 2×( － 5) kg·m/s ＝ 40 kg·m/s。碰撞后，由动量守恒定律得 p＝mAvA′＋mBvB′，vB′ ＝10 m/s，与 A 的速度方向相同。 答案：40 10
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[解析] 法一 归纳法 ： 以火箭和喷出的气体为研究对象，系统的动量守恒。 设第一次喷出气体后，火箭的速度为 v1，有 (M－m)v1－mv＝0，所以 v1＝Mm－vm。 设第二次喷出气体后，火箭的速度为 v2，有 (M－2m)v2－mv＝(M－m)v1，得 v2＝M2－m2vm。 设第三次喷出气体后，火箭的速度为 v3，有 (M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2，所以 v3＝M3－m3vm。 依此类推，设第 n 次喷出气体后，火箭的速度为 vn，有 (M－nm)vn－mv＝[M－(n－1)m]vn－1，所以 vn＝Mn－mnvm。 因为每秒喷气 20 次，所以 1 s 末火箭的速度为： v20＝M2－0m20vm＝2300×0－0.22×0×1 00.020 m/s≈13.5 m/s。
高考物理二轮总复习课后习题 专题分层突破练 专题分层突破练10 恒定电流和交变电流 (2)
专题分层突破练10 恒定电流和交变电流A组基础巩固练1.(浙江6月选考)我国1 100 kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流,用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流。
下列说法正确的是( )A.送电端先升压再整流B.用户端先降压再变交流C.1 100 kV是指交变电流的最大值D.输电功率由送电端电压决定2.(多选)(湖南岳阳二模)某实验小组发现一个滑动变阻器发生了断路故障,为了检测断路的位置,实验小组设计了如图所示的电路,a、b、c、d、e 是滑动变阻器上间距相同的五个位置(a、e为滑动变阻器的两个端点)。
实验小组将滑动变阻器的滑片分别置于a、b、c、d、x(x是d、e间某一位置)、e进行测量,把相应的电流表示数记录在下表中。
已知定值电阻阻值为R,电源内阻和电流表内阻可忽略。
下列说法正确的是( )A.滑动变阻器cd间发生了断路B.滑片在x位置的电流表示数的可能值为0.85 AC.滑片在x位置的电流表示数的可能值为0.40 AD.若滑动变阻器未断路时,其电阻丝的总电阻为4R3.(山东烟台模拟)如图所示,将一根粗细均匀的电阻丝弯成一个闭合的圆环,接入电路中,电路与圆环的接触点O点固定,P为电路与圆环良好接触的滑片,电源的电动势为E,内阻为r,闭合开关S,在滑片P缓慢地从m点开始经n点移到q点的过程中,下列说法正确的是( )A.电压表和电流表的示数都一直变大B.灯L1先变暗后变亮,电流表的示数一直变小C.灯L2先变暗后变亮,电压表的示数先变大后变小D.电容器C所带的电荷量先减少后增多4.(多选)(山东临沂模拟)如图甲所示,理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1,电路中R1=100 Ω、R2=15 Ω,滑动变阻器R的最大阻值为15 Ω,图中电表均为理想交流电表,a、b间的电压如图乙所示,下列说法正确的是( )A.该交变电流的频率为50 HzB.滑动变阻器的滑片向下滑动时,电压表的示数变大C.滑动变阻器的滑片向下滑动时,电流表的示数变大D.滑动变阻器接入电阻最大时,电流表的示数为1 A5.(山东聊城二模)国家为节约电能,执行峰谷分时电价政策,引导用户错峰用电。
模型11抛体运动模型(解析版)-备战2021年高考物理模型专题突破
11抛体运动模型1．（2020·山东青岛二中高三期中）如图所示，倾角为θ斜面体固定在水平面上，两个可视为质点的小球甲和乙分别沿水平方向抛出，两球的初速度大小相等，已知甲的抛出点为斜甲面体的顶点，经过段时间两球落在斜面上A 、B 两点后不再反弹，落在斜面上的瞬间，小球乙的速度与斜面垂直。
忽略空气的阻力，重力加速度为g 。
则下列选项正确的是（ ）A ．甲、乙两球在空中运动的时间之比为tan 2θ：1B ．甲、乙两球下落的高度之比为2tan 4θ：1C ．甲、乙两球的水平位移之比为2tan 2θ：1D ．甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为tan 2θ：1 【答案】C 【详解】A ．设初速度为v 0，对乙球分析，由于落到斜面上速度与斜面垂直，故tan y v v θ=故下落时间为tan y v v t gg θ==对甲球分析x =v 0t ′，'212y gt =，tan y x θ=联立解得02tan v t gθ'=则22tan 1t t θ'=故A 错误；B ．根据竖直方向上做自由落体运动得规律，得甲乙下落的高度之比为24214tan 2=112gt h h gt θ''= 故B 错误；C ．根据水平方向上做匀速直线运动，得甲乙水平位移之比为2002tan 1v t x x v t θ''== 故C 正确；D ．甲球竖直方向的速度为02tan y v gt v θ'='=则有甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比等于竖直方向的速度之比即22tan 1yy v gt v gt θ''== 故D 错误。
