新课标高考物理大二轮复习-优化4-高考计算题解题策略教学案-人教版高三全册物理教学案.docx

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优化4　高考计算题解题策略

计算题一般给出较多的信息，有清晰的已知条件，也有隐含条件，在实际物理情景中包含有抽象的物理模型，在所给出物理过程的信息中有重要的临界条件，题目思维量大，解答中要求写出重要的演算步骤和必要的文字说明．

1．慢审题，快答题

只有认真审题，透彻理解命题的意图、试题给定的物理情境、各物理量间的对应关系、物理过程所遵循的物理规律，才能快速正确答题．所谓审题要慢，就是要仔细，要审透，关键的词句理解要到位，深入挖掘试题的条件，提取解题所需要的相关信息，排除干扰因素．要做到这些，必须通读试题，特别是括号内的内容，千万不要忽视．

2．习惯画图，分段处理

对综合性强、过程较为复杂的题，要习惯画草图，采用“分段”处理，所谓的“分段”处理，就是根据问题的需要和研究对象的不同，将问题涉及的物理过程，按照时间和空间的发展顺序，合理地分解为几个彼此相对独立又相互联系的阶段，再根据各个阶段遵从的物理规律逐个建立方程，最后通过各阶段的联系综合起来解决，从而使问题化整为零、各个击破．

3．书写必要的文字说明

必要的文字说明的目的是说明物理过程和答题依据，我们应该从以下几个方面给予考虑：

（1）说明研究对象（个体或系统，尤其是要用整体法和隔离法相结合求解的题目，一定要注意研究对象的转移和转化问题）．

（2）画出受力分析图、电路图、光路图或运动过程的示意图．

（3）说明所设字母的物理意义．

（4）说明规定的正方向、零势点（面）．

（5）说明题目中的隐含条件、临界条件．

（6）说明所列方程的依据、名称及对应的物理过程或物理状态．

（7）说明所求结果的物理意义（有时需要讨论分析）．

4．要有必要的方程式

（1）写出符合题意的原始方程（是评分依据，文字说明一般不计分），不能写变形式．

（2）要用字母表述方程，不要写有代入数据的方程，不能写化简式，如“G＝mg”不能写成“＝g”．

（3）要用原始方程组联立求解，不要用连等式，不要不断的“续”进一些内容．

（4）方程式有多个时，应分步列（分步得分），并对各方程式编号（便于计算和说明），不要合写一式，以免一错全错．

5．使用各种字母符号要规X

（1）字母符号要写清楚、规X，忌字迹潦草．阅卷时因为“v、r、ν”不分，大小写“M、m”或“L、l”不分，“G”的草体像“a”，希腊字母“ρ、μ、β、η”笔顺或形状不对而被扣分屡见不鲜．

（2）尊重题目所给的符号，题目给了符号的一定不要再另立符号．如题目给出半径是r，你若写成R就算错．

（3）一个字母在一个题目中只能用来表示一个物理量，忌一字母多用；一个物理量在同一题中不能有多个符号，以免混淆．

（4）尊重习惯用法．如拉力用F，摩擦力用Ff表示，阅卷人一看便明白，如果用反了就会带来误解．

（5）角标要讲究．角标的位置应当在右下角，比字母本身小许多．角标的选用亦应讲究，如通过A点的速度用vA就比用v1好；通过某相同点的速度，按时间顺序第一次用v1、第二次用v2就很清楚，如果倒置，必然带来误解．

（6）物理量单位的符号源于人名的单位，由单个字母表示的应大写，如库仑C、亨利H；由两个字母组成的单位，一般前面的字母用大写，后面的字母用小写，如Hz、Wb.

题型1　牛顿运动定律结合运动学公式

本知识点是牛顿运动定律的重要应用之一，为每年高考的重点，常以计算题型出现，且为多过程，难度中等．分析近几年考题，命题规律有以下三点：

1．牛顿第二定律结合平抛运动知识进行考查．

2．牛顿第二定律结合圆周运动知识进行考查．

3．牛顿第二定律结合“板块模型”（或“传送带模型”）进行考查．

【典例1】　（2019·某某一模）如图甲所示，质量为M＝0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m＝1kg的物块以初速度v0＝4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F.当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到－F图像如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m－1.将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2.

