山東省2013高考物理 提分策略 兩大計算題的應對策略（學生版）

1、山東省2013高考物理 提分策略 兩大計算題的應對策略（學生版）一、知識點概述山東高考自07年新課標自主命題以來，考查題型基本趨于穩(wěn)定，針對性較強。其中山東理綜的22、23題是物理的兩大計算題，22題15分，23題18分。這兩題在89分的物理題中所占比重較大。并且，這兩題處在整個理綜試卷的中間位置，如何解答好這兩道題就顯得尤為重要。下面我就以2012年山東理綜為例說一下這兩題的出題特點及應對策略。二、真題示例理綜22題：考查重點：力學中的多過程問題，主要考查直線、平拋、圓周三種重要的運動形式和牛頓運動定律、動能定理兩種重要的解題方法的綜合應用?？疾樘攸c：（1）多物體、多過程三種重要運動形式的組

2、合、兩大解題方法的應用；(2)探究性設置不確定因素以考查探究意識和探究能力；(3) 解題方法的多樣性(4) 側(cè)重數(shù)字計算，難度提高。1、【2012山東理綜22】如圖所示，一工件置于水平地面上，其AB段為一半徑的光滑圓弧軌道，BC段為一長度的粗糙水平軌道，二者相切與B點，整個軌道位于同一豎直平面內(nèi)，P點為圓弧軌道上的一個確定點。一可視為質(zhì)點的物塊，其質(zhì)量，與BC間的動摩擦因數(shù)。工件質(zhì)，與地面間的動摩擦因數(shù)。（?。?）若工件固定，將物塊由P點無初速度釋放，滑至C點時恰好靜止，求P、C兩點間的高度差h。（2）若將一水平恒力F作用于工件，使物體在P點與工件保持相對靜止，一起向左做勻加速直線運動求F的大

3、小 當速度時，使工件立刻停止運動（即不考慮減速的時間和位移），物塊飛離圓弧軌道落至BC段，求物塊的落點與B點間的距離。由幾何關系可得 根據(jù)牛頓第二定律，對物體有 對工件和物體整體有 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得 設物體平拋運動的時間為，水平位移為，物塊落點與B間的距離為 ， 由運動學公式可得 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得 小試身手：1.（2013山東濟寧二模）（16分）如圖所示是一皮帶傳輸裝載機械示意圖井下挖掘工將礦物無初速放置于沿圖示方向運行的傳送帶A端，被傳輸?shù)侥┒薆處，再沿一段圓形軌道到達軌道的最高點C處，然后水平拋到貨臺上已知半徑為的圓形軌道與傳送帶在B點相切，O點為半圓的圓心，BO、CO分別為圓形軌道的

4、半徑，礦物m可視為質(zhì)點，傳送帶與水平面間的夾角，礦物與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，傳送帶勻速運行的速度為，傳送帶AB點間的長度為若礦物落點D處離最高點C點的水平距離為，豎直距離為，礦物質(zhì)量，不計空氣阻力求：（1）礦物到達B點時的速度大??；（2）礦物到達C點時對軌道的壓力大小；（3）礦物由B點到達C點的過程中，克服阻力所做的功解析：（1）假設礦物在AB段始終處于加速狀態(tài)，由動能定理可得 3分代入數(shù)據(jù)得 1分由于，故假設成立，礦物B處速度為 1分（2）設礦物對軌道C處壓力為F，由平拋運動知識可得 1分 1分代入數(shù)據(jù)得礦物到達C處時速度 1分由牛頓第二定律可得 2分代入數(shù)據(jù)得 1分根據(jù)牛頓第三定律可得所求

5、壓力 1分（3）礦物由B到C過程，由動能定理得 3分代入數(shù)據(jù)得即礦物由B到達C時克服阻力所做的功 1分.ABEDOCF37Lhx2.（2013山東青島一模）（15分）如圖所示，一粗糙斜面 AB 與圓心角為37的光滑圓弧 BC 相切，經(jīng)過 C 點的切線方向水平已知圓弧的半徑為 R = 1.25 m，斜面 AB 的長度為 L = 1 m 質(zhì)量為 m = 1 kg的小物塊（可視為質(zhì)點）在水平外力 F = 1 N作用下，從斜面頂端 A點處由靜止開始，沿斜面向下運動，當?shù)竭_ B 點時撤去外力，物塊沿圓弧滑至 C 點拋出，若落地點 E 距離與 C 點間的水平距離為 x = 1.2 m，C 點距離地面高度為

6、 h = 0.8 m（sin37= 0.6，cos37= 0.8 ，重力加速度 g 取10 m/s2）求：（1）物塊經(jīng) C 點時對圓弧面的壓力；（2）物塊滑至 B 點時的速度；（3）物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)參考解答：（1）物塊從C點到E點做平拋運動由h = gt2 ，得 t = 0.4s 3m/s由牛頓第二定律知：FN mg = m FN = 17.2 N由牛頓第三定律，知物體在C 點時對圓弧的壓力為17.2N（2）從B點到C點由動能定理，知mgR mgR cos370 = vB = 2 m/s （3）從A點到B點，由 vB2 = 2aL ，得a = 2 m/s2 由牛頓第二定律，知mgsin