故选C 。
2．（2020·沙坪坝·重庆三十二中高三期中）用细绳拴一个质量为m 的小球，小球将一固定在墙上的水平轻质弹簧压缩了x （小球与弹簧不拴连），如图所示。
2021高考物理一轮复习第七章静电场微专题11电场中“三类图象”问题的突破课时冲关新人教版20211
2021高考物理一轮复习第七章静电场微专题11电场中“三类图象”问题的突破课时冲关新人教版202112113173一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)1．(68520228)一个带正电的粒子，在xOy平面内以速度v0从O点进入一个匀强电场，重力不计．粒子只在电场力作用下连续在xOy平面内沿图中的虚线轨迹运动到A点，且在A点时的速度方向与y轴平行，则电场强度的方向可能是( )A．沿x轴正方向B．沿x轴负方向C．沿y轴正方向D．垂直于xOy平面向里解析：B [在O点粒子速度有水平向右的重量，而到A点的水平重量变为零，说明该粒子所受电场力向左或有向左的重量，又因为粒子带正电，故只有B正确．]2．某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O 点由静止开始在电场力作用下运动到A点．取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计．在O到A运动过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时刻t的变化、粒子的动能E k和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线可能正确的是( )解析：B [由题图可知，从O到A点，电场线先由密到疏，再由疏到密，电场强度先减小后增大，方向不变，因此粒子受到的电场力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故A错误，B 正确；沿着电场线方向电势降低，而电势与位移的图象的斜率表示电场强度，因此C错误；由于电场力做正功，导致粒子电势能减小，则动能增加，且图象的斜领先减小后增大，故D错误．] 3．两带电荷量分别为＋q和－q的点电荷放在x轴上，相距为L，能正确反映两电荷连线上场强大小E与x关系的图是( )解析：A [越靠近两电荷的地点场强越大，两等量异种点电荷连线的中点处场强最小，但不是零，B 、D 错；两电荷的电荷量大小相等，场强大小关于中点对称分布，C 错，应选A.]4．(2021·龙岩市一级达标学校联合测试)半径为R 、电荷量为Q 的平均带正电的球体在空间产生球对称的电场；场强大小沿半径分布如图所示，图中E 0已知；取无穷远处电势为零，距球心r 处的电势为φ＝k Q r (r ≥R )，式中k 为静电力常量．下列说法错误的是( )A ．球心处的电势最高B ．球心与球表面间的电势差等于12E 0R C ．只在电场力作用下，紧靠球体表面一带电荷量为－q (q >0)的粒子能挣脱带电球的引力的最小初动能为kQq RD ．只在电场力作用下，紧靠球体表面一带电荷量为－q (q >0)的粒子能挣脱带电球的引力的最小初动能为12E 0Rq 解析：D [沿着电场线，电势降低，则球心处的电势最高，由E r 图象可得，球心与球表面间的电势差等于12E 0R ，选项A 、B 正确；只在电场力作用下，紧靠球体表面的粒子－q 能挣脱带电球的引力的最小初动能为kQq R，选项C 正确，选项D 错误．] 5．(2021·保定调研)某静电场中的一条电场线与x 轴重合，其电势的变化规律如图所示，在O 点由静止开释一电子，电子仅受电场力的作用，则在－x 0～x 0区间内 ( )A ．该静电场是匀强电场B ．该静电场是非匀强电场C ．电子将沿x 轴正方向运动，加速度逐步减小D ．电子将沿x 轴正方向运动，加速度逐步增大解析：A [图线斜率的大小等于电场线上各点的电场强度的大小，故该条电场线上各点的场强大小相等，又沿着电场线的方向电势降低，可知静电场方向沿x 轴负方向，故该静电场为匀强电场，A 正确，B 错误；负点电荷受到沿x 轴正方向的电场力，且电场力为恒力，因此负点电荷将沿x 轴正方向运动，C 、D 错误．]二、多项选择题(本题共3小题，每小题7分，共21分．全部选对的得7分，部分选对的得3分，有选错或不答的得0分)6．(2021·山西康杰中学、临汾一中、忻州一中、长治二中四校第二次联考)在光滑的绝缘水平面内有一沿x 轴的静电场，其电势φ随坐标x 的变化而变化，变化的图线如图所示(图中φ0已知)．有一质量为m 、带电荷量为q 的带负电小球(可视为质点)从O 点以某一未知速度v 0沿x 轴正向移动到点x 4.则下列叙述正确的是( )A ．带电小球从O 运动到x 1的过程中，所受电场力逐步增大B ．带电小球从x 1运动到x 3的过程中，电势能一直增大C ．若小球的初速度v 0＝2φ0q m，则运动过程中的最大速度为 6φ0q m D ．