2020版高考物理大二轮复习优化4高考计算题解题策略教学案

1、有清晰的已知条件， 也有隐含条件， 在实际物理情景中包在所给出物理过程的信息中有重要的临界条件，各物理量间的对应关系、提取解题所需要的相关信息，采用“分段”处理，将问题涉及的物理过程，再根据各个阶段遵从的物理从而使问题化整为零、 各个击破我们应该从以下几个方面给予考虑：一定要)(面)有清晰的已知条件， 也有隐含条件， 在实际物理情景中包在所给出物理过程的信息中有重要的临界条件，各物理量间的对应关系、提取解题所需要的相关信息，采用“分段”处理，将问题涉及的物理过程，再根据各个阶段遵从的物理从而使问题化整为零、 各个击破我们应该从以下几个方面给予考虑：一定要)(面)(有时需要讨论分析 )(是评分依

2、据，文字说明一般不计分不能写化简式， 如“GMmr mg”不能题目思维量大， 解答物理排除干扰因素 要做所谓的“分段”按照时间和空间的)，不能写变形式2优化 4 高考计算题解题策略计算题一般给出较多的信息，含有抽象的物理模型，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、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，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，要习惯画草图，处理，就是根据问题的需要和研究

3、对象的不同，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，规律逐个建立方程， 最后通过各阶段的联系综合起来解决，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，(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，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) 说明所设字母的物理意义(4) 说明规定的正方向、零势点(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4要有必要的方程式(1) 写出符合题意的原始方程(2) 要

4、用字母表述方程， 不要写有代入数据的方程，1 GMr(分步得分 )，并对各方程式编号”不分，“如题目给出半径是F，摩擦力用比字母本身小许多 角标的选用亦应讲究，A就比用2C、亨利 H；Hz、Wb. 为每年高考的重点， 常以计算题型出现， 且(或“传送带模型”GMr(分步得分 )，并对各方程式编号”不分，“如题目给出半径是F，摩擦力用比字母本身小许多 角标的选用亦应讲究，A就比用2C、亨利 H；Hz、Wb. 为每年高考的重点， 常以计算题型出现， 且(或“传送带模型” )进行考查(2019江西一模 )如图甲所示，质量为v 滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩0.2 ，在物块滑上木板的同时，给木板

5、施加一个水平向右的恒力s，给木板施加不同大小的恒力1 m1.将物块视为质点，g取 10 m/s . 2(便于计算和说明 )，不r，F表示，阅卷人一看便明白，如果用反了就1好；通过某相同点的速度，按时间顺序第一次用M0.5 kg 的木板静止在光滑水平04 m/sF.当恒力 FF，得2fv1、第二写成“ g”(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，应分步列要合写一式，以免一错全错5使用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 G”的草体像“ a”，希腊字母“

6、、”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；一个物理量在同一题中不能有多个符号，以免混淆(4) 尊重习惯用法如拉力用会带来误解(5) 角标要讲究 角标的位置应当在右下角，如通过 A点的速度用 v v次用 v 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，为多过程，难度中

7、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”【典例 1】面上，质量为 m1 kg 的物块以初速度擦因数为取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为到1sF图像如图乙所示， 其中 AB与横轴平行， 且 AB段的纵坐标为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度2 F的取值范围及 F的函数关系式(1) 以向右为正方向， 物块受向左的摩擦力，a 2 m/s2，解得木板的加速度大小为x v 12a1t ，木板的位移为1 2，由题图乙可知，板长t s ，t21 s ，2t 1 s 应舍去，故所求时间为F增

8、大到某一值时物块恰好到达木板的v，历时 t，则对木板有x t，木板的位移为1 F3s 4(静摩擦力作F的取值范围及 F的函数关系式(1) 以向右为正方向， 物块受向左的摩擦力，a 2 m/s2，解得木板的加速度大小为x v 12a1t ，木板的位移为1 2，由题图乙可知，板长t s ，t21 s ，2t 1 s 应舍去，故所求时间为F增大到某一值时物块恰好到达木板的v，历时 t，则对木板有x t，木板的位移为1 F3s 4(静摩擦力作用 )一起以相同加速度F(Mm)a fma4，f 为静摩擦力，需满足BC段恒力 F的取值范围是(1) s 对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及运动时爆炸、反冲类

