2019版高考物理通用版二轮复习讲义：第二部分第二板块第3讲技法专题——3步稳解物理计算题

第3讲 物理计算题历来是高考拉分题，试题综合性强，涉及物理过程较多，所给物理情境较复杂，物理模型较模糊或隐蔽，运用的物理规律也较多，对考生的挖掘隐含条件的能力、基本过程的分析能力、思维推理能力、基本运算能力等要求很高。为了在物理计算题上得到理想的分值，应做到细心审题、大胆拆题、规范答题。一、细心审题——做到“一读、二思、三析”1．读题“读题”是从题目中获取信息的最直接方法，一定要全面、细心，读题时不要急于求解，对题中关键的词语要多加思考，明白其含义，对特殊字、句、条件要用着重号加以标注；要重点看清题目中括号内的附加条件及题目给出的图形及图像等。2．思题“思题”就是默读试题，是物理信息内化的过程，它能解决漏看、错看等问题。边读题边思索、边联想，以弄清题目中所涉及的现象和过程，排除干扰因素，充分挖掘隐含条件。3．析题“析题”就是在“思题”获取一定信息的基础上，调动大脑中所储存的相关知识，准确、全面、快速思考，要对研究对象的各阶段变化进行剖析，建立起清晰的物理情景，确定每一个过程对应的物理模型、规律及各过程间的联系。[例1]　下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝0.6)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27 m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：(1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间。     [细心审题] [解析]　(1)在0～2 s时间内，A和B的受力如析题图所示，由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f1＝μ1N1①N1＝mgcos θ②f2＝μ2N2③N2＝N1′＋mgcos θ④规定沿斜面向下为正方向。设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿运动定律得mgsin θ－f1＝ma1⑤mgsin θ＋f1′－f2＝ma2⑥N1＝N1′⑦f1＝f1′⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得a1＝3 m/s2⑨a2＝1 m/s2。⑩(2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1＝a1t1＝6 m/s⑪v2＝a2t1＝2 m/s⑫t＞t1时，设A和B的加速度分别为a1′和a2′。此时A与B之间的摩擦力为零，同理可得a1′＝6 m/s2⑬a2′＝－2 m/s2⑭B做减速运动。设经过时间t2，B的速度减为零，则有0＝v2＋a2′t2⑮联立⑫⑭⑮式得t2＝1 s⑯在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为s＝－＝12 m＜27 m⑰此后B静止，A继续在B上滑动。设再经过时间t3后A离开B，则有l－s＝(v1＋a1′t2)t3＋a1′t32⑱可得t3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑲则A在B上总的运动时间为t总＝t1＋t2＋t3＝4 s。[答案]　(1)3 m/s2　1 m/s2　(2)4 s 1.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。2.审题要慢，就是要仔细，要审透，关键词句的理解要到位，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。二、大胆拆题——做到“拆分过程，大题小做”计算题的物理过程大体有以下三种呈现方式：1．串联式此类问题一般涉及一个物体，解题的方法是按时间先后顺序将整个过程拆分成几个子过程，然后对每个子过程运用规律列式求解。2．并列式此类问题的几个过程是同时发生的，一般涉及多个物体，解题的关键是从空间上将复杂过程拆分成几个子过程，然后对各子过程运用规律列式求解。3．复合式此类问题是上述两种方式的组合，下面用典例展示如何从时间和空间上将多个物体的多个子过程一一拆分出来，然后运用规律列式求解。[例2]　如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R＝0.2 m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103 V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙的质量均为m＝1.0×10－2 kg，乙所带电荷量q＝2.0×10－5 C，g取10 m/s2(水平轨道足够长，甲、乙均视为质点，整个运动过程无电荷转移)。求：(1)甲、乙碰撞后，若乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；(2)在满足(1)的条件下，求甲的速度v0；(3)若甲仍以速度v0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围。