2019高考物理三輪沖刺 計算題搶分練（一）計算題的三個搶分技巧.docx

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(一)計算題的三個搶分技巧 技巧1　細心審題,做到“看”“讀”“思” 1.看題 “看題”是從題目中獲取信息的最直接方法,一定要全面、細心,看題時不要急于求解,對題中關鍵的詞語要多加思考,搞清其含義,對特殊字、句、條件要用著重號加以標注;不能漏看、錯看或看不全題目中的條件,要重點看清題中隱含的物理條件、括號內的附加條件等。 2.讀題 “讀題”就是默讀試題,是物理信息內化的過程,它能解決漏看、錯看等問題。不管試題難易如何,一定要懷著輕松的心情去默讀一遍,逐字逐句研究,邊讀邊思索、邊聯想,以弄清題中所涉及的現象和過程,排除干擾因素,充分挖掘隱含條件,準確還原各種模型,找準物理量之間的關系。 3.思題 “思題”就是充分挖掘大腦中所儲存的知識信息,準確、全面、快速思考,清楚各物理過程的細節(jié)、內在聯系、制約條件等,進而得出解題的全景圖。 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 例1　如圖所示,傳送帶與兩輪切點A、B間的距離為l=23 m,半徑為R=0.4 m的光滑的半圓軌道與傳送帶相切于B點,C點為半圓軌道的最高點,BD為半圓軌道的直徑。物塊質量為m=1 kg。已知傳送帶與物塊間的動摩擦因數μ=0.8,傳送帶與水平面間的夾角θ=37。物塊無初速度地放在傳送帶上的A點。(sin 37=0.6,cos 37=0.8,g=10 m/s2,物塊可視為質點) (1)傳送帶的速度為2 m/s,求物塊從A點運動到B點的時間; (2)傳送帶的速度為21155 m/s,物塊能否到達軌道上的D點?若不能,請說明理由;若能,請求出在D點軌道對物塊的壓力大小。 審題　看題:看題時首先要注意此題為“傳送帶+圓周運動”模型,其次要關注物塊從靜止釋放后在傳送帶上可能的運動狀態(tài)及通過C點和D點時滿足的動力學條件。 讀題:讀題時要獲取的信息:傳送帶的長度、物塊與傳送帶間的動摩擦因數、半圓軌道與傳送帶的連接特點及傳送帶的速度、半圓軌道的半徑。 思題:思題要抓住本題中物塊運動過程中的受力特點、做功情況、能量轉化情況及能否到達D點的判斷方法。 答案　(1)14 s　(2)能　6 N 解析　(1)物塊放在A點后將沿AB加速運動,根據牛頓第二定律得 μmg cos θ-mg sin θ=ma 物塊達到與傳送帶速度相同時,根據運動學公式有 v2=2ax 解得x=5 m<23 m 此后物塊勻速運動到B點 設加速階段物塊運動的時間為t1,勻速階段物塊運動的時間為t2 則有v=at1,l-x=vt2 物塊從A到B運動的時間為t=t1+t2 聯立解得t=14 s。 (2)若物塊從A到B一直加速,則vB2=2al 解得vB=21155 m/s,表明物塊加速到B點恰與傳送帶速度相同 物塊由B運動到C過程中機械能守恒 -mg(R+R cos 37)=12mvC2-12mvB2 物塊沿軌道到達最高點C,根據牛頓第二定律有 NC+mg=mvC2R 解得NC=0,表明物塊恰能過半圓軌道的最高點C,能到達軌道上的D點 從C點到D點,根據機械能守恒定律有 mgR(1- cos θ)=12mvD2-12mvC2 在D點,根據牛頓第二定律有mg cos θ+ND=mvD2R 解得ND=6 N。 點評　(1)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。 (2)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,特別是括號內的內容,千萬不要忽視。 技巧2　用心析題,做到“明”“畫”“析” 1.明過程 “明過程”就是建立物理模型的過程,在審題獲取一定信息的基礎上,要對研究對象的各個運動過程進行剖析,建立起清晰的物理圖景,確定每一個過程對應的物理模型、規(guī)律及各過程間的聯系。 