要使小球能运动到x 4处，则初速度v 0至少为2φ0q m 解析：BC [φx 图象的斜率表示电场强度E ＝ΔφΔx，因此带电小球从O 运动到x 1的过程中，所受电场力不变，A 错误；由W ＝Uq 可知，带电小球从x 1运动到x 3的过程中，电场力做负功，电势能增加，B 正确；从O 点以某一未知速度v 0沿x 轴正向移动到点x 4，电场力先做正功后做负功，在x 1时，动能最大，对0～x 1过程应用动能定理，有φ0q ＝12mv 2－12mv 20，解得v ＝6φ0q m ，C 正确；当小球到达x 4处速度为零时，初速度v 0最小，对全过程应用动能定理得－φ02q ＝0－12mv 20，解得v 0＝φ0q m，D 错误．] 7．(2021·辽宁沈阳教学质量检测)如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上平均分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合．一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m ＝10 g 的带正电的小球，小球所带电荷量q ＝5.0×10－4 C ．小球从C 点由静止开释，其沿细杆由C 经B 向A 运动的v t 图象如图乙所示．小球运动到B 点时，v t 图象的切线的斜率最大(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( )A ．在O 点右侧杆上，B 点场强最大，场强大小为E ＝1.2 V/mB ．由C 到A 的过程中，小球的电势能先减小后增大C ．由C 到A 电势逐步降低D ．C 、B 两点间的电势差U CB ＝0.9 V解析：ACD [由图乙可知，在B 点带电小球的加速度最大，则B 点的场强最大，Eq m ＝Δv Δt ＝0.35 m/s 2，解得E ＝1.2 V/m ，A 正确；细杆上电场强度的方向沿杆从C 指向A ，因此带正电小球从C 到A 的过程中，电场力做正功，电势能减小，B 错误；由C 到A 电势逐步降低，C 正确；带正电小球由C 到B 的过程中，由动能定理得qU CB ＝12mv 2B －0，解得U CB ＝0.9 V ，D 正确．] 8．(2021·江西师大附中、临川一中联考)如图所示，Q 1、Q 2为两个被固定在坐标轴x 上的点电荷，其中Q 1带负电，在O 点，Q 1、Q 2相距为L ，a 、b 两点在它们连线的延长线上，其中b 点与O 相距3L .现有一带电的粒子以一定的初速度沿直线从a 点开始经b 点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子通过a 、b 两点时的速度分别为v a 、v b ，其v x 图象如图所示，以下说法中正确的是( )A ．Q 2一定带正电B ．Q 1电荷量与Q 2电荷量之比为|Q 1||Q 2|＝49C ．b 点的电场强度一定为零，电势最高D ．整个运动过程中，粒子的电势能先增大后减小解析：AD [粒子在到达b 点之前做减速运动，在b 点之后做加速运动，可见在b 点的加速度为零，则在b 点受到两点电荷的电场力平稳，可知Q 2带正电，有k |Q 1|q 3L 2＝k |Q 2|q 2L 2，因此|Q 1||Q 2|＝94，故A 正确，B 错误．该粒子从a 点先做减速运动，知该粒子带负电荷，在整个过程中，电场力先做负功后做正功，因此电势能先增大后减小，移动的是负电荷，因此电势先减小后增大，因此b 点电势不是最高，故C 错误，D 正确．]三、非选择题(本题共2小题，共44分．写出必要的文字说明和重要的演算步骤，有数值运算的要注明单位)9．(68520229)(22分)(2021·北京朝阳区期末)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．已知静电场的方向平行于x 轴，其电势φ随x 的分布如图所示．一质量m ＝1.0×10－20kg 、电荷量q ＝1.0×10－9 C 的带负电的粒子从(－1,0)点由静止开始，仅在电场力作用下在x 轴上往返运动．忽略粒子的重力等因素．求：(1)x 轴左侧电场强度E 1和右侧电场强度E 2的大小之比E 1E 2；(2)该粒子运动的最大动能E km ；(3)该粒子运动的周期T .解析：(1)由图可知：左侧电场强度大小 E 1＝201×10－2 V/m ＝2.0×103V/m ① 右侧电场强度大小E 2＝200.5×10－2 V/m ＝4.0×103V/m ② 因此E 1E 2＝12. (2)粒子运动到原点时速度最大，依照动能定理有qE 1x ＝E km ③其中x ＝1.0×10－2 m.联立①③式并代入相关数据可得E km ＝2.0×10－8 J.(3)设粒子在原点左右两侧运动的时刻分别为t 1、t 2，在原点时的速度为v m ，由运动学公式有v m ＝qE 1mt 1④ v m ＝qE 2mt 2⑤E km ＝12mv 2m ⑥T ＝2(t 1＋t 2)⑦联立①②④⑤⑥⑦式并代入相关数据可得 T ＝3.0×10－8 s.答案：(1)12(2)2.0×10－8 J (3)3.0×10－8 s 10．(68520230)(22分)(2021·山东临沂期中)如图甲所示，竖直放置的直角三角形NMP (MP 边水平)，∠NMP ＝θ，MP 中点处固定一电荷量为Q 的正点电荷，MN 是长为a 的光滑绝缘杆，杆上穿有一带正电的小球(可视为点电荷)，小球自N 点由静止开释，小球的重力势能和电势能随位置x (取M 点处x ＝0)的变化图象如图乙所示(图中E 0、E 1、E 2为已知量)，重力加速度为g ，设无限远处电势为零，M 点所处的水平面为重力零势能面．