（1）若恒力F＝0，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间．

（2）图乙中BC为直线段，求该段恒力F的取值X围及与F的函数关系式．

[解析]　

（1）以向右为正方向，物块受向左的摩擦力，由牛顿第二定律有μmg＝ma1，解得物块的加速度大小为a1＝μg＝2m/s2，

对木板有μmg＝Ma2，解得木板的加速度大小为a2＝4m/s2，

在t时间内物块的位移为x1＝v0t－a1t2，木板的位移为x2＝a2t2，物块滑下木板时位移关系为L＝x1－x2，由题图乙可知，板长L＝1m，

代入数据可解得t1＝s，t2＝1s，

当t2＝1s时，物块的速度为2m/s，木板的速度为4m/s，而当物块从木板右端滑离时，物块的速度不可能小于木板的速度，t2＝1s应舍去，故所求时间为t1＝s.

（2）①当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，历时t，则对木板有F＋μmg＝Ma3，两者速度相同，v＝v0－a1t＝a3t，物块的位移为xm＝t，木板的位移为xM＝t，两者位移间的关系为s＝xm－xM，联立解得＝，由题图乙可知s≤1m，解得F≥1N.

②当F继续增大时，两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度a4做匀加速运动，对整体有F＝（M＋m）a4，对物块有f＝ma4，f为静摩擦力，需满足f≤fmax＝μmg＝2N，联立解得F≤3N.

综上所述，BC段恒力F的取值X围是1N≤F≤3N，函数关系式是＝.

[答案]

（1）s

（2）＝（1N≤F≤3N）

题型2　应用动量观点和能量观点分析多过程问题

本知识点为近几年高考的考查热点，对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及运动时间的问题应用动量定理求解，碰撞、爆炸、反冲类问题常用动量守恒求解．若过程涉及能量转化问题，并且具有功能关系的特点，用功能关系或动能定理求解．

【典例2】　（2019·某某某某一模）如图所示，用长为R且不可伸长的轻绳将质量为的小球A悬挂于O点．在光滑的水平地面上，质量为m的小物块B（可视为质点）置于长木板C的左端并与长木板均保持静止．将小球A拉起，使轻绳水平拉直，将A球由静止释放，运动到最低点时与B发生弹性正碰．

（1）求碰后轻绳与竖直方向的最大夹角θ的余弦值；

（2）若长木板C的质量为2m，B与C间的动摩擦因数为μ，则C的长度至少为多少时B才不会从C的上表面滑出？

[解析]　

（1）A从开始下落到与B碰撞前的过程机械能守恒，由机械能守恒定律得mgR＝·mv，

小球与B碰撞过程中动量和机械能均守恒，以水平向右为正方向．

由动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2，

由机械能守恒定律得·mv＝·mv＋mv，

联立解得v1＝－，v2＝，

设碰撞后A上升的最大高度为H，则gH＝·v，

又cosθ＝，联立解得cosθ＝.

（2）B在木板C上滑动过程中，B、C组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv2＝（m＋2m）v，

设木板长度为L时，B刚好滑到C的最右端时两者共速，则B在木板C上滑动的过程中，由能量守恒定律得

μmgL＝mv－（m＋2m）v2，

联立解得L＝.