2.畫草圖 “畫草圖”就是根據題中各已知量的數量關系充分想象、分析、判斷,在草稿紙上或答題紙上畫出草圖(如運動軌跡圖、受力分析圖、等效圖等)以展示題述物理情境、物理模型,使物理過程更加直觀、物理特征更加明顯,進而方便確立題給條件、物理量與物理過程的對應關系。 3.析規(guī)律 “析規(guī)律”就是指在解答物理計算題時,在透徹分析題給物理情境的基礎上,靈活選用規(guī)律,如力學計算題可用力的觀點,即牛頓運動定律與運動學公式聯立求解,也可用能量觀點,即功能關系、機械能守恒定律和能量守恒定律聯立求解。 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 例2　如圖所示,直角坐標系xOy的第二象限內有一垂直紙面向外的勻強磁場(磁感應強度B1=B0)和豎直向上的勻強電場(場強E1大小未知),第一象限內有一垂直紙面向外的勻強磁場(磁感應強度為B2)和豎直向上的勻強電場(場強為E2,且E2=E12),第四象限內有水平向左的勻強電場(場強為E3,且E3=3E2)。現有一比荷為qm=k的帶正電小球從第二象限內的A點(-h,h)以一定初速度水平向右射出,小球沿直線運動,小球進入第一象限后恰好做勻速圓周運動,并從x軸上的C點與x軸正方向成60角進入第四象限內運動,最終通過C點正下方的D點,已知重力加速度為g,求: (1)小球的初速度v0及電場強度E1的大小; (2)第一象限內磁感應強度B2的大小; (3)C、D連線的長度L; (4)小球從A點運動到D點所經歷的時間t。 析題　“明”:小球在第二象限內做直線運動,在第一象限內做勻速圓周運動,在第四象限內做類平拋運動。 “畫”:畫出在各象限內的運動軌跡。 “析”:小球在第二象限內做勻速直線運動,F合=0; 在第一象限內做勻速圓周運動,E2q=mg,qv0B2=mv02R; 在第四象限內做類平拋運動,F合=(E3q)2+(mg)2。 答案　見解析 解析　(1)因小球在第二象限內受豎直向下的重力、洛倫茲力和豎直向上的電場力作用沿直線運動,所以一定有B0qv0+mg=qE1 小球在第一象限內做勻速圓周運動,所以必有 qE2=mg,qv0B2=mv02R 由題知E2=E12 聯立解得E1=2mgq=2gk,v0=mgB0q=gB0k。 (2)小球運動軌跡如圖所示,由圖知小球在第一象限內運動半徑R滿足h+R sin 30=R,即R=2h 由(1)知B2=mv0qR 解得B2=g2k2B0h。 (3)在第四象限內,因qE3=3qE2=3mg,合力大小為2mg,方向恰好與CD成60角,即小球從C到D做類平拋運動,由類平拋運動規(guī)律知 L sin 30=122mgmt32 L cos 30=v0t3 聯立得L=2g3B02k2,t3=33B0k。 (4)小球在第二象限內運動時間t1=hv0=B0hkg 小球在第一象限內運動時間t2=T6=πm3B2q=2πB0kh3g 小球從A點運動到D點所經歷的時間 t=t1+t2+t3=2π+33gB0hk+33B0k。 點評　(1)帶電體在三場(重力場、電場、磁場)同時存在的疊加場中在垂直磁場平面內做直線運動時,一定是做勻速直線運動,所受合外力為0。 (2)帶電體在三場(重力場、電場、磁場)同時存在的疊加場中做勻速圓周運動,則電場力與重力平衡,洛倫茲力提供向心力。 (3)帶電體在重力場和電場的疊加場中運動時,可能做勻速直線運動、勻變速直線運動或類平拋運動。 技巧3　規(guī)范答題,做到“有”“分”“準” 1.有必要的文字說明 必要的文字說明是題目完整解答過程中不可缺少的文字表述,它能使解題思路清晰明了,讓閱卷老師一目了然,是獲取高分的必要條件之一,主要包括: (1)對研究的對象、研究的過程或狀態(tài)的說明; (2)題中物理量要用題中的符號,非題中的物理量或符號,一定要用假設的方式進行說明; (3)題目中的一些隱含條件或臨界條件分析出來后,要加以說明; (4)所列方程的依據及名稱要進行說明; (5)規(guī)定的正方向、零勢能點及所建立的坐標系要進行說明; (6)對題目所求或所問有一個明確的答復且對所求結果的物理意義要進行說明。 