（新課標）2020版高考物理大二輪復習 優(yōu)化4 高考計算題解題策略教學案

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1、優(yōu)化4　高考計算題解題策略 計算題一般給出較多的信息，有清晰的已知條件，也有隱含條件，在實際物理情景中包含有抽象的物理模型，在所給出物理過程的信息中有重要的臨界條件，題目思維量大，解答中要求寫出重要的演算步驟和必要的文字說明． 1．慢審題，快答題 只有認真審題，透徹理解命題的意圖、試題給定的物理情境、各物理量間的對應關系、物理過程所遵循的物理規(guī)律，才能快速正確答題．所謂審題要慢，就是要仔細，要審透，關鍵的詞句理解要到位，深入挖掘試題的條件，提取解題所需要的相關信息，排除干擾因素．要做到這些，必須通讀試題，特別是括號內(nèi)的內(nèi)容，千萬不要忽視． 2．習慣畫圖，分段處理 對綜合性強、

2、過程較為復雜的題，要習慣畫草圖，采用“分段”處理，所謂的“分段”處理，就是根據(jù)問題的需要和研究對象的不同，將問題涉及的物理過程，按照時間和空間的發(fā)展順序，合理地分解為幾個彼此相對獨立又相互聯(lián)系的階段，再根據(jù)各個階段遵從的物理規(guī)律逐個建立方程，最后通過各階段的聯(lián)系綜合起來解決，從而使問題化整為零、各個擊破． 3．書寫必要的文字說明 必要的文字說明的目的是說明物理過程和答題依據(jù)，我們應該從以下幾個方面給予考慮： (1)說明研究對象(個體或系統(tǒng)，尤其是要用整體法和隔離法相結合求解的題目，一定要注意研究對象的轉(zhuǎn)移和轉(zhuǎn)化問題)． (2)畫出受力分析圖、電路圖、光路圖或運動過程的示意圖． (3)

3、說明所設字母的物理意義． (4)說明規(guī)定的正方向、零勢點(面)． (5)說明題目中的隱含條件、臨界條件． (6)說明所列方程的依據(jù)、名稱及對應的物理過程或物理狀態(tài)． (7)說明所求結果的物理意義(有時需要討論分析)． 4．要有必要的方程式 (1)寫出符合題意的原始方程(是評分依據(jù)，文字說明一般不計分)，不能寫變形式． (2)要用字母表述方程，不要寫有代入數(shù)據(jù)的方程，不能寫化簡式，如“G＝mg”不能寫成“＝g”． (3)要用原始方程組聯(lián)立求解，不要用連等式，不要不斷的“續(xù)”進一些內(nèi)容． (4)方程式有多個時，應分步列(分步得分)，并對各方程式編號(便于計算和說明)，不要合寫一式

4、，以免一錯全錯． 5．使用各種字母符號要規(guī)范 (1)字母符號要寫清楚、規(guī)范，忌字跡潦草．閱卷時因為“v、r、ν”不分，大小寫“M、m”或“L、l”不分，“G”的草體像“a”，希臘字母“ρ、μ、β、η”筆順或形狀不對而被扣分屢見不鮮． (2)尊重題目所給的符號，題目給了符號的一定不要再另立符號．如題目給出半徑是r，你若寫成R就算錯． (3)一個字母在一個題目中只能用來表示一個物理量，忌一字母多用；一個物理量在同一題中不能有多個符號，以免混淆． (4)尊重習慣用法．如拉力用F，摩擦力用Ff表示，閱卷人一看便明白，如果用反了就會帶來誤解． (5)角標要講究．角標的位置應當在右下角，比字母