[答案]　

（1）　

（2）

题型3　带电粒子在电场、磁场中的运动

带电粒子在电场、磁场中的运动是高考的热点，每年的高考中都会出现，主要考查带电粒子在洛伦兹力下的圆周运动，常与带电粒子在电场中的运动相结合，综合考查受力分析、平抛运动、圆周运动、功能关系等知识，综合性较强，难度较大，通常为高考的压轴题．

【典例3】　（2019·某某五校联考）如图所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场．左侧匀强电场的电场强度大小为E、方向水平向右，电场宽度为L；中间区域匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外；右侧区域匀强磁场的磁感应强度大小也为B，方向垂直纸面向里．一个质量为m、电荷量为q、不计重力的带正电的粒子从电场的左边缘的O点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到O点，然后重复上述运动过程．求：

（1）中间磁场区域的宽度d；

（2）带电粒子从O点开始运动到第一次回到O点所用时间．

[解析]　

（1）带电粒子在电场中加速，由动能定理，可得：

qEL＝mv2

带电粒子在匀强磁场中偏转，由牛顿第二定律，可得：

Bqv＝m

由以上两式，可得：

R＝.

可见粒子在两磁场区域的运动半径相同，如图所示

三段圆弧的圆心组成的△O1O2O3是等边三角形，其边长为2R.所以中间磁场区域的宽度为：

d＝Rsin60°＝.

（2）在左侧电场中的运动的加速度：

a＝

在电场中运动的总时间：

t1＝＝＝2

在中间磁场中的运动时间：

t2＝＝

在右侧磁场中的运动时间为：

t3＝T＝

则粒子第一次回到O点所用的时间为：

t＝t1＋t2＋t3＝2＋.

[答案]　

（1）　

（2）2＋

题型4　应用动力学和能量观点处理电磁感应问题

电磁感应现象是其他形式的能和电能的相互转化，遵循能量守恒定律．涉及能量的电磁感应问题是高考的热点问题，此类题目常涉及楞次定律、右手定则、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律等知识，综合性强，题目难度较大，常出现在选择题的最后一题或计算题位置．

【典例4】　在生产线框的流水线上，为了检测出个别不合格的未闭合线框，让线框随传送带通过一固定匀强磁场区域（磁场方向垂直于传送带平面向下），观察线框进入磁场后是否相对传送带滑动就能够检测出不合格的未闭合线框，其物理情境简化如下：

如图所示，通过绝缘传送带输送完全相同的正方形单匝纯电阻铜线框，传送带与水平方向夹角为α，以恒定速度v0斜向上运动．已知磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，MN与PQ间的距离为d，磁场的磁感应强度为B.线框质量为m，电阻值为R，边长为L（d>2L），线框与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.闭合线框的上边在进入磁场前线框相对传送带静止，线框刚进入磁场的瞬间，和传送带发生相对滑动，线框运动过程中上边始终平行于MN，当闭合线框的上边经过边界PQ时又恰好与传送带的速度相同．设传送带足够长．求：

（1）闭合线框的上边刚进入磁场时上边所受安培力F安的大小；

（2）从闭合线框的上边刚进入磁场到上边刚要出磁场所用的时间t；

（3）从闭合线框的上边刚进入磁场到下边穿出磁场后又相对传送带静止的过程中，电动机多消耗的电能E.

[解析]　

（1）根据安培力公式得F安＝BIL

根据闭合电路欧姆定律得I＝

又由法拉第电磁感应定律得E＝BLv0

由以上联立可解得F安＝.

（2）在线框的上边刚进入磁场到线框的上边刚要出磁场的过程中，取沿斜面向上为正方向，根据动量定理有

μmgcosα·t－mgsinα·t－安t′＝0

根据安培力公式得安＝BL

根据闭合电路欧姆定律得＝

根据法拉第电磁感应定律得＝＝

由以上联立解得t＝.

（3）在线框的上边刚进入磁场到线框的下边刚要出磁场的过程中，由动能定理得（μmgcosα－mgsinα）d＋W安＝0

由功能关系得Q电＝－W安

Qf＝μmgcosα（v0t－d）

从线框上边刚进入磁场到线框穿出磁场后相对传送带静止的过程中，由能量守恒定律得

E＝2mgsinα·d＋2Q电＋2Qf

由以上联立可解得E＝.

