2019高考物理二轮复习三计算题抢分练一计算题的三个抢分技巧.docx

(一)计算题的三个抢分技巧技巧1细心审题,做到“看”“读”“思”1.看题“看题”是从题目中获取信息的最直接方法,一定要全面、细心,看题时不要急于求解,对题中关键的词语要多加思考,搞清其含义,对特殊字、句、条件要用着重号加以标注;不能漏看、错看或看不全题目中的条件,要重点看清题中隐含的物理条件、括号内的附加条件等。2.读题“读题”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。不管试题难易如何,一定要怀着轻松的心情去默读一遍,逐字逐句研究,边读边思索、边联想,以弄清题中所涉及的现象和过程,排除干扰因素,充分挖掘隐含条件,准确还原各种模型,找准物理量之间的关系。3.思题“思题”就是充分挖掘大脑中所储存的知识信息,准确、全面、快速思考,清楚各物理过程的细节、内在联系、制约条件等,进而得出解题的全景图。 例1如图所示,传送带与两轮切点A、B间的距离为l=23 m,半径为R=0.4 m的光滑的半圆轨道与传送带相切于B点,C点为半圆轨道的最高点,BD为半圆轨道的直径。物块质量为m=1 kg。已知传送带与物块间的动摩擦因数=0.8,传送带与水平面间的夹角=37。物块无初速度地放在传送带上的A点。(sin 37=0.6,cos 37=0.8,g=10 m/s2,物块可视为质点)(1)传送带的速度为2 m/s,求物块从A点运动到B点的时间;(2)传送带的速度为21155 m/s,物块能否到达轨道上的D点?若不能,请说明理由;若能,请求出在D点轨道对物块的压力大小。审题看题:看题时首先要注意此题为“传送带+圆周运动”模型,其次要关注物块从静止释放后在传送带上可能的运动状态及通过C点和D点时满足的动力学条件。读题:读题时要获取的信息:传送带的长度、物块与传送带间的动摩擦因数、半圆轨道与传送带的连接特点及传送带的速度、半圆轨道的半径。思题:思题要抓住本题中物块运动过程中的受力特点、做功情况、能量转化情况及能否到达D点的判断方法。答案(1)14 s(2)能6 N解析(1)物块放在A点后将沿AB加速运动,根据牛顿第二定律得mg cos -mg sin =ma物块达到与传送带速度相同时,根据运动学公式有v2=2ax解得x=5 m23 m此后物块匀速运动到B点设加速阶段物块运动的时间为t1,匀速阶段物块运动的时间为t2则有v=at1,l-x=vt2物块从A到B运动的时间为t=t1+t2联立解得t=14 s。(2)若物块从A到B一直加速,则vB2=2al解得vB=21155 m/s,表明物块加速到B点恰与传送带速度相同物块由B运动到C过程中机械能守恒-mg(R+R cos 37)=12mvC2-12mvB2物块沿轨道到达最高点C,根据牛顿第二定律有NC+mg=mvC2R解得NC=0,表明物块恰能过半圆轨道的最高点C,能到达轨道上的D点从C点到D点,根据机械能守恒定律有mgR(1- cos )=12mvD2-12mvC2在D点,根据牛顿第二定律有mg cos +ND=mvD2R解得ND=6 N。点评(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)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。技巧2用心析题,做到“明”“画”“析”1.明过程“明过程”就是建立物理模型的过程,在审题获取一定信息的基础上,要对研究对象的各个运动过程进行剖析,建立起清晰的物理图景,确定每一个过程对应的物理模型、规律及各过程间的联系。2.画草图“画草图”就是根据题中各已知量的数量关系充分想象、分析、判断,在草稿纸上或答题纸上画出草图(如运动轨迹图、受力分析图、等效图等)以展示题述物理情境、物理模型,使物理过程更加直观、物理特征更加明显,进而方便确立题给条件、物理量与物理过程的对应关系。3.析规律“析规律”就是指在解答物理计算题时,在透彻分析题给物理情境的基础上,灵活选用规律,如力学计算题可用力的观点,即牛顿运动定律与运动学公式联立求解,也可用能量观点,即功能关系、机械能守恒定律和能量守恒定律联立求解。 例2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(磁感应强度B1=B0)和竖直向上的匀强电场(场强E1大小未知),第一象限内有一垂直纸面向外的匀强磁场(磁感应强度为B2)和竖直向上的匀强电场(场强为E2,且E2=E12),第四象限内有水平向左的匀强电场(场强为E3,且E3=3E2)。现有一比荷为qm=k的带正电小球从第二象限内的A点(-h,h)以一定初速度水平向右射出,小球沿直线运动,小球进入第一象限后恰好做匀速圆周运动,并从x轴上的C点与x轴正方向成60角进入第四象限内运动,最终通过C点正下方的D点,已知重力加速度为g,求:(1)小球的初速度v0及电场强度E1的大小;(2)第一象限内磁感应强度B2的大小;(3)C、D连线的长度L;(4)小球从A点运动到D点所经历的时间t。