(1)图乙中表示电势能随位置变化的是哪条图线？(2)求重力势能为E 1时的横坐标x 1和带电小球的质量m ；(3)求小球从N 点运动到M 点时的动能E k .解析：(1)正Q 电荷的电势分布规律是离它越近电势越高，带正电的小球的电势能为E ＝qφ，可知正电荷从N 点到M 点的电势能先增大后减小，故图乙中表示电势能随位置变化的是图线Ⅱ.(2)电势能为E 1时，距M 点的距离为x 1＝(a cos θ)·12·cos θ＝a cos 2θ2， x 1处重力势能E 1＝mgx 1sin θ.可得m ＝E 1gx 1sin θ＝2E 1ga sin θcos 2θ. (3)在小球从N 点运动到M 点的过程中，依照动能定理得mga sin θ＋E 2－E 0＝E k －0，解得E k ＝2E 1cos 2θ＋E 2－E 0. 答案：(1)图线Ⅱ (2)a cos 2θ2 2E 1ga sin θcos 2θ (3)2E 1cos 2θ＋E 2－E 0。
2023高考学生物理复习技巧总结模板(10篇)_1
2023高考学生物理复习技巧总结模板（10篇）高考同学物理复习技巧总结模板篇1通过第一轮的复习，高三同学大部分已经把握了物理学中的基本概念、基本规律及其一般的应用。
在其次轮复习中，首要的任务是要把整个高中的学问网络化、系统化;另外，要在理解的基础上，综合各部分的内容，进一步提高解题力量。
这一阶段复习的指导思想是：突出主干学问，突破疑点、难点;关注热点和《考试说明》中新增点、变化点。
二轮复习的目的和任务是：①查漏补缺：针对第一轮复习存在的问题，进一步强化基础学问的复习和基本技能的训练，进一步巩固基础学问和提高基本力量，进一步强化规范解题的训练;②学问重组：把所学的学问连成线、铺成面、织成网，梳理学问结构，使之有机结合在一起，以达到提高多角度、多途径地分析和解决问题的力量的目的;③提升力量：通过学问网的建立，一是提高解题速度和解题技巧，二是提升规范解题力量，三是提高试验操作力量。
在其次轮复习中，重点在提高力量上下功夫，把目标瞄准中档题。
二轮复习的思路模式是：以专题模块复习为主，实际进行中一般分为如下几个专题来复习：(1)力与直线运动;(2)力与曲线运动;(3)功和能;(4)带电体(粒子)的运动;(5)电路与电磁感应;(6)必做试验部分;(7)选考模块。
每一个专题都应包含以下几个方面的内容：(1)学问结构分析;(2)主要命题点分析;(3)方法探究;(4)典型例题分析;(5)配套训练。
详细说来，专题复习中应留意以下几个方面的问题：抓住主干学问及主干学问之间的综合高中物理的主干学问是力学和电磁学部分，在各部分的综合应用中，主要以下面几种方式的综合较多：①牛顿三定律与匀变速直线运动和曲线运动的综合(主要体现在动力学和天体问题、带电粒子在匀强电场中运动、通电导体在磁场中运动，电磁感应过程中导体的运动等形式);②以带电粒子在电场、磁场中运动为模型的电学与力学的综合，如利用牛顿定律与匀变速直线运动的规律解决带电粒子在匀强电场中的运动、利用牛顿定律与圆周运动向心力公式解决带电粒子在磁场中的运动、利用能量观点解决带电粒子在电场中的运动;③电磁感应现象与闭合电路欧姆定律的综合，用力与运动观点和能量观点解决导体在匀强磁场中的运动问题;④串、并联电路规律与试验的综合(这是近几年高考试验命题的热点)，如通过粗略地计算选择试验器材和电表的量程、确定滑动变阻器的连接方法、确定电流表的内外接法等。
高考物理专题突破【“三大观点”解答力学综合问题】
械能守恒．
(4)弹簧处于原长时，弹性势能为零．
第 2 维度：“滑块—平板”模型 (1)“滑块”问题是动量和能量的综合应用之一，由于滑块与平板之间常存在一对相 互作用的摩擦力，这对摩擦力使滑块、平板的动量发生变化，也使它们的动能发生改变， 但若将两者视为系统，则这对摩擦力是系统的内力，它不影响系统的总动量，但克服摩 擦力做功，使系统机械能损失，所以解决“滑块”问题常用到动量守恒定律． (2)解决“滑块”问题时一般要根据题意画出情景示意图，有助于分析物理过程，也 有助于找出物理量尤其是位移之间的关系.
考点一 动量与能量的综合问题
多维探究
1．解决力学问题的三大观点
动力学观点
运用牛顿运动定律结合运动学知识，可解决匀变速运动问题
能量观点
用动能定理和能量守恒定律等，可解决非匀变速运动问题
动量观点
用动量守恒定律等，可解决非匀变速运动问题
2.动量观点和能Βιβλιοθήκη 观点的比较 (1)研究对象都是相互作用的物体组成的系统
第 3 维度：子弹与木块模型 (1)当子弹和木块的速度相等时木块的速度最大，两者的相对位移(子弹射入木块的 深度)取得极值． (2)系统的动量守恒，但系统的机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系 统机械能的减少，当两者的速度相等时，系统机械能损失最大．由 ΔEk＝m＋MM Ek0 可 以看出，子弹的质量越小，木块的质量越大，动能损失越多． (3)根据能量守恒，系统损失的动能等于系统其他形式能的增加． (4)解决该类问题，既可以从动量、能量两方面解题，也可以从力和运动的角度借助 图象求解．
相同点 (2)研究过程都是某一运动过程 动量守恒定律是矢量表达式，还可以写出分量表达式；而动能定理和能量守
不同点 恒定律都是标量表达式，绝无分量表达式
2020届高三高考物理一轮复习专题突破：绳上的活结、死结问题和活动杆、固定杆问题