5、本身小許多．角標的選用亦應講究，如通過A點的速度用vA就比用v1好；通過某相同點的速度，按時間順序第一次用v1、第二次用v2就很清楚，如果倒置，必然帶來誤解． (6)物理量單位的符號源于人名的單位，由單個字母表示的應大寫，如庫侖C、亨利H；由兩個字母組成的單位，一般前面的字母用大寫，后面的字母用小寫，如Hz、Wb. 題型1　牛頓運動定律結合運動學公式 本知識點是牛頓運動定律的重要應用之一，為每年高考的重點，常以計算題型出現(xiàn)，且為多過程，難度中等．分析近幾年考題，命題規(guī)律有以下三點： 1．牛頓第二定律結合平拋運動知識進行考查． 2．牛頓第二定律結合圓周運動知識進行考查． 3．牛頓

6、第二定律結合“板塊模型”(或“傳送帶模型”)進行考查． 【典例1】　(2019·江西一模)如圖甲所示，質(zhì)量為M＝0.5 kg的木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m＝1 kg的物塊以初速度v0＝4 m/s滑上木板的左端，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，在物塊滑上木板的同時，給木板施加一個水平向右的恒力F.當恒力F取某一值時，物塊在木板上相對于木板滑動的路程為s，給木板施加不同大小的恒力F，得到－F圖像如圖乙所示，其中AB與橫軸平行，且AB段的縱坐標為1 m－1.將物塊視為質(zhì)點，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2. (1)若恒力F＝0，則物塊會從木板的右端滑下，求

7、物塊在木板上滑行的時間． (2)圖乙中BC為直線段，求該段恒力F的取值范圍及與F的函數(shù)關系式． [解析]　(1)以向右為正方向，物塊受向左的摩擦力，由牛頓第二定律有μmg＝ma1，解得物塊的加速度大小為a1＝μg＝2 m/s2， 對木板有μmg＝Ma2，解得木板的加速度大小為a2＝4 m/s2， 在t時間內(nèi)物塊的位移為x1＝v0t－a1t2，木板的位移為x2＝a2t2，物塊滑下木板時位移關系為L＝x1－x2，由題圖乙可知，板長L＝1 m， 代入數(shù)據(jù)可解得t1＝ s，t2＝1 s， 當t2＝1 s時，物塊的速度為2 m/s，木板的速度為4 m/s，而當物塊從木板右端滑離時，物塊的速度

8、不可能小于木板的速度，t2＝1 s應舍去，故所求時間為t1＝ s. (2)①當F較小時，物塊將從木板右端滑下，當F增大到某一值時物塊恰好到達木板的右端，且兩者具有共同速度v，歷時t，則對木板有F＋μmg＝Ma3，兩者速度相同，v＝v0－a1t＝a3t，物塊的位移為xm＝t，木板的位移為xM＝t，兩者位移間的關系為s＝xm－xM，聯(lián)立解得＝，由題圖乙可知s≤1 m，解得F≥1 N. ②當F繼續(xù)增大時，兩者共速后能保持相對靜止(靜摩擦力作用)一起以相同加速度a4做勻加速運動，對整體有F＝(M＋m)a4，對物塊有f＝ma4，f為靜摩擦力，需滿足f≤fmax＝μmg＝2 N，聯(lián)立解得F≤3 N.

9、 綜上所述，BC段恒力F的取值范圍是1 N≤F≤3 N，函數(shù)關系式是＝. [答案]　(1) s　(2)＝(1 N≤F≤3 N) 題型2　應用動量觀點和能量觀點分析多過程問題 本知識點為近幾年高考的考查熱點，對于不涉及物體運動過程中的加速度而涉及運動時間的問題應用動量定理求解，碰撞、爆炸、反沖類問題常用動量守恒求解．若過程涉及能量轉(zhuǎn)化問題，并且具有功能關系的特點，用功能關系或動能定理求解． 【典例2】　(2019·湖南長沙一模)如圖所示，用長為R且不可伸長的輕繩將質(zhì)量為的小球A懸掛于O點．在光滑的水平地面上，質(zhì)量為m的小物塊B(可視為質(zhì)點)置于長木板C的左端并與長木板均保持靜止．將小球A