[答案]　

（1）　

（2）　（3）

专题强化训练（二十二）

1．（2019·某某名校联盟）某工厂用倾角为37°的传送带把货物由低处运送到高处，已知传送带长为L＝50m，正常运转的速度为v＝4m/s.一次工人刚把M＝10kg的货物放到传送带上的A处时停电了，为了不影响工作的进度，工人拿来一块m＝5kg带有挂钩的木板，把货物放到木板上，通过定滑轮用绳子把木板拉上去．货物与木板及木板与传送带之间的动摩擦因数均为0.8.（货物与木板均可看成质点，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）

（1）为了把货物拉上去又不使货物相对木板滑动，求工人所用拉力的最大值；

（2）若工人用F＝189N的恒定拉力把货物拉到处时来电了，工人随即撤去拉力，求此时货物与木板的速度大小；

（3）来电后，还需要多长时间货物能到达B处？

（不计传送带的加速时间）

[解析]　

（1）设最大拉力为Fm，货物与木板之间的静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为a1，对货物分析，根据牛顿第二定律得

μMgcosθ－Mgsinθ＝Ma1，代入数据得a1＝0.4m/s2.

对货物与木板整体分析，根据牛顿第二定律得

Fm－μ（m＋M）gcosθ－（m＋M）gsinθ＝（m＋M）a1，得Fm＝192N.

（2）设工人拉木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律得

F－μ（m＋M）gcosθ－（m＋M）gsinθ＝（m＋M）a2，得a2＝0.2m/s2.

设来电时货物与木板的速度大小为v1，根据运动学公式得

v＝2a2，

代入数据得v1＝2m/s.

（3）由于v1<4m/s，所以来电后货物与木板继续加速，设加速度为a3，则有μ（m＋M）gcosθ－（m＋M）gsinθ＝（m＋M）a3，

代入数据得a3＝0.4m/s2.

设经过t1货物与木板的速度和传送带速度相同，v＝v1＋a3t1，得t1＝5s.

设t1时间内货物与木板加速的位移为x1，v2－v＝2a3x1，得x1＝15m.

共速后，木板与传送带相对静止一起匀速运动，设匀速运动的时间为t2，匀速运动的位移为x2，则x2＝L－－x1；

得x2＝25m

又t2＝

得t2＝6.25s

所以来电后木板和货物还需要运动的时间为：

t＝t1＋t2＝11.25s.

[答案]　

（1）192N　

（2）2m/s　（3）11.25s

2．（2019·某某市普通高中毕业班测试）倾角为θ的斜面与足够长的光滑水平面在D处平滑连接，斜面上AB的长度为3L，BC、CD的长度均为3.5L，BC部分粗糙，其余部分光滑．如图，4个小滑块左边均固定一个长为L的轻杆，紧挨在一起排在斜面上，从下往上依次标为1、2、3、4，轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连，滑块1恰好在A处．现将4个滑块一起由静止释放，设滑块经过D处时无机械能损失，轻杆不会与斜面相碰．已知滑块的质量均为m并均可视为质点，滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数均为tanθ，重力加速度为g.求：

（1）滑块1刚进入BC时，滑块1上的轻杆所受到的压力大小；

（2）4个滑块全部滑上水平面后，相邻滑块之间的距离．

[解析]　

（1）以4个滑块为研究对象，设滑块1刚进入BC段时，4个滑块的加速度为a，由牛顿第二定律有：

4mgsinθ－μ·mgcosθ＝4ma

以滑块1为研究对象，设刚进入BC段时，滑块1上的轻杆受到的压力大小为F，由牛顿第二定律有：

F＋mgsinθ－μ·mgcosθ＝ma

已知μ＝tanθ，联立可得F＝mgsinθ

（2）设滑块4刚进入BC段时，滑块的共同速度为v.

