0破解計算題的三部曲

1、49分計算題【題型探秘】計算題通常稱為“大題”，其原因是：此類試題一般文字敘述量較大，涉及多個物理過程，所給物理情景較復雜；涉及的物理模型較多且不明顯，甚至很隱蔽；要運用較多的物理規(guī)律進行論證或計算才能求得結論；題目的分值也較高，高考的壓軸題，拉分題【題型分類】 = 1 * GB2 力學綜合題 = 2 * GB2 電磁學綜合題 = 3 * GB2 力電綜合題【應對策略】1、審題規(guī)范化 = 1 * GB2 讀三遍題 = 1 * GB3 通讀： 讀后頭腦中要出現(xiàn)物理圖景的輪廓由頭腦中的圖景(物理現(xiàn)象、物理過程)與某些物理模型找關系，初步確定研究對象，猜想所對應的物理模型 = 2 * GB3 細讀：

2、讀后頭腦中要出現(xiàn)較清晰的物理圖景由題設條件，進行分析、判斷，確定物理圖景(物理現(xiàn)象、物理過程)的變化趨勢基本確定研究對象所對應的物理模型 = 3 * GB3 選讀：通過對關鍵詞語的理解、隱含條件的挖掘、干擾因素的排除之后，對題目要有清楚的認識最終確定本題的研究對象、物理模型及要解決的核心問題 = 2 * GB2 應注意的問題分清已知量和未知量；物理量的矢標性；物體是在哪個面內(nèi)運動，豎直面、水平面還是斜面；括號里的文字含義；重力是否考慮(特別是帶電粒子)；關鍵詞，如“緩慢”、“勻速”、“足夠長”、“至少”、“至多”、“剛好”、“最大”、“最小”、接觸面“粗糙(或光滑)”、物體是“導體(或絕緣體)

3、”、物體與彈簧“連接(或接觸)”、電池“計內(nèi)阻(或不計內(nèi)阻)”等；隱含條件，如：“剛好不相撞”表示物體最終速度相等或者接觸時速度相等；“剛好不分離”表示兩物體仍然接觸，彈力為零，且速度和加速度相等；“剛好不滑動”表示靜摩擦力達到最大靜摩擦力；“繩端物體剛好通過最高點”表示繩子拉力為零，僅由重力提供向心力；“粒子剛好飛出(或飛不出)磁場”表示粒子的運動軌跡與磁場的邊界相切；“物體輕輕地放在運動的傳送帶上”表示物體初速度為零等2、思維規(guī)范化 = 1 * GB2 選對象，建模型通過對整個題目的情景把握，根據(jù)整體法與隔離法選取研究對象，通過抽象、概括或類比等效的方法建立相應的物理模型或物理運動模型，并

4、對其進行全面的受力分析，然后選取不同的方法和運動規(guī)律解題，比如靜止或勻速直線運動選用物體的平衡條件解，變速直線運動選用牛頓運動定律或動能定理解，類平拋、圓周運動選用運動的分解或動能定理解，非勻變速曲線運動選用動能定理或運動的分解或微元法解 = 2 * GB2 多階段，分過程對綜合性強、過程較為復雜的題，一般采用“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 * GB2

5、 用規(guī)律，列方程在對物理狀態(tài)和物理過程深刻把握的基礎上，尋找題設條件與所求未知物理量的聯(lián)系，從力的觀點或能量的觀點，根據(jù)物理規(guī)律(牛頓第二定律、能的轉化與守恒等)列出方程求解3、答題規(guī)范化 = 1 * GB2 文字說明、必要必有物理量要用題中的符號，涉及題中沒有明確指出的物理量或符號，一定要用假設的方式進行說明；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；要指明正方向、零位置；列方程前，對誰在什么過程(或什么狀態(tài))用到什么規(guī)律，要簡要說明 = 2 * GB2 分步列式、聯(lián)立求解做綜合大題一定要樹立“重視過程，分步解答”的解題觀，因為高考閱卷實行按步給分，每一步的關鍵方程都是得分點以下

6、幾個技巧可有助于大題盡量多得分：方程中字母要與題目吻合，同一字母物理意義要唯一出現(xiàn)同類物理量，要用不同上下標區(qū)分列純字母方程方程全部采用物理量符號和常用字母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依次列方程不要寫連等式或綜合式子，否則會“一招不慎滿盤皆輸”；每個方程后面標明，便于后面“聯(lián)立得”進行說明(3)結果表述、準確到位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用字母表示的答案中不能含有未知量和中間量凡是題中沒有給出的都是未知量，不能隨便把g取值代入用字母表示的答案中，用字母表示的答案不能寫單位如果題目所給的物理數(shù)據(jù)都是用有效數(shù)字