“绳上的‘死结’和‘活结’模型”“活动杆”与“固定杆”一、“活动杆”与“固定杆”轻杆是物体间连接的另一种方式，根据轻杆与墙壁连接方式的不同，可以分为“活动杆”与“固定杆”.所谓“活动杆”，就是用铰链将轻杆与墙壁连接，其特点是杆上的弹力方向一定沿着杆的方向；而“固定杆”就是将轻杆固定在墙壁上（不能转动），此时轻杆上的弹力方向不一定沿着杆的方向。
【典例1】甲、乙两图中的杆都保持静止，试画出甲、乙两图O点受杆的作用力的方向．(O为结点)图2－1－8【答案】如解所示【典例2】如图甲所示，轻绳AD跨过固定的水平横梁BC右端的定滑轮挂住一个质量M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向也成30°，轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量M2的物体，求：(1)轻绳AC段的张力F T AC与细绳EG的张力F T EG之比；(2)轻杆BC对C端的支持力；(3)轻杆HG 对G 端的支持力．【答案】(1)2M2M1(2)M 1g 方向和水平方向成30°指向右上方 (3)M 2g 方向水平向右二、“活结”与“死结”绳是物体间连接的一种方式，当多个物体用绳连接的时候，其间必然有“结”的出现，根据“结”的形式不同，可以分为“活结”和“死结”两种.1. “活结”“活结”可理解为把绳子分成两段，且可以沿绳子移动的结点．“活结”一般是由绳跨过滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的．绳子虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同根绳，所以由“活结”分开的两段绳子上弹力的大小一定相等，两段绳子合力的方向一定沿这两段绳子夹角的平分线．2. “死结” “死结”可理解为把绳子分成两段，且不可沿绳子移动的结点。
“死结”一般是由绳子打结而形成的，“死结”两侧的绳子因打结而变成两根独立的绳子。
死结的特点：1.绳子的结点不可随绳移动2.“死结”两侧的绳子因打结而变成两根独立的绳子，因此由“死结”分开的两端绳子上的弹力不一定相等【典例1】如图所示，将一细绳的两端固定于两竖直墙的Ａ、Ｂ两点，通过一个光滑的挂钩将某重物挂在绳上，下面给出的四幅图中有可能使物体处于平衡状态的是（ ）【答案】C【典例2】如图所示，一轻绳的两端分别固定在不等高的A、B两点，现用另一轻绳将一物体系于O点，设轻绳AO、BO相互垂直，α>β，且两绳中的拉力分别为F A、F B，物体受到的重力为G，下列表述正确的是( )A．F A一定大于GB．F A一定大于F BC．F A一定小于F BD．F A与F B大小之和一定等于G【答案】 B【典例3】如图所示，在水平天花板的A点处固定一根轻杆a，杆与天花板保持垂直．杆的下端有一个轻滑轮O.另一根细线上端固定在该天花板的B点处，细线跨过滑轮O，下端系一个重为G的物体，BO段细线与天花板的夹角为θ＝30°.系统保持静止，不计一切摩擦．下列说法中正确的是( )GA．细线BO对天花板的拉力大小是2GB．a杆对滑轮的作用力大小是2C．a杆和细线对滑轮的合力大小是GD．a杆对滑轮的作用力大小是G【答案】 D。
2022届高考物理二轮复习专题突破：专题三十一 带电粒子在电场中的运动
2022届高考物理二轮复习专题突破：专题三十一带电粒子在电场中的运动一、单选题1．（2分）如图所示，两金属板M、N带有等量异种电荷，正对且水平放置。
带正电小球a、b以一定的速度分别从A、B两点射入电场，两小球恰能分别沿直线AC、BC运动到C点，则下列说法正确的是（）A．电场中的电势φC>φBB．小球a、b在C位置一定具有相等的电势能C．仅将下极板N向左平移，则小球a、b仍能沿直线运动D．仅将下极板N向下平移，则小球a、b仍能沿直线运动2．（2分）在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB=2BC，如图所示。
由此可知（）A．小球从A到B到C的整个过程中机械能守恒B．电场力大小为2mgC．小球从A到B与从B到C的运动时间之比为√2∶1D．小球从A到B与从B到C的加速度大小之比为1∶23．（2分）真空中某竖直平面内存在一水平向右的匀强电场，一质量为m的带电微粒恰好能沿图示虚线(与水平方向成θ角)由A向B做直线运动，已知重力加速度为g，微粒的初速度为v0，则()A．微粒一定带正电B．微粒一定做匀速直线运动C．可求出匀强电场的电场强度D．可求出微粒运动的加速度4．（2分）在竖直放置的平行金属板A、B间加一恒定电压，质量相同的两带电小球M和N以相同的速率分别从极板A的上边缘和两板间的中线下端沿竖直方向进入两板间的匀强电场，恰好分别从极板B的下边缘和上边缘射出，如图所示，不考虑两带电小球之间的相互作用，下列说法正确的是（）A．两带电小球所带电量可能相等B．两带电小球在电场中运动的时间一定相等C．两带电小球在电场中运动的加速度M一定大于ND．两带电小球离开电场时的动能M可能小于N5．（2分）示波器的内部结构如图所示，如果在电极YY之间加上图（a）所示的电压，在XX 之间加上图（b）所示电压，荧光屏上会出现的波形是（）A．B．C．D．6．（2分）如图所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s ，竖直边ad 长为h 。