析题“明”:小球在第二象限内做直线运动,在第一象限内做匀速圆周运动,在第四象限内做类平抛运动。“画”:画出在各象限内的运动轨迹。“析”:小球在第二象限内做匀速直线运动,F合=0;在第一象限内做匀速圆周运动,E2q=mg,qv0B2=mv02R;在第四象限内做类平抛运动,F合=(E3q)2+(mg)2。答案见解析解析(1)因小球在第二象限内受竖直向下的重力、洛伦兹力和竖直向上的电场力作用沿直线运动,所以一定有B0qv0+mg=qE1小球在第一象限内做匀速圆周运动,所以必有qE2=mg,qv0B2=mv02R由题知E2=E12联立解得E1=2mgq=2gk,v0=mgB0q=gB0k。(2)小球运动轨迹如图所示,由图知小球在第一象限内运动半径R满足h+R sin 30=R,即R=2h由(1)知B2=mv0qR解得B2=g2k2B0h。(3)在第四象限内,因qE3=3qE2=3mg,合力大小为2mg,方向恰好与CD成60角,即小球从C到D做类平抛运动,由类平抛运动规律知L sin 30=122mgmt32L cos 30=v0t3联立得L=2g3B02k2,t3=33B0k。(4)小球在第二象限内运动时间t1=hv0=B0hkg小球在第一象限内运动时间t2=T6=m3B2q=2B0kh3g小球从A点运动到D点所经历的时间t=t1+t2+t3=2+33gB0hk+33B0k。点评(1)带电体在三场(重力场、电场、磁场)同时存在的叠加场中在垂直磁场平面内做直线运动时,一定是做匀速直线运动,所受合外力为0。(2)带电体在三场(重力场、电场、磁场)同时存在的叠加场中做匀速圆周运动,则电场力与重力平衡,洛伦兹力提供向心力。(3)带电体在重力场和电场的叠加场中运动时,可能做匀速直线运动、匀变速直线运动或类平抛运动。技巧3规范答题,做到“有”“分”“准”1.有必要的文字说明必要的文字说明是题目完整解答过程中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)对研究的对象、研究的过程或状态的说明;(2)题中物理量要用题中的符号,非题中的物理量或符号,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分析出来后,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一个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、联立求解解答计算题一定要分步列式,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(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,也不要写连等式或综合式子;(5)所列方程式尽量简洁,多个方程式可标上序号,以便联立求解。3.有准确必要的演算、明确结果解答物理计算题一定要有准确必要的演算过程,并明确最终结果,具体要注意:(1)演算时一般先进行推导运算,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许多化简、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,如有特殊要求,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,且一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如图甲所示,有一块木板静止在足够长的粗糙水平面上,木板质量为M=4 kg,长为L=1.4 m;木板右端放着一小滑块,小滑块质量为m=1 kg,可视为质点。现用水平恒力F作用在木板M右端,恒力F取不同数值时,小滑块和木板的加速度分别对应不同数值,两者的a-F图像如图乙所示。取g=10 m/s2。(1)要拉动长木板,水平恒力F至少为多大?(2)要使小滑块从木板上滑落经历的时间不超过2 s,施加的水平恒力F至少为多大?答案(1)5 N(2)27.8 N解析(1)由图乙可知,当恒力F25 N时,小滑块与木板间会出现相对滑动以小滑块为研究对象,根据牛顿第二定律有1mg=ma1结合图像可知a1=4 m/s2,解得1=0.4以木板为研究对象,根据牛顿第二定律有F-1mg-2(m+M)g=Ma2则a2=1MF-1mg+2(m+M)gM结合图像可得-1mg+2(m+M)gM=-94解得2=0.1当木板刚好能被拉动时,对于小滑块和木板整体有F=2(M+m)g解得F=5 N。(2)小滑块在木板上滑动时小滑块的加速度为a1=4 m/s2而小滑块在时间t=2 s内的位移为s1=12a1t2对于木板,根据牛顿第二定律有F-1mg-2(m+M)g=Ma2而木板在时间t=2 s内的位移为s2=12a2t2由题可知s2-s1=L联立解得F=27.8 N。点评对多研究