7、表示的，那么答案中一般不能以無理數(shù)或分數(shù)作計算結果，結果是帶單位的具體數(shù)據(jù)時一定要帶單位，沒有特別要求時，一般最終結果有效數(shù)字的位數(shù)要和題目所給物理數(shù)據(jù)有效數(shù)字的位數(shù)保持一致，或保留2到3位有效數(shù)字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(jù)，如“根據(jù)牛頓第三定律”【領悟“三步曲”】例1如圖所示，待測區(qū)域中存在勻強電場和勻強磁場，根據(jù)帶電粒子射入時的受力情況可推測其電場和磁場。圖中裝置由加速器和平移器組成，平移器由兩對水平放置、相距為l的相同平行金屬板構成，極板長度為l、間距為d，兩對極板間偏轉電壓大小相等、電場方向相反質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子經(jīng)加速電壓U0加速后，水平射入偏轉電壓為

8、U1的平移器，最終從A點水平射入待測區(qū)域不考慮粒子受到的重力(1)求粒子射出平移器時的速度大小v1；(2)當加速電壓變?yōu)?U0時，欲使粒子仍從A點射入待測區(qū)域，求此時的偏轉電壓U1、審題規(guī)范化不考慮粒子受到的重力帶電粒子在電場中只受電場力兩對相同的平行金屬板，偏轉電壓大小相等、電場方向相反帶電粒子在兩板間的豎直側移量大小相等從A點水平射入待測區(qū)域帶電粒子射入待測區(qū)域時豎直方向速度為零2、思維規(guī)范化帶電粒子的運動過程分為四個不同的過程：加速過程、兩邊電場區(qū)域的類平拋過程、中間無場區(qū)域的勻速直線運動過程，因粒子在水平方向不受力作用，故粒子水平方向速度不變，又因粒子從A點水平射入待測區(qū)域，豎直方向速

9、度為零，所以，粒子在A點的速度即為粒子射出加速器的速度；粒子在豎直方向偏轉的位移應為粒子在電場區(qū)偏轉的位移和中間無場區(qū)域偏轉的位移之和，列方程時要注意不同過程的運動規(guī)律的區(qū)別和銜接點的相互聯(lián)系3、答題規(guī)范化規(guī)范解答(1)設粒子射出加速器的速度為v0由動能定理得qU0eq f(1,2)mveq oal(2,0)2分由題意得v1v0，1分即v1 eq r(f(2qU0,m)1分(2)在第一個偏轉電場中，設粒子的運動時間為t加速度的大小aeq f(qU1,md)1分在離開時，豎直分速度vyat1分豎直位移y1eq f(1,2)at21分水平位移lv1t1分粒子在兩偏轉電場間做勻速直線運動，經(jīng)歷時間也

10、為t豎直位移y2vyt1分由題意知，粒子豎直總位移y2y1y22分解得yeq f(U1l2,U0d)1分則當加速電壓為4U0時，U4U1 2分例2如圖所示，半徑為R的1/4光滑圓弧軌道最低點D與水平面相切，在D點右側L04R處用長為R的細繩將質(zhì)量為m的小球B(可視為質(zhì)點)懸掛于O點，小球B的下端恰好與水平面接觸，質(zhì)量為m的小球A(可視為質(zhì)點)自圓弧軌道C的正上方H高處由靜止釋放，恰好從圓弧軌道的C點切入圓弧軌道，已知小球A與水平面間的動摩擦因數(shù)0.5，細繩的最大張力Fm7mg，重力加速度為g，試求：(1)若HR，小球A到達圓弧軌道最低點D時對軌道的壓力；(2)試討論H在什么范圍內(nèi)，小球A與B發(fā)

11、生彈性碰撞后細繩始終處于拉直狀態(tài)1、審題規(guī)范化1/4光滑圓弧軌道小球A由最高點下滑到D點的過程只有重力做功小球A與水平面間的動摩擦因數(shù)0.5小球在由D點到B球位置的過程中有滑動摩擦力做負功細繩的最大張力Fm7mg小球到達B球位置的速度有最大值限制2、思維規(guī)范化小球的運動可分為四個過程：小球A由最高點到D點的過程、由D點到與B球相碰的減速過程、兩球的彈性碰撞過程、B球碰后的圓周運動過程。小球A由最高點到D點的過程只有重力做功，機械能守恒；小球A由D點到與B球相碰的減速過程只有滑動摩擦力做功，可用動能定理列方程，兩球的彈性碰撞過程動量和動能均守恒；B球碰后的圓周運動過程，因要求細繩始終處于拉直狀態(tài)

12、，有B球擺到與O點等高和做完整的圓周運動兩種情況。3、答題規(guī)范化規(guī)范解答(1)設小球A運動到圓弧軌道最低點D時速度為v0，則由機械能守恒定律有：eq f(1,2)mveq oal(2,0)mg(HR)2分小球A在圓弧軌道最低點有：FNmgmeq f(voal(2,0),R)2分解得：FN5mg1分由牛頓第三定律得小球?qū)壍赖膲毫Υ笮? mg，方向豎直向下1分(2)設A與B碰前速度為vA，碰后A的速度為vA，B的速度為vB，則A與B碰撞過程有：mvAmvAmvB1分eq f(1,2)mveq oal(2,A)eq f(1,2)mvA2eq f(1,2)mveq oal(2,B)1分A在水平面上