2020届高三高考物理一轮复习专题突破：绳上的活结、死结问题与活动杆、固定杆问题
“绳上的‘死结’和‘活结’模型”“活动杆”与“固定杆”一、“活动杆”与“固定杆”轻杆是物体间连接的另一种方式，根据轻杆与墙壁连接方式的不同，可以分为“活动杆”与“固定杆”.所谓“活动杆”，就是用铰链将轻杆与墙壁连接，其特点是杆上的弹力方向一定沿着杆的方向；而“固定杆”就是将轻杆固定在墙壁上（不能转动），此时轻杆上的弹力方向不一定沿着杆的方向。
【典例1】甲、乙两图中的杆都保持静止，试画出甲、乙两图O点受杆的作用力的方向．(O为结点)图2－1－8【答案】如解所示【典例2】如图甲所示，轻绳AD跨过固定的水平横梁BC右端的定滑轮挂住一个质量M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向也成30°，轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量M2的物体，求：(1)轻绳AC段的张力F T AC与细绳EG的张力F T EG之比；(2)轻杆BC对C端的支持力；(3)轻杆HG对G端的支持力．【答案】(1)2M2M1(2)M 1g 方向和水平方向成30°指向右上方 (3)M 2g 方向水平向右二、“活结”与“死结”绳是物体间连接的一种方式，当多个物体用绳连接的时候，其间必然有“结”的出现，根据“结”的形式不同，可以分为“活结”和“死结”两种.1. “活结”“活结”可理解为把绳子分成两段，且可以沿绳子移动的结点．“活结”一般是由绳跨过滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的．绳子虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同根绳，所以由“活结”分开的两段绳子上弹力的大小一定相等，两段绳子合力的方向一定沿这两段绳子夹角的平分线．2. “死结” “死结”可理解为把绳子分成两段，且不可沿绳子移动的结点。
“死结”一般是由绳子打结而形成的，“死结”两侧的绳子因打结而变成两根独立的绳子。
死结的特点：1.绳子的结点不可随绳移动2.“死结”两侧的绳子因打结而变成两根独立的绳子，因此由“死结”分开的两端绳子上的弹力不一定相等【典例1】如图所示，将一细绳的两端固定于两竖直墙的Ａ、Ｂ两点，通过一个光滑的挂钩将某重物挂在绳上，下面给出的四幅图中有可能使物体处于平衡状态的是（ ）【答案】C【典例2】如图所示，一轻绳的两端分别固定在不等高的A、B两点，现用另一轻绳将一物体系于O点，设轻绳AO、BO相互垂直，α>β，且两绳中的拉力分别为F A、F B，物体受到的重力为G，下列表述正确的是( )A．F A一定大于GB．F A一定大于F BC．F A一定小于F BD．F A与F B大小之和一定等于G【答案】 B【典例3】如图所示，在水平天花板的A点处固定一根轻杆a，杆与天花板保持垂直．杆的下端有一个轻滑轮O.另一根细线上端固定在该天花板的B点处，细线跨过滑轮O，下端系一个重为G的物体，BO段细线与天花板的夹角为θ＝30°.系统保持静止，不计一切摩擦．下列说法中正确的是( )GA．细线BO对天花板的拉力大小是2GB．a杆对滑轮的作用力大小是2C．a杆和细线对滑轮的合力大小是GD．a杆对滑轮的作用力大小是G【答案】 D。
浙江专版2021年高考物理一轮复习课时提升作业三十一机械波含解析
高考物理一轮复习：机械波(建议用时40分钟)1.(多选)(2019·宁波模拟)如图甲所示,O点为振源,OA=10 m,t=0时刻O点由平衡位置开始振动,产生向右沿直线传播的简谐横波。
图乙为从t=0时刻开始描绘的质点A的振动图象,则下列说法正确的是( )A.振源的起振方向向下B.该波的周期为5 sC.该波的传播速度为2 m/sD.该波的波长为5 m【解析】选B、C。
A点的起振方向与O点的起振方向相同,由乙图知5 s时刻,A点的振动方向沿y轴正方向,所以振源的起振方向向上,故A错误;由乙图看出,周期 T=10 s-5 s=5 s,故B正确;由乙图看出,波从O点传到A点的时间为5 s,传播距离为10 m,则波速为v==2 m/s,则波长为λ=vT=2×5 m=10 m,故C正确,D错误。
2.平静湖面传播着一列水面波(横波),在波的传播方向上有相距3 m的甲、乙两小木块随波上下运动。
测得两小木块每分钟都上下30次,甲在波谷时,乙在波峰,且两小木块之间有一个波峰。
这列水面波( )A.频率是30 HzB.波长是3 mC.波速是1 m/sD.周期是0.1 s【解题指导】解答本题可按以下思路进行:(1)根据小木块每分钟上下30次,可计算出频率和周期。
(2)根据甲在波谷时,乙在波峰,且两小木块之间有一个波峰,可计算出波长。
(3)由v=可求出波速。
【解析】选C。
由于小木块每分钟振动30次,因此周期为:T= s=2 s,频率为:f==0.5 Hz,故A、D错;又因为甲在波谷时,乙在波峰,且两木块之间有一个波峰,所以λ=s AB,解得波长λ=2 m。
波速v==1 m/s,B错、C对。
3.(多选)图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图,图乙为质点P以此时刻为计时起点的振动图象。