[大胆拆题]第(1)问可拆分为2个小题①求乙恰能通过轨道最高点的速度建模：竖直面内圆周运动中的“绳”模型规律：牛顿第二定律mg＋Eq＝②求乙在轨道上的首次落点到B点的距离x建模：乙离开D点后做类平抛运动规律：运动的合成与分解x＝vDt,2R＝·t2第(2)问可拆分为2个小题①求甲、乙刚碰后乙的速度建模：竖直面内圆周运动模型(B→D过程)规律：动能定理－mg·2R－qE·2R＝mvD2－mv乙2②求甲、乙刚碰后甲的速度建模：弹性碰撞模型规律：动量守恒定律mv0＝mv甲＋mv乙机械能守恒定律mv02＝mv甲2＋mv乙2第(3)问可拆分为3个小题①设甲的质量为M，求甲、乙碰后，乙的速度vm的范围建模：弹性碰撞模型规律：动量守恒定律Mv0＝MvM＋mvm机械能守恒定律Mv02＝MvM2＋mvm2②求乙过D点的速度vD′的范围建模：竖直面内圆周运动模型(B→D过程)规律：动能定理－mg·2R－qE·2R＝mvD′2－mvm2③求小球落点到B点的距离范围建模：类平抛运动模型规律：水平方向做匀速运动x′＝vD′t[解析]　(1)在乙恰好能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为vD，乙从离开D点到落到水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，则mg＋qE＝m2R＝·t2x＝vDt解得x＝0.4 m。(2)设碰撞后乙的速度为v乙，对乙从B→D过程，由动能定理得－mg·2R－qE·2R＝mvD2－mv乙2解得v乙＝2 m/s设碰撞后甲的速度为v甲，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0＝mv甲＋mv乙mv02＝mv甲2＋mv乙2解得v乙＝v0，v甲＝0所以v0＝2 m/s。(3)设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为vM、vm，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有Mv0＝MvM＋mvmMv02＝MvM2＋mvm2解得vm＝由上式和M>m可得v0<vm＜2v0设乙过D点的速度为vD′，由动能定理得－mg·2R－qE·2R＝mvD′2－mvm2解得2 m/s<vD′<8 m/s设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为x′，则有x′＝vD′t解得0.4 m<x′<1.6 m。[答案]　(1)0.4 m　(2)2 m/s　(3)0.4 m<x′<1.6 m 计算题一般文字叙述量较大，包括多个物理过程，所给物理情境较复杂，涉及的物理模型较多，有的还较为隐蔽，要运用较多的物理规律进行论证或计算才能求得结果，相应的题目的分值也较高，解题关键就在于准确拆分过程，变大题为小题，然后一一击破。 三、规范答题——做到表述明、列式清、演算准1．有必要的文字说明必要的文字说明是规范答题时不可缺少的文字表述，它能使解题思路清晰明了，让阅卷老师一目了然，是获取高分的必要条件之一，主要包括：(1)研究的对象、研究的过程或状态的说明。(2)题目中物理量要用题目中的符号，引入的物理量或符号，一定要用假设的方式进行说明。(3)题目中的一些隐含条件或临界条件，应用时要加以说明。(4)所列方程的依据及名称要进行说明。(5)规定的正方向、零势能点及所建立的坐标系要进行说明。(6)对题目所求或所问有明确的答复且对所求结果的物理意义要进行说明。2．分步列式、联立求解解答高考试题一定要分步列式，因高考阅卷实行按步给分，每一步的关键方程都是得分点。分步列式一定要注意以下几点：(1)列原始方程，与原始规律公式相对应的具体形式，而不是移项变形后的公式。(2)方程中的字母要与题目中的字母吻合，同一字母的物理意义要唯一。出现同类物理量，要用不同下标或上标区分。(3)列纯字母方程，方程全部采用物理量符号和常用字母表示(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，也不要写连等式或综合式子。(5)所列方程式尽量简洁，多个方程式要标上序号，以便联立求解。3．准确演算、明确结果解答物理计算题一般要有必要的演算过程，并明确最终结果，具体要注意：(1)演算时一般先进行字母符号运算，从列出的一系列方程，推导出结果的计算式，最后代入数据并写出结果(要注意简洁，千万不要在卷面上书写过多化简、数值运算式)。(2)计算结果的有效数字位数应根据题意确定，一般应与题目中所列的数据的有效数字位数相近，若有特殊要求，应按要求选定。(3)计算结果是数据的要带单位(最好采用国际单位)，是字母符号的不用带单位。(4)字母式的答案中，最终答案中所用字母都必须使用题干中所给的字母，不能包含未知量，且某些已知的物理量也不能代入数据。(5)题中要求解的物理量应有明确的答案(尽量写在显眼处)，待求量是矢量的必须说明其方向。(6)若在解答过程中进行了研究对象转换，则必须交代转换依据，对题目所求要有明确的回应，不能答非所问。[例3]　(2018·天津高考，20分)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计。ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m。列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示。为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计。列车启动后电源自动关闭。 (1)要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小；(3)列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？