2.分步列式、聯立求解 解答計算題一定要分步列式,因高考閱卷實行按步給分,每一步的關鍵方程都是得分點。分步列式一定要注意以下幾點: (1)列原始方程,與原始規(guī)律公式相對應的具體形式,而不是移項變形后的公式; (2)方程中的字母要與題目中的字母吻合,同一字母的物理意義要唯一,出現同類物理量,要用不同下標或上標區(qū)分; (3)列純字母方程,方程全部采用物理量符號和常用字母表示(例如位移x、重力加速度g等); (4)依次列方程,不要方程中套方程,也不要寫連等式或綜合式子; (5)所列方程式盡量簡潔,多個方程式可標上序號,以便聯立求解。 3.有準確必要的演算、明確結果 解答物理計算題一定要有準確必要的演算過程,并明確最終結果,具體要注意: (1)演算時一般先進行推導運算,從列出的一系列方程,推導出結果的計算式,最后代入數據并寫出結果(要注意簡潔,千萬不要在卷面上書寫許多化簡、數值運算式); (2)計算結果的有效數字位數應根據題意確定,一般應與題目中所列的數據的有效數字位數相近,如有特殊要求,應按要求選定; (3)計算結果是數據的要帶單位(最好采用國際單位),是字母符號的不用帶單位; (4)字母式的答案中,最終答案中所用字母都必須使用題干中所給的字母,不能包含未知量,且一些已知的物理量也不能代入數據; (5)題中要求解的物理量應有明確的答案(盡量寫在顯眼處),待求量是矢量的必須說明其方向; (6)若在解答過程中進行了研究對象轉換,則必須交代轉換依據,對題目所求要有明確的回應,不能答非所問。 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 例3　如圖甲所示,有一塊木板靜止在足夠長的粗糙水平面上,木板質量為M=4 kg,長為L=1.4 m;木板右端放著一小滑塊,小滑塊質量為m=1 kg,可視為質點?，F用水平恒力F作用在木板M右端,恒力F取不同數值時,小滑塊和木板的加速度分別對應不同數值,兩者的a-F圖像如圖乙所示。取g=10 m/s2。 (1)要拉動長木板,水平恒力F至少為多大? (2)要使小滑塊從木板上滑落經歷的時間不超過2 s,施加的水平恒力F至少為多大? 答案　(1)5 N　(2)27.8 N 解析　(1)由圖乙可知,當恒力F≥25 N時,小滑塊與木板間會出現相對滑動 以小滑塊為研究對象,根據牛頓第二定律有 μ1mg=ma1 結合圖像可知a1=4 m/s2,解得μ1=0.4 以木板為研究對象,根據牛頓第二定律有 F-μ1mg-μ2(m+M)g=Ma2 則a2=1MF-μ1mg+μ2(m+M)gM 結合圖像可得-μ1mg+μ2(m+M)gM=-94 解得μ2=0.1 當木板剛好能被拉動時,對于小滑塊和木板整體有 F=μ2(M+m)g 解得F=5 N。 (2)小滑塊在木板上滑動時 小滑塊的加速度為a1=4 m/s2 而小滑塊在時間t=2 s內的位移為s1=12a1t2 對于木板,根據牛頓第二定律有 F-μ1mg-μ2(m+M)g=Ma2 而木板在時間t=2 s內的位移為s2=12a2t2 由題可知s2-s1=L 聯立解得F=27.8 N。 點評　對多研究對象、多運動過程問題的分析要抓住以下幾點: (1)準確選取研究對象,可根據題意畫出物體在各階段的運動示意圖; (2)明確物體在各階段的運動性質、受力特點,找出題目給定的已知量、待求未知量以及中間量; (3)合理選擇動力學公式,列出物體在各階段的運動方程,同時列出物體在各階段間的關聯方程; (4)勻變速直線運動涉及的公式較多,各公式相互聯系,多數題目可一題多解,解題時要開闊思路,通過分析、對比,根據已知條件和題目特點適當地拆分、組合運動過程,選取最簡捷的解題方法。