此时4个滑块向下移动了6L的距离，滑块1、2、3在粗糙段向下移动的距离分别为3L、2L、L.由动能定理有：

4mgsinθ·6L－μ·mgcosθ·（3L＋2L＋L）＝·4mv2

解得v＝3

由于动摩擦因数为μ＝tanθ，则4个滑块都进入BC段后，所受合外力为0，各滑块均以速度v做匀速运动．

滑块1离开BC后匀加速下滑，设到达D处时速度为v1，由动能定理有

mgsinθ·3.5L＝mv－mv2

解得：

v1＝4

当滑块1到达BC边缘刚要离开粗糙段时，滑块2正以速度v匀速向下运动，且运动L距离后离开粗糙段，依次类推，直到滑块4离开粗糙段．由此可知，相邻两个滑块到达BC段边缘的时间差为Δt＝，因此到达水平面的时间差也为Δt＝

所以相邻滑块在水平面上的间距为d＝v1Δt

联立解得d＝L

[答案]　

（1）mgsinθ　

（2）L

3．（2019·某某摸底）如图所示，直角坐标系xOy的第二象限内有一垂直纸面向外的匀强磁场B1，磁感应强度大小B1＝B0，第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场E（E大小未知），磁场、电场宽均为d，左、右边界与x轴交点分别为A、C；x轴下方存在垂直纸面向外的匀强磁场B2（B2大小未知）．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子平行纸面从A点沿与x轴正方向成θ＝60°角射入匀强磁场B1，粒子恰好垂直y轴进入匀强电场并从C点与x轴正方向成θ＝60°角进入x轴下方的匀强磁场而击中A点，不计粒子重力，求：

（1）电场强度E的大小．

（2）匀强磁场B2的磁感应强度大小．

（3）粒子从A点出发回到A所经历的时间t.

[解析]　

（1）粒子运动轨迹如图所示，则由图知粒子在两磁场中运动的半径均为r＝＝d

由B1qv＝m知v＝＝

由图知OD＝r－rcos60°＝＝d

粒子在电场中做类平抛运动，令粒子在电场中运动时间为t2，则

d＝vt2，d＝·t

联立得E＝，

t2＝.

（2）令粒子在C点的速度为vC，则vC＝2v＝

由B2qvC＝m得B2＝，代入vC、r得B2＝2B0.

（3）粒子在磁场B1中的运动时间为t1＝×＝

粒子在磁场B2中的运动时间为t3＝×＝

所以粒子从A点出发回到A所经历的时间t＝t1＋t2＋t3＝m.

[答案]　

（1）　

（2）2B0　（3）m

4．（2019·某某市高中毕业班调研）如图所示，足够长的金属导轨MNC和PQD平行且间距为L，所在平面与水平面夹角分别为α＝37°和β＝53°，导轨两侧空间均有垂直导轨平面向下的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B.均匀金属棒ab和ef质量均为m，长均为L，电阻均为R.运动过程中，两金属棒与导轨保持良好接触，始终垂直于导轨，金属棒ef与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，金属棒ab光滑．导轨电阻不计，重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.

（1）若将棒ab锁定，由静止释放棒ef，求棒ef最终运动的速度大小v1；

（2）在

（1）问的条件下，若棒ef经过时间t达到第

（1）问中的速度v1，求此过程中棒ef下滑的距离x；

（3）若两金属棒均光滑，同时由静止释放，试在同一图中定性画出两棒运动的v－t图线．（ab棒取沿导轨向上为正方向，ef棒取沿导轨向下为正方向）

[解析]　

（1）棒ef最终匀速运动，受力如图，由力的平衡条件有

mgsinβ＝μmgcosβ＋F①

由安培力公式得

F＝BI1L②

由闭合电路欧姆定律得

I1＝③

由法拉第电磁感应定律得

E＝BLv1④

联立①②③④式，解得

v1＝⑤

（2）棒ef由静止释放到速度为v1，经过的时间为t，对棒ef，由动量定理有

mgtsinβ－μmgtcosβ－B2Lt＝mv1－0⑥

由闭合电路欧姆定律有2＝⑦

由法拉第电磁感应定律有＝⑧

回路磁通量的变化量ΔΦ＝BLx⑨

联立⑥⑦⑧⑨式，解得

x＝－⑩

（3）最终棒ef沿导轨匀加速下滑，棒ab沿导轨匀加速上滑，加速度相同．其v－t图线如下．

[答案]　

（1）　

（2）－　（3）见解析

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