2021版高考物理新课标大二轮专题辅导与增分攻略2-4优化4高考计算题解题策略

1、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

2、， 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

3、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“ GMrm2 mg”不能写成GM(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

4、各种字母符号要规范(1) 字母符号要写清楚、 规范，忌字迹潦草 阅卷时因为“ v 、r、”不分， 大小写“ M 、 m”或“ L、 l”不分， “G”的草体像 “a”，希腊字母“ 、”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

5、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”

6、(或“传送带模型” )进行考查【典例 1】 (2019·江西一模 )如图甲所示， 质量为 M0.5 kg 的木板静止在光滑水平面 上，质量为 m1 kg 的物块以初速度 v04 m/s 滑上木板的左端， 物块与木板之间的动摩擦 因数为 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1sF 图像如图乙所示，其中 AB 与横轴平行，且 AB 段的纵坐标为 1 m 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 10 m/s2.(1) 若恒力 F 0，则物块

7、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 的取值范围及 1s与 F 的函数关系式 mg ma1，解解析 (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 得物块的加速度大小为 a1g2 m/s【典例 2】 (2019·湖南长沙一模 )如图所示， 用长为 R 且不可伸长的轻绳将质量为 m3 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，对木板有 mg

8、Ma 2，解得木板的加速度大小为 a24 m/s2，1 2 1 F 3答案 (1)3 s (2)s 4 (1 NF3 N)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 2在 t 时间内物块的位移为 x 1 v 0t 2a1t2，木板的位移为 x22a2t2，物块滑下木板时位移关系为 Lx1x2，由题图乙可知，板长 L1 m，1代入数据可解得 t13 s，t21 s，当 t21

9、s时，物块的速度为 2 m/s，木板的速度为 4 m/s ，而当物块从木板右端滑离时，1 物块的速度不可能小于木板的速度， t21 s 应舍去，故所求时间为 t13 s.(2)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 mg Ma 3，两者速度相同， v v0 v0 vva1ta3t，物块的位移为 xm 2 t，木板的位移为 xM2t，两者位移间的关系为 s xm1 F 3x M ，联立解得 s 4 ，由题图乙可知 s1 m，解得 F1 N.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

10、起以相同加速度 a4做匀加速运动，对整体有 F (Mm)a4，对物块有 f ma4，f 为静摩擦力，需满足 ffmax mg 2 N，联立解得 F3 N.1 F 3综上所述， BC 段恒力 F 的取值范围是 1 NF3 N ，函数关系式是 s 4 .(1) 求碰后轻绳与竖直方向的最大夹角 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 ，则C的长度至少为多少时 B 才不会从 C 的上表面滑出？1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3mgR1 1 22·3mv0，小球与 B 碰撞过程中动量和机械能均守恒，以水平向右为

11、正方向11由动量守恒定律得 3mv03mv1mv 2，1 1 11 1由机械能守恒定律得 21·31mv 02 12·31mv2121mv22，联立解得 v 1 12 2gR，v 212 2gR，设碰撞后 A 上升的最大高度为 H ，则m3 gH 21·m3 v21，R H3又 cos R ，联立解得 cos 4.(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 (m2m)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1 2 1 2 mg

12、L2mv222(m2m)v 2，联立解得 L 6R.63R答案 (1)34 (2)6R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 ·河南五校联考 )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；

13、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1解析 (1)带电粒子在电场中加速，由动能定理，可得：qEL 2mv2带电粒子在匀强磁场中偏转，由牛顿第二定律，可得：Bqvm由以上两式，可得：1 2mELRB12mqEL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为：dRsin601 6mEL2B q(2

14、)在左侧电场中的运动的加速度：aqEm在电场中运动的总时间：2v 2mvt1 a qE 22mLqE在中间磁场中的运动时间：T 2 mt2 23 3qB 在右侧磁场中的运动时间为：5 5 mt36T3qB则粒子第一次回到 O 点所用的时间为：1 6mEL 2mL 7 m答案 (1)21B6mqEL (2)22qmEL73qmB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