10、拉起，使輕繩水平拉直，將A球由靜止釋放，運動到最低點時與B發(fā)生彈性正碰． (1)求碰后輕繩與豎直方向的最大夾角θ的余弦值； (2)若長木板C的質(zhì)量為2m，B與C間的動摩擦因數(shù)為μ，則C的長度至少為多少時B才不會從C的上表面滑出？ [解析]　(1)A從開始下落到與B碰撞前的過程機械能守恒，由機械能守恒定律得mgR＝·mv， 小球與B碰撞過程中動量和機械能均守恒，以水平向右為正方向． 由動量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2， 由機械能守恒定律得·mv＝·mv＋mv， 聯(lián)立解得v1＝－，v2＝， 設碰撞后A上升的最大高度為H，則gH＝·v， 又cosθ＝，聯(lián)立解得cosθ＝.

11、 (2)B在木板C上滑動過程中，B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，以水平向右為正方向，由動量守恒定律得mv2＝(m＋2m)v， 設木板長度為L時，B剛好滑到C的最右端時兩者共速，則B在木板C上滑動的過程中，由能量守恒定律得 μmgL＝mv－(m＋2m)v2， 聯(lián)立解得L＝. [答案]　(1)　(2) 題型3　帶電粒子在電場、磁場中的運動 帶電粒子在電場、磁場中的運動是高考的熱點，每年的高考中都會出現(xiàn)，主要考查帶電粒子在洛倫茲力下的圓周運動，常與帶電粒子在電場中的運動相結合，綜合考查受力分析、平拋運動、圓周運動、功能關系等知識，綜合性較強，難度較大，通常為高考的壓軸題． 【典例3】　(20

12、19·河南五校聯(lián)考)如圖所示，空間分布著有理想邊界的勻強電場和勻強磁場．左側勻強電場的電場強度大小為E、方向水平向右，電場寬度為L；中間區(qū)域勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外；右側區(qū)域勻強磁場的磁感應強度大小也為B，方向垂直紙面向里．一個質(zhì)量為m、電荷量為q、不計重力的帶正電的粒子從電場的左邊緣的O點由靜止開始運動，穿過中間磁場區(qū)域進入右側磁場區(qū)域后，又回到O點，然后重復上述運動過程．求： (1)中間磁場區(qū)域的寬度d； (2)帶電粒子從O點開始運動到第一次回到O點所用時間． [解析]　(1)帶電粒子在電場中加速，由動能定理，可得：qEL＝mv2 帶電粒子在勻強磁場中偏轉(zhuǎn)

13、，由牛頓第二定律，可得： Bqv＝m 由以上兩式，可得：R＝. 可見粒子在兩磁場區(qū)域的運動半徑相同，如圖所示 三段圓弧的圓心組成的△O1O2O3是等邊三角形，其邊長為2R.所以中間磁場區(qū)域的寬度為： d＝Rsin60°＝. (2)在左側電場中的運動的加速度： a＝ 在電場中運動的總時間： t1＝＝＝2 在中間磁場中的運動時間： t2＝＝ 在右側磁場中的運動時間為： t3＝T＝ 則粒子第一次回到O點所用的時間為： t＝t1＋t2＋t3＝2 ＋. [答案]　(1)　(2)2 ＋ 題型4　應用動力學和能量觀點處理電磁感應問題 電磁感應現(xiàn)象是其他形式的能和電能的

14、相互轉(zhuǎn)化，遵循能量守恒定律．涉及能量的電磁感應問題是高考的熱點問題，此類題目常涉及楞次定律、右手定則、法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、牛頓運動定律、動能定理、能量守恒定律等知識，綜合性強，題目難度較大，常出現(xiàn)在選擇題的最后一題或計算題位置． 【典例4】　在生產(chǎn)線框的流水線上，為了檢測出個別不合格的未閉合線框，讓線框隨傳送帶通過一固定勻強磁場區(qū)域(磁場方向垂直于傳送帶平面向下)，觀察線框進入磁場后是否相對傳送帶滑動就能夠檢測出不合格的未閉合線框，其物理情境簡化如下：如圖所示，通過絕緣傳送帶輸送完全相同的正方形單匝純電阻銅線框，傳送帶與水平方向夾角為α，以恒定速度v0斜向上運動．已知磁場邊