9、问题常用动量守恒求解若过程涉及能量1s与由牛顿第二定律有21a 4 m/s ，21 0tL1 m，112 m/s ，木板的速度为2FmgMa vvv vms1 m，解得 F1 N.a4，对物块有1 NF3 N，函数关系式是13mgma，22x ，物块滑下木板时位34 m/s ，而当物块从木板右端滑离t s. 3，两者速度相同， 0024ff1 F3s 4(2) (1 NF3 N)1，解1211x ，两者位移间的关系为max . 1s 422a2t3vMF32tsxm(1) 若恒力 F0，则物块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，求该段恒力解析 得物块的加速

10、度大小为对木板有 mgMa在 t 时间内物块的位移为移关系为 Lx x代入数据可解得当 t 1 s 时，物块的速度为时，物块的速度不可能小于木板的速度，(2) 当 F较小时，物块将从木板右端滑下，当右端，且两者具有共同速度a1ta3t，物块的位移为xM，联立解得 ，由题图乙可知当 F 继续增大时，两者共速后能保持相对静止做匀加速运动，对整体有mg2 N，联立解得 F3 N.综上所述，答案 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，间的问题应用动量定理求解，碰撞、3 )如图所示，用长为A悬挂于 O点在光滑的水平地面上，质量为将小球 A拉起，使轻绳水平拉直，的余

11、弦值；，则 C的长度至少为多少时(1) A从开始下落到与1 13mv03mv1mv2，1 1)如图所示，用长为A悬挂于 O点在光滑的水平地面上，质量为将小球 A拉起，使轻绳水平拉直，的余弦值；，则 C的长度至少为多少时(1) A从开始下落到与1 13mv03mv1mv2，1 1 1 1 12 3mv 23mv 2mv11H，则RH 3R 4. 22 22R且不可伸长的轻绳将质量为m的小物块 B(可视为质点 C将 A球由静止释放， 运动BB碰撞前的过程机械能守恒，由机械能守恒定律得2m m3gH23v12(m的3)置于长木板132 2 20 1 2，11，mgR2转化问题，并且具有功能关系的特点

12、，用功能关系或动能定理求解【典例 2】 (2019湖南长沙一模小球的左端并与长木板均保持静止到最低点时与 B发生弹性正碰(1) 求碰后轻绳与竖直方向的最大夹角(2) 若长木板 C的质量为 2m，B与 C间的动摩擦因数为才不会从 C的上表面滑出？解析 1213mv20，小球与 B碰撞过程中动量和机械能均守恒，以水平向右为正方向由动量守恒定律得由机械能守恒定律得联立解得 v 2gR，v212 2gR，设碰撞后 A上升的最大高度为又 cos ，联立解得 cos(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 mv (m2m)v，设木板长度为 L时，B

13、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mgL12mv m2m)v，4 R6. (1)每年的高考中都会出现，(2019河南五校联考E、方向水平向右，电场宽度为B，方向垂直纸面向外；右侧区域匀强磁场的磁感应强度大小也为m、电荷量为 q、不计重力的带正电的粒子从电场的左边又回到 O点，然后重复d；O点开始运动到第一次回到(1) 带电粒子在电场中加速，由动能定理，可得：R1B34主要考查带电R6. (1)每年的高考中都会出现，(2019河南五校联考E、方向水平向右，电场宽度为B，方向垂直纸面向外；右侧区域匀强磁场的磁感应强度大小也为m、电荷量为 q、不计重力的

14、带正电的粒子从电场的左边又回到 O点，然后重复d；O点开始运动到第一次回到(1) 带电粒子在电场中加速，由动能定理，可得：R1B34主要考查带电)如图所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀L；中间区域匀强O点所用时间qEL12mv2mEL. q(2)2R6联立解得 L答案 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，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】强磁场左侧匀强电场的电场强度大小为磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向

15、里一个质量为缘的 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，上述运动过程求：(1) 中间磁场区域的宽度(2) 带电粒子从解析 带电粒子在匀强磁场中偏转，由牛顿第二定律，可得：2BqvmvR由以上两式，可得：可见粒子在两磁场区域的运动半径相同，如图所示5 O12B2v1T 2m25 5m3O点所用的时间为：2mL7m1 2t3(1)遵循能量守恒定律 涉及能量的电磁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(磁场方向垂直于传送带平面向下其物理情境简化如下：O12B2v1T 2m25 5m3O点所用的时间为：2mL7m1 2t3(1)遵循能量守恒定律 涉及能量的