13、滑行過程有：mgL0eq f(1,2)mveq oal(2,A)eq f(1,2)mveq oal(2,0)2分若碰后B能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動，則細繩始終處于拉直狀態(tài)，設小球B在最高處速度為vB，則在最高處有：mgmeq f(vB2,R)1分小球B從最低點到最高點有：eq f(1,2)mveq oal(2,B)eq f(1,2)mvB2mg2R2分小球B在最低點時細繩受力最大，則有：Fmmgmeq f(voal(2,B),R)2分聯(lián)立解得：3.5RH4R1分若A與B碰后B擺動的最大高度小于R，則細繩始終處于拉直狀態(tài)，則根據(jù)機械能守恒有：eq f(1,2)mveq oal(2,B)mgR

14、2分要保證A與B能發(fā)生碰撞，則vA01分聯(lián)立解得：RH2R1分例3如圖所示(俯視)，MN和PQ是兩根固定在同一水平面上的足夠長且電阻不計的平行金屬導軌兩導軌間距為L0.2m，其間有一個方向垂直水平面豎直向下的勻強磁場，磁感應強度B15.0 T導軌上NQ之間接一電阻R10.40 ，阻值為R20.10 的金屬桿垂直導軌放置并與導軌始終保持良好接觸兩導軌右端通過金屬導線分別與電容器C的兩極板相連電容器C緊靠準直裝置b，b緊挨著帶小孔a(只能容一個粒子通過)的固定絕緣彈性圓筒，圓筒壁光滑，筒內(nèi)有垂直水平面豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B2，O是圓筒的圓心，圓筒的內(nèi)半徑r0.40 m(1)用一個方向平

15、行于MN水平向左且功率恒定為P80W的外力F拉金屬桿，使桿從靜止開始向左運動已知桿受到的摩擦阻力大小恒為Ff6N，求：當金屬桿最終勻速運動時桿的速度大小及電阻R1消耗的電功率？(2)當金屬桿處于(1)問中的勻速運動狀態(tài)時，電容器C內(nèi)緊靠極板的D處的一個帶正電的粒子經(jīng)C加速、b準直后從a孔垂直磁場B2并正對著圓心O進入筒中，該帶電粒子與圓筒壁碰撞四次恰好又從小孔a射出圓筒已知該帶電粒子每次與筒壁發(fā)生碰撞時電荷量和能量都不損失，不計粒子的初速度、重力和空氣阻力，粒子的比荷q/m5107C/kg，則磁感應強度B2多大(結果允許含有三角函數(shù)式)?1、審題規(guī)范化電阻R10.40 ，阻值為R20.10 的

16、金屬桿電容器兩板間的電壓等于R1兩端的電壓，但不等于金屬桿的電動勢金屬桿最終勻速運動金屬桿最終合力為零該帶電粒子與圓筒壁碰撞四次恰好又從小孔a射出圓筒帶電粒子在圓筒中運動五個相同的圓弧2、思維規(guī)范化電容器兩板間的電壓應分析左側電路，利用恒定電流知識求解、帶電粒子進入圓筒區(qū)域的速度是通過電容器兩板間的電壓加速得到的，可用動能定理求解、粒子進入圓筒后運動五個相同的圓弧，再從a點射出有兩種可能情況3、答題規(guī)范化解析(1)金屬桿先做加速度變小的加速運動，最終以最大速度勻速運動設桿勻速運動時速度為v，回路中的感應電流為I，桿受到的安培力大小為FA，電阻R1消耗的電功率為P1，則Ieq f(B1Lv,R1

17、R2)1分FAeq f(B1L2v,R1R2)1分eq f(P1,v)FAFf01分聯(lián)立式得：P1eq f(B1L2v2,R1R2)Ffv01分將已知數(shù)據(jù)代入式解得：v5m/s 1分P1I2R140W 1分(2)設桿勻速運動時電容器C兩極板間的電壓為U，帶電粒子進入圓筒時的速率為v0、在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，由于C與電阻R1并聯(lián)，據(jù)歐姆定律得：UIR14V 1分據(jù)動能定理有：qUeq f(1,2)mveq oal(2,0)1分帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動：qv0B2meq f(voal(2,0),R)1分聯(lián)立式得：B2eq f(1,R) eq r(f(2mU,q)1分由于帶電粒子與圓筒碰撞時無電荷量和能量損失，那么每次碰撞前后粒子速度大小不變，速度方向總是沿著圓筒半徑方向，4個碰撞點與小孔a恰好將圓筒壁五等分，粒子在圓筒內(nèi)的軌跡具有對稱性，由5段相同的圓弧組成，設每段軌跡圓弧對應的