由图可知( )A.质点振动的周期T=4 sB.波速v=20 m/sC.因为一个周期质点运动0.8 m,所以波长λ=0.8 mD.从该时刻起经过0.15 s,波沿x轴正方向传播了3 m【解析】选B、D。
高考物理重点专题突破 (13)
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科学探究——一维弹性碰撞
1.碰撞过程中有动能损失的为非弹性碰撞；碰撞后物体结 合在一起的为完全非弹性碰撞；没有动能损失的碰撞为 弹性碰撞，又称完全弹性碰撞。
2．在弹性碰撞中，系统的动量和动能在碰撞前后都不变。 3．在光滑水平面上质量为 m1 的小球 A 以速度 v1 与质量
为 m2 的静止小球 B 发生弹性碰撞，碰后两球 A、B 的 速度分别为 v1′、v2′。由动量守恒和动能守恒得： (1)若 m1＝m2，则 v1′＝0，v2′＝v1，即碰撞后两球交 换速度。 (2)若 m1>m2，则 v1′>0，v2′>0，即碰撞后两球都向前 运动(与 v1 同向)。 (3)若 m1<m2，则 v1′<0，v2′>0，即碰撞后质量小的小 球 A 被弹回来，质量大的小球 B 向前运动。
[答案] AB
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要牢记碰撞过程的三项基本原则：①动量守恒的原 则；②总动能不增加的原则；③运动状态的合理性原则。
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1．[多选]下面关于碰撞的理解正确的是
()
A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的
运动状态发生了显著变化的过程
B．在碰撞现象中，一般内力都远远大于外力，所以可以认
提示：小球 1 与小球 2 碰撞后交换速度，小球 2 与 3 碰撞后交换 速度、小球 3 与小球 4 碰撞后交换速度，最终小球 1、2、3 静止， 小球 4 以速度 v0 运动。
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碰撞的特点及分析
1．碰撞过程的特点 (1)时间短：在碰撞过程中，相互作用时间很短，相对于物 体运动的全过程的时间可以忽略不计。
高考物理重点专题讲解及突破 (113)
课时跟踪检测（二） 平抛运动1．决定一个做平抛运动的物体在空中运动时间的因素是( ) A ．抛出时的初速度 B ．抛出时的竖直高度C ．抛出时的竖直高度与初速度D ．以上均不正确解析：选B 由于物体在竖直方向上做自由落体运动，h ＝12gt 2，t ＝2hg ，只与抛出时的竖直高度有关，与水平分速度无关。
2．物体在做平抛运动的过程中，下列哪些量是不变的( ) ①物体运动的加速度②物体沿水平方向运动的分速度 ③物体沿竖直方向运动的分速度 ④物体运动的位移方向 A ．①② B ．③④ C ．①③D ．②④解析：选A 做平抛运动的物体，只受重力作用，所以运动过程中的加速度始终为g ；水平方向不受力，做匀速直线运动速度不变，所以A 正确；竖直方向做自由落体运动v ＝gt ，速度持续增加，位移也时刻变化，故B 、C 、D 错误。
3．一水平固定的水管，水从管口以不变的速度源源不断地喷出。
水管距地面高h ＝ 1.8 m ，水落地的位置到管口的水平距离x ＝1.2 m 。
不计空气及摩擦阻力，水从管口喷出的初速度大小是( )A ．1.2 m /sB ．2.0 m/sC ．3.0 m /sD ．4.0 m/s解析：选B 水从管口喷出，运动规律为平抛运动，根据平抛运动规律h ＝12gt 2可知，水在空中运动的时间为0.6 s ，根据x ＝v 0t 可知水平初速度为v 0＝2 m/s ，因此选项B 正确。
4.游乐场内两支玩具枪在同一位置先后沿水平方向各射出一颗子弹，打在远处的同一个靶上。
A 为甲枪子弹留下的弹孔，B 为乙枪子弹留下的弹孔，两弹孔在竖直方向上相距h ，如图所示，不计空气阻力。
关于两枪射出的子弹初速度大小，下列判断正确的是( )A ．甲枪射出的子弹初速度较大B ．乙枪射出的子弹初速度较大C ．甲、乙两枪射出的子弹初速度一样大D ．无法比较甲、乙两枪射出的子弹初速度的大小解析：选A 子弹被射出后做平抛运动，水平方向有x ＝v 0t ，竖直方向有y ＝12gt 2，由以上两式得y ＝gx 22v 02，由于y 乙＞y 甲，故v 0乙＜v 0甲，即甲枪射出的子弹初速度较大。
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课时跟踪检测（七）波的干涉和衍射多普勒效应及其应用
一、选择题
1．“闻其声而不见其人”是因为一般障碍物的尺寸()
A．跟声波波长相差不多，声波发生明显衍射
B．比声波波长大得多，声波不能发生衍射
C．跟光波波长相差不多，光波也发生明显衍射
D．比光波波长大得多，光波不能发生衍射
解析：选A发生明显衍射现象的条件为障碍物或孔的尺寸比波长小，或与波长相差不多，故C错误；任何波都能发生衍射，衍射是波特有的现象，与障碍物大小无关，故B、D错误。
2．利用水波发生仪得到的水面波形如图中甲、乙所示，则()
A．图甲、乙均显示了波的干涉现象
B．图甲、乙均显示了波的衍射现象
C．图甲显示了波的干涉现象，图乙显示了波的衍射现象
D．图甲显示了波的衍射现象，图乙显示了波的干涉现象