15、界MN、PQ與傳送帶運動方向垂直，MN與PQ間的距離為d，磁場的磁感應強度為B.線框質(zhì)量為m，電阻值為R，邊長為L(d>2L)，線框與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.閉合線框的上邊在進入磁場前線框相對傳送帶靜止，線框剛進入磁場的瞬間，和傳送帶發(fā)生相對滑動，線框運動過程中上邊始終平行于MN，當閉合線框的上邊經(jīng)過邊界PQ時又恰好與傳送帶的速度相同．設傳送帶足夠長．求： (1)閉合線框的上邊剛進入磁場時上邊所受安培力F安的大小； (2)從閉合線框的上邊剛進入磁場到上邊剛要出磁場所用的時間t； (3)從閉合線框的上邊剛進入磁場到下邊穿出磁場后又相對傳送帶靜止的過程中，電動機多消耗的

16、電能E. [解析]　(1)根據(jù)安培力公式得F安＝BIL 根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝ 又由法拉第電磁感應定律得E＝BLv0 由以上聯(lián)立可解得F安＝. (2)在線框的上邊剛進入磁場到線框的上邊剛要出磁場的過程中，取沿斜面向上為正方向，根據(jù)動量定理有 μmgcosα·t－mgsinα·t－安t′＝0 根據(jù)安培力公式得安＝BL 根據(jù)閉合電路歐姆定律得＝ 根據(jù)法拉第電磁感應定律得＝＝ 由以上聯(lián)立解得t＝. (3)在線框的上邊剛進入磁場到線框的下邊剛要出磁場的過程中，由動能定理得(μmgcosα－mgsinα)d＋W安＝0 由功能關系得Q電＝－W安 Qf＝μmgcosα(v0t－

17、d) 從線框上邊剛進入磁場到線框穿出磁場后相對傳送帶靜止的過程中，由能量守恒定律得 E＝2mgsinα·d＋2Q電＋2Qf 由以上聯(lián)立可解得E＝. [答案]　(1)　(2)　(3) 專題強化訓練(二十二) 1．(2019·河北名校聯(lián)盟)某工廠用傾角為37°的傳送帶把貨物由低處運送到高處，已知傳送帶長為L＝50 m，正常運轉(zhuǎn)的速度為v＝4 m/s.一次工人剛把M＝10 kg的貨物放到傳送帶上的A處時停電了，為了不影響工作的進度，工人拿來一塊m＝5 kg帶有掛鉤的木板，把貨物放到木板上，通過定滑輪用繩子把木板拉上去．貨物與木板及木板與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)均為0.8.(貨物與木板均可看

18、成質(zhì)點，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) (1)為了把貨物拉上去又不使貨物相對木板滑動，求工人所用拉力的最大值； (2)若工人用F＝189 N的恒定拉力把貨物拉到處時來電了，工人隨即撤去拉力，求此時貨物與木板的速度大??； (3)來電后，還需要多長時間貨物能到達B處？(不計傳送帶的加速時間) [解析]　(1)設最大拉力為Fm，貨物與木板之間的靜摩擦力達到最大值，設此時的加速度為a1，對貨物分析，根據(jù)牛頓第二定律得 μMgcosθ－Mgsinθ＝Ma1，代入數(shù)據(jù)得a1＝0.4 m/s2. 對貨物與木板整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得 Fm－μ(m＋M)