7、370 + Fcos370 （mgcos370 Fsin370）= ma=0.65評分標準：（1）問6分，（2）問4分，（3）問5分共15分理綜23題考查重點：組合場或交變電場問題考查特點:（1）多以質(zhì)譜儀、回旋加速器、示波管、速度選擇器等為背景，涉及帶電粒子在電場、磁場中的加速偏轉(zhuǎn)運動或周期性運動，體現(xiàn)運動的多樣性；以字母運算為主，一般不與力學部分進行過多綜合。（2）對應用數(shù)學表述物理問題的能力要求提高且更加全面；帶電粒子在磁場中運動的復雜性有所增加；結論表述方式呈多元化趨勢且?guī)в虚_放性。真題示例：【2012山東理綜23】(18分)如圖甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強磁場區(qū)，磁

8、場方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板MN和PQ，兩極板中心各有一小孔、，兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為，周期為。在時刻將一個質(zhì)量為、電量為（）的粒子由靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運動，在時刻通過垂直于邊界進入右側(cè)磁場區(qū)。（不計粒子重力，不考慮極板外的電場）（1）求粒子到達時的速度大小和極板距離（2）為使粒子不與極板相撞，求磁感應強度的大小應滿足的條件。（3）若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在時刻再次到達，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內(nèi)運動的時間和磁感強度的大小審題指導：規(guī)范解析：（1）粒子由至的過程中，根據(jù)動能定理得 由式得 設粒子的

9、加速度大小為，由牛頓第二定律得 由運動學公式得 聯(lián)立式得 (2)設磁感應強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得 要使粒子在磁場中運動時不與極板相撞，須滿足 聯(lián)立式得 （3）設粒子在兩邊界之間無場區(qū)向左勻速運動的過程用時為，有 聯(lián)立式得 若粒子再次達到時速度恰好為零，粒子回到極板間應做勻減速運動，設勻減速運動的時間為，根據(jù)運動學公式得 聯(lián)立式得 設粒子在磁場中運動的時間為 聯(lián)立式得 設粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期為T，由式結合運動學公式得 由題意得 聯(lián)立式得 小試身手：3.（2013濟寧一模）(18分)在豎直平面內(nèi)，以虛線為界分布著如圖所示的勻強電場和足夠大

10、的勻強磁場，各區(qū)域磁場的磁感應強度大小均為B，勻強電場方向豎直向下，大小為E=；傾斜虛線與x軸之間的夾角為60o，一帶正電的C粒子從O點以速度v0與y軸成30o角射入左側(cè)磁場，粒子經(jīng)過傾斜虛線后進入勻強電場，恰好從圖中A點射入右側(cè)x軸下方磁場。已知帶正電粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m(粒子重力忽略不計)。試求： (1)帶電粒子通過傾斜虛線時的位置坐標； (2)粒子到達A點時速度的大小和方向以及勻強電場的寬度L； (3)若在C粒子從O點出發(fā)的同時，一不帶電的D粒子從A點以速度v沿x軸正方向勻速運動，最終兩粒子相碰，求D粒子速度v的可能值。解析：（1） 解得（1分）（1分）（1分）位置坐標為：(，)（

11、1分）（2）由幾何關系可知粒子垂直電場線進入勻強電場做類平拋運動（1分） （1分）粒子到達A點的速度大小 （1分）設速度與x軸的夾角為，則：， =45（1分）由解得：（1分） （1分）聯(lián)立以上各式解得：（1分）(3)粒子在磁場中運動周期：（1分）由幾何關系可知，C粒子在左側(cè)磁場運動軌跡為1/3圓周，運動時間（1分）由幾何關系可知，C粒子在右側(cè)磁場運動軌跡可能為多個圓弧，如圖，C粒子到達軸時可能運動時間： （n = 1，2，3)（1分）C粒子在右側(cè)磁場運動軌跡半徑(1分）D粒子在軸與C粒子相遇距A點的可能距離：（n=1、2、3)（1分）所以，D粒子速度的可能值= （n=1，2，3) （2分）4.