16、电磁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(磁场方向垂直于传送带平面向下其物理情境简化如下：，以1O2O36mEL. qmva qE23 3qB6T3qBqE 3qB. 12B)，观察线框进入磁场后是如图所示， 通是等边三角形，其边长为2mLqE6mELq2R.所以中间磁场区域的宽度(2)2 2mL7mqE 3qB三段圆弧的圆心组成的为：dRsin60(2) 在左侧电场中的运动的加速度：aqEm在电场中运动的总时间：t 2在中间磁场中的运动时间：t在右侧磁场中的运动时间为：t则粒子第一次回到tt t 2 答案 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

17、是其他形式的能和电能的相互转化，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】传送带通过一固定匀强磁场区域否相对传送带滑动就能够检测出不合格的未闭合线框，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6 vB.线框质量为 m，电阻值为 R，边长为 L(d2L)，线框与传送带，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，MN，当PQ时又恰好与传送带的速度相同设传送带足够长求：Ft；E.

18、 (1) 根据安培力公式得IEREBLvF . 安vB.线框质量为 m，电阻值为 R，边长为 L(d2L)，线框与传送带，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，MN，当PQ时又恰好与传送带的速度相同设传送带足够长求：Ft；E. (1) 根据安培力公式得IEREBLvF . 安F BI LEt tt . 安0斜向上运动已知磁场边界安的大小；F BIL0BLv安安I BLmgRcossin MN、PQ与传送带运动方向垂直，安2 20RERBL2 3MN与 PQ间的距离2恒定速度为 d，磁场的磁感应强度为间的动摩擦因数为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

19、程中上边始终平行于闭合线框的上边经过边界(1) 闭合线框的上边刚进入磁场时上边所受安培力(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(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解析 根据闭合电路欧姆定律得又由法拉第电磁感应定律得由以上联立可解得(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mgcostmgsin t F t0 根据安培力公式得根据闭合电路欧姆定律得根据法拉第电磁感应定律得由以上联立解得(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(m

20、gcosmgsin )dW 0 7 Q Wf 0t由能量守恒定律得电ERcossin . (1)37的传送带把货物由低处运送到高处，已L50 m，正常运转的速度为m5 kg 带有挂钩的木板，货物与木板及木板与传送带之间的动g取10 m/s2，sin37 0.6，cos37 0.8) L处时来电了，工人随即撤去拉力，求此5B处？(不计传送带的加速时间(1) 设最大拉力为1，对货物分析，根据牛顿第二定律得1，代入数据得Q Wf 0t由能量守恒定律得电ERcossin . (1)37的传送带把货物由低处运送到高处，已L50 m，正常运转的速度为m5 kg 带有挂钩的木板，货物与木板及木板与传送带之间

21、的动g取10 m/s2，sin37 0.6，cos37 0.8) L处时来电了，工人随即撤去拉力，求此5B处？(不计传送带的加速时间(1) 设最大拉力为1，对货物分析，根据牛顿第二定律得1，代入数据得m 1，得 ma22，得 20.2 m/sv电 安20B2L3cosBLvRv4 m/s.) Fa 0.4 m/s . 192 N. 2，根据牛顿第二定律得1，根据运动学公式得2 20一次工人刚把m，货物与木板之间的静摩擦力达到最大值，设此时的加速21(2)M10 kgBLmgRcossin 的货物放到传2 3(3)20B2L3cosRcossin 由功能关系得mgcos(v d) 从线框上边刚进

22、入磁场到线框穿出磁场后相对传送带静止的过程中，E2mgsin d2Q 2Qf由以上联立可解得答案 专题强化训练 (二十二) 1(2019河北名校联盟 )某工厂用倾角为知传送带长为送带上的 A处时停电了，为了不影响工作的进度，工人拿来一块把货物放到木板上， 通过定滑轮用绳子把木板拉上去摩擦因数均为 0.8.( 货物与木板均可看成质点，(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解析 度为 aMgcosMgsin Ma对货物与木板整体分析，根据牛顿第二定律

23、得F (mM)gcos(mM)gsin (mM)a F(2) 设工人拉木板的加速度为F(mM)gcos(mM)gsin(mM)a a . 设来电时货物与木板的速度大小为8 21 21v3，231货物与木板的速度和传送带速度相同，t设匀速运动的时间为L2，则 2L2x221 211.25 s. (1)192 N )倾角为 的斜面与足够长的光滑水平面在AB的长度为 3L，BC、CD的长度均为 3.5 21 21v3，231货物与木板的速度和传送带速度相同，t设匀速运动的时间为L2，则 2L2x221 211.25 s. (1)192 N )倾角为 的斜面与足够长的光滑水平面在AB的长度为 3L，B