[规范答题]解：(1)列车要向右运动，安培力方向应向右。根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b、由c到d，故M接电源正极。(3分)(2)由题意，列车启动时ab、cd并联，设回路总电阻为R总，由电阻的串并联知识得R总＝①(1分)设回路总电流为I，根据闭合电路欧姆定律有I＝②(1分)设两根金属棒所受安培力之和为F，有F＝IlB③(1分)根据牛顿第二定律有F＝ma④(1分)联立①②③④式得a＝。⑤(2分)(3)设列车减速时，cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化量为ΔΦ，平均感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律有E1＝⑥(1分)其中ΔΦ＝Bl2⑦(1分)设回路中平均电流为I′，由闭合电路欧姆定律有I′＝⑧(1分)设cd受到的平均安培力为F′，有F′＝I′lB⑨(1分)以向右为正方向，设Δt时间内cd受安培力冲量为I冲，有I冲＝－F′Δt⑩(1分)同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有I0＝2I冲⑪(1分)设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有I总＝0－mv0⑫(1分)联立⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得＝⑬(2分)讨论：若恰为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场；若不是整数，设的整数部分为N，则需设置N＋1块有界磁场。(2分)备注：括号中的分值根据高考评分标准而设置，意图让考生充分认识到分步列式、规范答题的重要性。 1.压轴计算题可能因为难度太大而做错，甚至最后一问会感觉无从下手，但前几问相对容易，应尝试解答。2.如果时间不够用，无法计算最后结果，或者结果算错，但基本的“步骤分”“公式分”要拿到手。 [专题强训提能]                                                              1.(2019届高三·云南师大附中模拟)如图所示，在光滑水平面上放置一个匀质木块，厚度为l、质量为19m，并用销钉固定。一颗质量为m的子弹以水平速度v0射入木块，恰好能从木块中穿出，子弹在木块中受到的阻力可视为恒力，且子弹可视为质点。(1)求子弹在木块中受到的阻力大小；(2)取下销钉，同样的子弹仍以水平速度v0射入木块，最后留在木块中，求子弹射入木块的深度。解析：(1)子弹恰好能从木块中穿出，根据动能定理可得－fl＝0－mv02解得：f＝。(2)由题意得子弹与木块最后达到共同速度，由系统动量守恒有mv0＝(19m＋m)v1损失的动能ΔE＝mv02－×20mv12根据功能关系有fd＝ΔE解得子弹射入木块的深度：d＝l。答案：(1)　(2)l2.如图所示，质量M＝1 kg的木板静置于倾角θ＝37°、足够长的固定光滑斜面底端，质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)以初速度v0＝4 m/s从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上、大小为F＝3.2 N 的恒力，若小物块恰好不从木板的上端滑下，则木板的长度l为多少？(已知小物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.5，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)解析：由题意可知，小物块沿木板向上做匀减速运动，木板沿斜面向上做匀加速运动，当小物块运动到木板的上端时，恰好和木板具有共同速度。设小物块的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma设木板的加速度大小为a′，由牛顿第二定律可得F＋μmgcos θ－Mgsin θ＝Ma′设小物块和木板达到共同速度所用时间为t，由运动学公式可得v0－at＝a′t设小物块和木板共速时小物块的位移为x，木板的位移为x′，由位移公式可得x＝v0t－at2，x′＝a′t2小物块恰好不从木板的上端滑下，有x－x′＝l解得l≈0.714 m。答案：0.714 m3．如图甲所示，在xOy平面内有一扇形金属框abc，其半径为r，ac边与y轴重合，bc边与x轴重合，且c位于坐标原点，ac边与bc边的电阻不计，圆弧ab上单位长度的电阻为R。金属杆MN长度为L，放在金属框abc上，MN与ac边紧邻且O点与圆弧之间部分金属杆的电阻为R0。匀强磁场与金属框平面垂直并充满平面，其磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示。(1)0～t0时间内MN保持静止，计算金属框中感应电流的大小；(2)在t＝t0时刻对MN施加一外力，使其以c点为轴心在金属框所在平面内顺时针匀速转动，角速度为ω，计算通过MN的电流I与转过的角度θ间的关系。解析：(1)0～t0时间内MN保持静止，磁场增强，回路中产生感应电动势，MN靠近无电阻的ac边被短路。根据法拉第电磁感应定律，有E＝＝S·S＝πr2，＝解得E＝感应电流大小I＝＝。