15、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 ，以 恒定速度 v 0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

16、送带间的动摩擦因数为 ，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 ER又由法拉第电磁感应定律得 EBLv0B2

17、L2v0由以上联立可解得 F 安 Rv .(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 mgcos·t mgsin ·t F 安 t0根据安培力公式得 F 安 BI LE根据闭合电路欧姆定律得 I ER 根据法拉第电磁感应定律得 E t tB2L 3 由以上联立解得 tB L .mgR cos sin(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 ( mgcos mg sin ) d W 安 0由功能关系得 Q 电 W 安Qf mgcos( v0 t d)从线框上边刚进入磁场到线框穿出磁场后

18、相对传送带静止的过程中， 由能量守恒定律得E2mgsin·d 2Q 电2Qf由以上联立可解得2v0B2L 3cosE .R cos sin 答案 (1)B LRv0B2L 32v0B2L 3cos(2) (3)mgR cos sinR cos sin 专题强化训练 (二十二 )1 (2019 河·北名校联盟 )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 L50 m，正常运转的速度为 v4 m/s.一次工人刚把 M 10 kg 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 5 kg 带有挂钩的木板，

19、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 10 m/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 F189 N 的恒定拉力把货物拉到 L5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

20、Mgcos Mg sin Ma 1，代入数据得 a10.4 m/s2. 对货物与木板整体分析，根据牛顿第二定律得F m （m M ） gcos （m M ） gsin （m M ）a1 ，得 Fm192 N. （2）设工人拉木板的加速度为 a2，根据牛顿第二定律得F （m M ）gcos （m M ）gsin （m M ） a2，得 a2 0.2 m/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v122a2L5，代入数据得 v12 m/s.（3）由于 v1<4 m/s，所以来电后货物与木板继续加速， 设加速度为 a3，则有 （m M ）gcos （ m M ）gsin （

21、m M ） a3，代入数据得 a3 0.4 m/s2. 设经过 t 1货物与木板的速度和传送带速度相同，vv1a3t1，得 t15 s.设 t1时间内货物与木板加速的位移为x1，v2v122a3x1，得 x115 m.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 LL5x1；得 x2 25 m x2又 t2 v得 t2 6.25 s所以来电后木板和货物还需要运动的时间为：tt1t211.25 s.答案 (1)192 N (2)2 m/s (3)11.25 s2(2019 ·广州市普通高中毕业班测试 )倾角为 的斜面与足够长的光滑水

22、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tan ，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，

23、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：4mgsin·mgcos 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 mg sin ·mg cos ma3已知 tan ，联立可得 F4mgsin(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：14mgsin·L6·mg

24、cos· （L3 2L L ） 2·m4v解得 v3 gL sin由于动摩擦因数为 tan ，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 v 1，由动能定理有1 2 1 2 mgsin· 3.L5 2mv 12mv解得： v 14 gLsin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 t vL，因此到达水平面的时间差也

25、为 tvL所以相邻滑块在水平面上的间距为d v1t4联立解得 d 3L34答案 (1)4mgsin (2)3L3(2019 吉·林摸底 )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 B 1 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 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

26、 C点与 x轴正 方向成 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 B 2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. OA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rsin6023233dv2 由B1qvmr知 vB0qr2 3B0qd3mr由图知 OD rrcos60 °2粒子在电场中做类平抛运动，令粒子在电场中运动时间为3 1 qE 2 dvt2， 3 d2·mt228 3qdB 2 * *0 联立得 E8 93qmdB 0，t22B30mq.(2)令粒子在 C 点的速度为4 3B 0qd vC2v 3mv 2Cm vC由 B2qvC m r 得 B2 qr ，代入vC、 r 得 B22B 0.1 2m m t1× 1360° B0q 3B0q2 × 2m 2m360°× B2q 3B0q