19、gcosθ－(m＋M)gsinθ＝(m＋M)a1，得Fm＝192 N. (2)設工人拉木板的加速度為a2，根據(jù)牛頓第二定律得 F－μ(m＋M)gcosθ－(m＋M)gsinθ＝(m＋M)a2，得a2＝0.2 m/s2. 設來電時貨物與木板的速度大小為v1，根據(jù)運動學公式得 v＝2a2， 代入數(shù)據(jù)得v1＝2 m/s. (3)由于v1<4 m/s，所以來電后貨物與木板繼續(xù)加速，設加速度為a3，則有μ(m＋M)gcosθ－(m＋M)gsinθ＝(m＋M)a3， 代入數(shù)據(jù)得a3＝0.4 m/s2. 設經(jīng)過t1貨物與木板的速度和傳送帶速度相同，v＝v1＋a3t1，得t1＝5 s. 設t

20、1時間內(nèi)貨物與木板加速的位移為x1，v2－v＝2a3x1，得x1＝15 m. 共速后，木板與傳送帶相對靜止一起勻速運動，設勻速運動的時間為t2，勻速運動的位移為x2，則x2＝L－－x1； 得x2＝25 m 又t2＝ 得t2＝6.25 s 所以來電后木板和貨物還需要運動的時間為： t＝t1＋t2＝11.25 s. [答案]　(1)192 N　(2)2 m/s　(3)11.25 s 2．(2019·廣州市普通高中畢業(yè)班測試)傾角為θ的斜面與足夠長的光滑水平面在D處平滑連接，斜面上AB的長度為3L，BC、CD的長度均為3.5L，BC部分粗糙，其余部分光滑．如圖，4個小滑塊左邊均固定一

21、個長為L的輕桿，緊挨在一起排在斜面上，從下往上依次標為1、2、3、4，輕桿與斜面平行并與上一個滑塊接觸但不粘連，滑塊1恰好在A處．現(xiàn)將4個滑塊一起由靜止釋放，設滑塊經(jīng)過D處時無機械能損失，輕桿不會與斜面相碰．已知滑塊的質(zhì)量均為m并均可視為質(zhì)點，滑塊與粗糙斜面間的動摩擦因數(shù)均為tanθ，重力加速度為g.求： (1)滑塊1剛進入BC時，滑塊1上的輕桿所受到的壓力大小； (2)4個滑塊全部滑上水平面后，相鄰滑塊之間的距離． [解析]　(1)以4個滑塊為研究對象，設滑塊1剛進入BC段時，4個滑塊的加速度為a，由牛頓第二定律有： 4mgsinθ－μ·mgcosθ＝4ma 以滑塊1為研究對象

22、，設剛進入BC段時，滑塊1上的輕桿受到的壓力大小為F，由牛頓第二定律有： F＋mgsinθ－μ·mgcosθ＝ma 已知μ＝tanθ，聯(lián)立可得F＝mgsinθ (2)設滑塊4剛進入BC段時，滑塊的共同速度為v. 此時4個滑塊向下移動了6L的距離，滑塊1、2、3在粗糙段向下移動的距離分別為3L、2L、L.由動能定理有： 4mgsinθ·6L－μ·mgcosθ·(3L＋2L＋L)＝·4mv2 解得v＝3 由于動摩擦因數(shù)為μ＝tanθ，則4個滑塊都進入BC段后，所受合外力為0，各滑塊均以速度v做勻速運動． 滑塊1離開BC后勻加速下滑，設到達D處時速度為v1，由動能定理有 mgsin

23、θ·3.5L＝mv－mv2 解得：v1＝4 當滑塊1到達BC邊緣剛要離開粗糙段時，滑塊2正以速度v勻速向下運動，且運動L距離后離開粗糙段，依次類推，直到滑塊4離開粗糙段．由此可知，相鄰兩個滑塊到達BC段邊緣的時間差為Δt＝，因此到達水平面的時間差也為Δt＝ 所以相鄰滑塊在水平面上的間距為d＝v1Δt 聯(lián)立解得d＝L [答案]　(1)mgsinθ　(2)L 3．(2019·吉林摸底)如圖所示，直角坐標系xOy的第二象限內(nèi)有一垂直紙面向外的勻強磁場B1，磁感應強度大小B1＝B0，第一象限內(nèi)有沿y軸負方向的勻強電場E(E大小未知)，磁場、電場寬均為d，左、右邊界與x軸交點分別為A、C；x