12、（2013青島一模）（18分）如圖所示，在直角坐標系 xoy 的第一象限內(nèi)存在沿 y 軸負方向、場強為 E 的勻強電場,在第四象限內(nèi)存在垂直紙面向外、磁感應強度為 B 的勻強磁場，在磁場與電場分界線的 x 軸上有一無限大的薄隔離層一質(zhì)量為 m 、電量為+ q 、初速度為零的帶電粒子，從坐標為（ x 0 ，y 0 ）的 P 點開始被電場加速，經(jīng)隔離層垂直進入磁場，粒子每次穿越隔離層的時間極短，且運動方向不變，其穿越后的速度是每次穿越前速度的 k 倍（ k 1）不計帶電粒子所受重力求：（1）帶電粒子第一次穿越隔離層進入磁場做圓周運動的半徑 R 1 ；（2）帶電粒子第二次穿越隔離層進入電場達到最高點

13、的縱坐標 y1 ；（3）從開始到第三次穿越隔離層所用的總時間 t ；yxOPB薄隔離層E（4）若帶電粒子第四次穿越隔離層時剛好到達坐標原點 O，則 P 點橫坐標 x0 與縱坐標 y0 應滿足的關系參考解答：（1）第一次到達隔離層時速度為v0qEyo = mvo2 ，v0 = 第一次穿越隔離層后速度為v1 = k由qv1B=m，得第一次在磁場中做圓周運動半徑為 R1=（2）第二次穿越隔離層后速度為v2 = k2 qEy1 = 0 mv22 ，得y1 = k4 y0評分標準：（1）問6分，（2）問4分，（3）問4分，（4）問4分共18分三、綜合演練1如圖所示，長木板固定在水平實驗臺上，在水平實驗臺

14、右端地面上豎直放有一粗糙的被截去八分之三(即圓心角為135)的圓軌道，軌道半徑為R；放置在長木板A處的小球(視為質(zhì)點)在水平恒力F的作用下向右運動，運動到長木板邊緣B處撤去水平恒力F，小球水平拋出后恰好落在圓軌道C處，速度方向沿C處的切線方向，且剛好能到達圓軌道的最高點D處已知小球的質(zhì)量為m，小球與水平長木板間的動摩擦因數(shù)為，長木板AB長為L， B、C兩點間的豎直高度為h，求：(1)B、C兩點間的水平距離x(2)水平恒力F的大小(3)小球在圓軌道上運動時克服摩擦力做的功2.如圖所示，水平傳送帶的右端與豎直面內(nèi)的用光滑鋼管彎成的“9”形固定軌道相接，鋼管內(nèi)徑很小。傳送帶的運行速度為v0=6m/s

15、，將質(zhì)量m=1.0kg的可看作質(zhì)點的滑塊無初速地放到傳送帶A端，傳送帶長度為L=12.0m，“9”字全高H=0.8m，“9”字上半部分圓弧半徑為R=0.2m，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為=0.3，重力加速g=10m/s2，試求：（1）滑塊從傳送帶A端運動到B端所需要的時間；（2）滑塊滑到軌道最高點C時對軌道作用力的大小和方向；（3）若滑塊從“9”形軌道D點水平拋出后，恰好垂直撞在傾角=45的斜面上P點，求P、D兩點間的豎直高度 h(保留兩位有效數(shù)字)。3.如圖所示，有一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m1 kg的小物塊，從光滑平臺上的A點以v02 m/s的初速度水平拋出，到達C點時，恰好沿C點的切線方向進

16、入固定在水平地面上的光滑圓弧軌道，最后小物塊滑上緊靠軌道末端D點的質(zhì)量為M3 kg的長木板已知木板上表面與圓弧軌道末端切線相平，木板下表面與水平地面之間光滑，小物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)0.3，圓弧軌道的半徑為R0.4 m，C點和圓弧的圓心連線與豎直方向的夾角60，不計空氣阻力，g取10 m/s2.求：（1）小球到達C點時的速度（2）小物塊剛要到達圓弧軌道末端D點時對軌道的壓力；（3）要使小物塊不滑出長木板，木板的長度L至少多大？4如圖所示，真空中有以（r，0）為圓心，半徑為r的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，在y= r的虛線上方足夠大的范圍內(nèi)，有方向水平向左的勻強電場，電

17、場強度為E，從O點向不同方向發(fā)射速率相同的質(zhì)子，質(zhì)子的運動軌跡均在紙面內(nèi)，且質(zhì)子在磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑也為r，已知質(zhì)子的電荷量為q，質(zhì)量為m，不計重力、粒子間的相互作用力及阻力。求：（1）質(zhì)子射入磁場時速度的大小；（2）沿x軸正方向射入磁場的質(zhì)子，到達y軸所需的時間；（3）與x軸正方向成30o角（如圖中所示）射入的質(zhì)子，到達y軸的位置坐標。5如圖所示，粒子源O產(chǎn)生初速度為零、電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子，被電壓為的加速電場加速后通過直管，在到兩極板等距離處垂直射入平行板間的偏轉(zhuǎn)電場，兩平行板間電壓為2。離子偏轉(zhuǎn)后通過極板MN上的小孔S離開電場。已知ABC是一個外邊界為等腰三角形的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外，邊界AB=AC=L，離子經(jīng)過一段勻速直線運動，垂直AB邊從AB中點進入磁場。（忽略離子所受重力）若磁場的磁感