24、C、CD的长度均为 3.5 L，BC部分粗糙，其余部分光L的轻杆，紧挨在一起排在斜面上，从下往上依滑块 1恰好在 A处现设滑块经过 D处时无机械能损失， 轻杆不会与斜面相碰m并均可视为质点，滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数均为(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L5，14 m/svv a t 5 s. 1时间内货物与木板加速的位移为t5x1；2v(2)2 m/s D已知tan ，重力加速a，a1 3t1，得 1x v x2，匀速运动的位(3)11.25 s 3，则有21， 1(mv212a3x1，得 15 m. v 2a代入数据得 v 2 m/s. (3)

25、 由于 ，所以来电后货物与木板继续加速，设加速度为M)gcos(mM)gsin (mM)a代入数据得 a 0.4 m/s . 设经过 t设共速后，木板与传送带相对静止一起匀速运动，移为 x x得 x 25 m 又 t得 t 6.25 s 所以来电后木板和货物还需要运动的时间为：tt t答案 2(2019广州市普通高中毕业班测试处平滑连接，斜面上滑如图， 4个小滑块左边均固定一个长为次标为 1、2、3、4，轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连，将 4个滑块一起由静止释放，滑块的质量均为度为 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

26、面后，相邻滑块之间的距离解析 9 BC段时，滑块 1 上的轻杆受到的压力大小为BC段时，滑块的共同速度为6L的距离，滑块 1、2、3在粗糙段向下移动的距离分别为2tan，则 4个滑块都进入D处时速度为 v2 2112正以速度 v 匀速向下运动，且运动4 离开粗糙段由此可知，相邻两个滑块到达tdv t(1)BC段时，滑块 1 上的轻杆受到的压力大小为BC段时，滑块的共同速度为6L的距离，滑块 1、2、3在粗糙段向下移动的距离分别为2tan，则 4个滑块都进入D处时速度为 v2 2112正以速度 v 匀速向下运动，且运动4 离开粗糙段由此可知，相邻两个滑块到达tdv t(1)xOy的第二象限内有一

27、垂直纸面向外的匀1，磁感应强度大小d，左、右边界与2( 260角射入匀强磁场A点，不计粒子重力，求：F，由牛v. 3L、BC段后，所受合外力为 0，各滑块均1，由动能定理有12mvLBCLv，因此到达水平面的时间差也为134mgsinB Bx轴交点分别为A点沿与 x轴正BtLv1 0，第一象限内有沿A、C；x轴下方存在垂直纸面向外的匀1，粒子恰好垂直(2)y轴负方向的匀强电场y43LE(E大小未知 )，轴进入匀强电场并从C点与 x轴正方由牛顿第二定律有：4mgsin mgcos4ma以滑块 1为研究对象，设刚进入顿第二定律有：Fmgsin mgcosma已知 tan ，联立可得 F34mgsi

28、n (2) 设滑块 4刚进入此时 4个滑块向下移动了2L、L.由动能定理有：4mgsin Lmgcos(3L2LL)12mv解得 v3 gLsin 由于动摩擦因数为以速度 v做匀速运动滑块 1离开 BC后匀加速下滑，设到达mgsin3.5 L12mv解得：v 4 gLsin 当滑块 1到达 BC边缘刚要离开粗糙段时，滑块距离后离开粗糙段，依次类推，直到滑块段边缘的时间差为所以相邻滑块在水平面上的间距为联立解得 d43L答案 3(2019吉林摸底 )如图所示，直角坐标系强磁场 B磁场、电场宽均为强磁场 B B 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方向成向成 60角进入 x

29、轴下方的匀强磁场而击中10 2的磁感应强度大小t. (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 dv1qvmr2 3t32， 23qdB09m3m2的磁感应强度大小t. (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 dv1qvmr2 3t32， 23qdB09m3m24 3B0qdC，则 CB mv B v r Br20qrr m 3m32，则2322B0q. 3mC C2qvC 2 C、 23B0qdmvr qr(1) 电场强度 E的大小(2) 匀强磁场 B(3) 粒子从 A点出发回到 A所经历的时间解析 OA 2 3sin60 3由 B 知 vB 2由图知 ODrrcos60 d粒子在电场中做类平抛运动，令粒子在电场中运动时间为dvt d12qEmt联立得 E8 ，t(2) 令粒子在 C点的速度为 v v 2v2由 得 ，代入 得 2B0. 11 1中的运动时间为2tt t t(1)如图所示，足够长的金属导轨37和 53，导轨两侧空间均有垂直导轨(图中未画出 )，磁感应强度大小为金属0.