24、軸下方存在垂直紙面向外的勻強磁場B2(B2大小未知)．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子平行紙面從A點沿與x軸正方向成θ＝60°角射入勻強磁場B1，粒子恰好垂直y軸進入勻強電場并從C點與x軸正方向成θ＝60°角進入x軸下方的勻強磁場而擊中A點，不計粒子重力，求： (1)電場強度E的大?。? (2)勻強磁場B2的磁感應強度大?。? (3)粒子從A點出發(fā)回到A所經(jīng)歷的時間t. [解析]　(1)粒子運動軌跡如圖所示，則由圖知粒子在兩磁場中運動的半徑均為r＝＝d 由B1qv＝m知v＝＝ 由圖知OD＝r－rcos60°＝＝d 粒子在電場中做類平拋運動，令粒子在電場中運動時間為t2，則

25、 d＝vt2，d＝·t 聯(lián)立得E＝， t2＝. (2)令粒子在C點的速度為vC，則vC＝2v＝ 由B2qvC＝m得B2＝，代入vC、r得B2＝2B0. (3)粒子在磁場B1中的運動時間為t1＝×＝ 粒子在磁場B2中的運動時間為t3＝×＝ 所以粒子從A點出發(fā)回到A所經(jīng)歷的時間t＝t1＋t2＋t3＝m. [答案]　(1)　(2)2B0　(3)m 4．(2019·武漢市高中畢業(yè)班調(diào)研)如圖所示，足夠長的金屬導軌MNC和PQD平行且間距為L，所在平面與水平面夾角分別為α＝37°和β＝53°，導軌兩側空間均有垂直導軌平面向下的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應強度大小為B.均勻金屬棒ab和

26、ef質(zhì)量均為m，長均為L，電阻均為R.運動過程中，兩金屬棒與導軌保持良好接觸，始終垂直于導軌，金屬棒ef與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，金屬棒ab光滑．導軌電阻不計，重力加速度大小為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8. (1)若將棒ab鎖定，由靜止釋放棒ef，求棒ef最終運動的速度大小v1； (2)在(1)問的條件下，若棒ef經(jīng)過時間t達到第(1)問中的速度v1，求此過程中棒ef下滑的距離x； (3)若兩金屬棒均光滑，同時由靜止釋放，試在同一圖中定性畫出兩棒運動的v－t圖線．(ab棒取沿導軌向上為正方向，ef棒取沿導軌向下為正方向) [解析]　(1)棒ef最終勻速運動

27、，受力如圖，由力的平衡條件有 mgsinβ＝μmgcosβ＋F① 由安培力公式得 F＝BI1L② 由閉合電路歐姆定律得 I1＝③ 由法拉第電磁感應定律得 E＝BLv1④ 聯(lián)立①②③④式，解得 v1＝⑤ (2)棒ef由靜止釋放到速度為v1，經(jīng)過的時間為t，對棒ef，由動量定理有 mgtsinβ－μmgtcosβ－B2Lt＝mv1－0⑥ 由閉合電路歐姆定律有2＝⑦ 由法拉第電磁感應定律有＝⑧ 回路磁通量的變化量ΔΦ＝BLx⑨ 聯(lián)立⑥⑦⑧⑨式，解得 x＝－⑩ (3)最終棒ef沿導軌勻加速下滑，棒ab沿導軌勻加速上滑，加速度相同．其v－t圖線如下． [答案]　(1)　(2)－　(3)見解析 14