(2)金属杆以c点为轴心在金属框所在平面内顺时针匀速转动时，电路中感应电动势E0＝B0r2ω当MN转过角度为θ时总电阻R总＝R0＋＝R0＋MN中电流I与转过的角度θ的关系为I＝＝，0<θ<。答案：(1)　(2)I＝，0<θ<4.(2018·襄阳高三模拟)如图所示，有一竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，当滑块运动时，圆筒内壁对滑块有阻力的作用，阻力的大小恒为Ff＝mg(g为重力加速度)。在初始位置滑块静止，圆筒内壁对滑块的阻力为零，弹簧的长度为l。现有一质量也为m的物体从距地面2l处自由落下，与滑块发生碰撞，碰撞时间极短。碰撞后物体与滑块粘在一起向下运动，运动到最低点后又被弹回向上运动，滑动到刚发生碰撞位置时速度恰好为零，不计空气阻力。求：(1)物体与滑块碰撞后瞬间速度的大小；(2)碰撞后，在物体与滑块向下运动到最低点的过程中弹簧弹性势能的变化量。解析：(1)设物体下落至与滑块碰撞前瞬间的速度为v0，在此过程中物体机械能守恒，依据机械能守恒定律，有mgl＝mv02解得v0＝设碰撞后瞬间速度为v，依据动量守恒定律，有mv0＝2mv解得v＝。(2)设物体和滑块碰撞后下滑的最大距离为x，依据动能定理，对碰撞后物体与滑块一起向下运动到返回初始位置的过程，有－2Ffx＝0－×2mv2设在物体与滑块向下运动的过程中，弹簧的弹力所做的功为W，依据动能定理，对碰撞后物体与滑块一起向下运动到最低点的过程，有W＋2mgx－Ffx＝0－×2mv2解得W＝－mgl所以弹簧弹性势能增加了mgl。答案：(1)　(2)mgl5.如图所示，两根足够长的光滑固定平行金属导轨与水平面成θ角，导轨间距为d，两导体棒a和b与导轨垂直放置，两导体棒的质量都为m，电阻都为R，回路中其余电阻不计。整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B。在t＝0时刻，使a沿导轨向上做速度为v的匀速运动，已知d＝1 m，m＝0.5 kg，R＝0.5 Ω，B＝0.5 T，θ＝30°，g取10 m/s2，不计两导体棒间的相互作用力。(1)为使b能沿导轨向下运动，a的速度v应小于多少？(2)若a在平行于导轨向上的力F作用下，以v1＝2 m/s的速度沿导轨向上匀速运动，求b的速度v2的最大值；(3)在(2)中，当t＝2 s时b的速度达到5.06 m/s,2 s内回路中产生的焦耳热为13.2 J，求该2 s内力F做的功(结果保留三位有效数字)。解析：(1)a刚运动时，回路中的电流I＝为使b能沿导轨向下运动，对b有BId<mgsin θ解得v<10 m/s即为使b能沿导轨向下运动，a的速度v应小于10 m/s。(2)若a在平行于导轨向上的力F作用下，以v1＝2 m/s的速度沿导轨向上匀速运动，因2 m/s<10 m/s，b一定沿导轨向下运动。根据右手定则可以判断，a、b产生的感应电动势串联，所以回路的感应电动势为E＝Bd(v1＋v2)I′＝当b达到最大速度时，有BI′d＝mgsin θ解得v2＝8 m/s。(3)假设在t＝2 s内，a向上运动的距离为x1，b向下运动的距离为x2，则x1＝v1t＝4 m对b根据动量定理得(mgsin θ－Bd)t＝mvb又q＝tq＝＝解得x2＝5.88 m根据能量守恒定律得，该2 s内力F做的功W＝Q＋mvb2＋mgx1sin θ－mgx2sin θ解得W≈14.9 J。答案：(1)10 m/s　(2)8 m/s　(3)14.9 J6.如图所示，在直角坐标系xOy平面的四个象限内各有一个边长为L的正方形磁场区域，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，各磁场磁感应强度大小均相等，第一象限内x≤L且L≤y≤2L的区域内，有沿y轴正方向的匀强电场。现有一质量为m、电荷量为q的带负电粒子从坐标处以初速度v0沿x轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力。(1)求电场强度大小E；(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点O到达坐标(－L，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B；(3)求第(2)问中粒子开始进入磁场到从坐标(－L,0)点射出磁场整个过程所用的时间。解析：(1)粒子在电场中做类平抛运动，有L＝v0t，＝at2，qE＝ma解得E＝。(2)设粒子进入磁场时，速度方向与y轴负方向夹角为θ则tan θ＝＝1速度大小v＝＝v0设x为粒子在磁场中每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(－L,0)点，应满足L＝2nx，其中n＝1、2、3、…，当n＝1时，粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为；当L＝(2n＋1)x时，其中n＝1，粒子轨迹如图乙所示，由于y<－L区域没有磁场，因此粒子不能从(－L,0)点离开磁场，这种情况不符合题意。设圆弧的半径为R，又圆弧对应的圆心角为，则x＝R，此时满足L＝2nx解得R＝洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有qvB＝m解得B＝，n＝1、2、3、…。(3)粒子开始进入磁场到从坐标(－L,0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ＝2n××2＝2nπt＝T×＝＝。答案：(1)　(2)，n＝1、2、3、…　(3)