解析：选D由波的干涉和衍射概念知，图甲是一列波的传播，显示了波的衍射现象，图乙是两列波的传播，显示了波的干涉现象。
3．有一障碍物的尺寸为10 m，下列哪些波在遇到它时衍射现象最明显()
A．波长为4 m的机械波
B．波长为10 m的机械波
C．频率为40 Hz的声波
D．频率为5 000 MHz的电磁波(波速为3×108 m/s)
解析：选B空气中声波波速大约为340 m/s，由λ＝v/f可算出声波的波长为8.5 m；频率为5 000 MHz的电磁波的波长为0.06 m。
所以选项B中波长与障碍物尺寸最接近，衍射现象最明显。
4．消除噪声污染是当前环境保护的一个重要课题。
内燃机、通风机等在排放各种高速气流的过程中都发出噪声，干涉型消声器可以用来消弱高速气流产生的噪声，干涉型消声器的结构及气流运行如图所示，波长为λ的声波沿水平管道自左向右传播，当声波到达a 处时，分成两束相干波，它们分别通过r1和r2的路程，再在b处相遇，即可达到消弱噪声
的目的。
若Δr ＝r 2－r 1，则Δr 等于( )
A ．波长λ的整数倍
B ．波长λ的奇数倍
C ．半波长λ2的奇数倍
D ．半波长λ2
的偶数倍 解析：选C 根据干涉特点知，两相干波源的距离差为波长的整数倍时，此点为振动增强点，而消除噪声不能加强，故A 、B 错误；距离差为半波长的奇数倍时，此点为振动减弱点，本题为消除噪声，要减弱声音，所以C 正确，D 错误。
5．[多选]如图所示，S 1、S 2为两个振动情况完全一样的波源，两列波的波长都为λ，它们在介质中产生干涉现象，S 1、S 2在空间共形成6个振动减弱的区域(图中虚线处)，P 是振动减弱区域中的一点，从图中可看出( )
A ．P 点到两波源的距离差等于2λ
B ．P 点始终不振动
C ．P 点此时刻振动最弱，过半个周期后，振动变为最强
D ．当一列波的波峰传到P 点时，另一列波的波谷也一定传到P 点
解析：选BD 振动减弱点到两波源距离差等于半波长的奇数倍，A 错；两波源振动情况相同，故P 点振幅为零，B 对，C 错；在P 点合位移为零，故其中一列波的波峰传播到P 点时，另一列波的波谷也传播到P 点，D 对。
6．在同一地点有两个静止的声源，发出的声波1和声波2在同一空间的空气中沿同一方向传播，如图所示为某时刻这两列波的图像，则下列说法中正确的是( )
A ．声波1的速度比声波2的速度大
B ．相对于同一障碍物，声波1比声波2更容易发生衍射现象
C ．在这两列波传播的方向上，会产生稳定的干涉现象
D ．在这两列波传播方向上运动的观察者，听到这两列波的频率可以相同
解析：选B 不同频率的声波在同种介质中传播速率相同，A 错；由于声波1的波长长，
相对同一障碍物，声波1比声波2更容易发生衍射现象，B 对；由f ＝v λ可知，声波 1 的频
率小，所以在这两列波的传播方向上，不会产生干涉现象，C错；由于两列波频率不同且沿同一方向传播，据多普勒效应可知沿波传播方向上运动的观察者，听到这两列波的频率不同，D错。
二、非选择题
7．(2017·全国卷Ⅰ)如图(a)，在xy平面内有两个沿z方向做简谐振动的点波源S1(0,4)和S2(0，－2)。
两波源的振动图线分别如图(b)和图(c)所示。
两列波的波速均为1.00 m/s。
两列波从波源传播到点A(8，－2)的路程差为________ m，两列波引起的点B(4,1)处质点的振动相互________(填“加强”或“减弱”)，点C(0,0.5)处质点的振动相互________(填“加强”或“减弱”)。
解析：点波源S1(0,4)的振动形式传播到点A(8，－2)的路程为L1＝10 m，点波源S2(0，－2)的振动形式传播到点A(8，－2)的路程为L2＝8 m，两列波从波源传播到点A(8，－2)的路程差为ΔL＝L1－L2＝2 m。
由于两列波的波源到点B(4,1)的路程相等，路程差为零，且t＝0时两列波的波源的振动方向相反，所以两列波到达点B时振动方向相反，引起点B处质点的振动相互减弱；由振动图线可知，波动周期为T＝2 s，波长λ＝v T＝2 m。
由于两列波的波源到点C(0,0.5)的路程分别为3.5 m和2.5 m，路程差为1 m，而t＝0时两列波的波源的振动方向相反，所以两列波到达点C时振动方向相同，引起点C处质点的振动相互加强。
答案：2减弱加强
8．如图所示，S是水面波的波源，x、y是挡板，S1、S2是两个狭缝，且SS1＝SS2，狭缝的尺寸比波长略小，试回答以下问题：
(1)若闭上S1，只打开S2会看到什么现象？
(2)若S1、S2都打开，会发生什么现象？
(3)若实线和虚线分别表示波峰和波谷，那么在A、B、C、D各点中，哪些点向上振动最强，哪些点向下振动最强，哪些点振动最弱？
解析：(1)只打开S2时，波源S产生的波传播到狭缝S2时，由于狭缝的尺寸比波长略小，于是水面波在狭缝S2处发生明显的衍射现象，水面波以狭缝S2为波源向挡板另一侧传播开
来。
(2)由于SS1＝SS2，所以从波源发出的水面波传播到S1、S2处时，它们的振动情况完全相同，当S1、S2都打开时产生相干波，它们在空间相遇时产生干涉现象，一些地方振动加强，一些地方振动减弱，加强区与减弱区相互间隔开，发生明显的干涉现象。
(3)质点D是波峰与波峰相遇处，是振动最强点；质点B是波谷与波谷相遇处，也是振动最强点；质点A、C是波峰与波谷相遇的地方，这两点振动最弱。
答案：(1)水面波以狭缝S2处为波源向挡板另一侧传播开来。
(2)发生明显的干涉现象。
(3)见解析。