2024高考物理二轮复习解题技巧篇技巧3破解计算题的3个策略学案

PAGE7-破解计算题的3个策略突破物理情境——巧用动力学观点求解力学计算题高考物理试题特殊注意物理学问与实际问题的联系，通过与实际问题紧密联系设计情境。要求学生能够将困难的物理情境分解为若干简洁子情境，并在草纸上配以过程草图，可将困难问题简洁化，从而解决问题。[真题引领](20分)(2024·全国卷Ⅱ·T25)如图所示，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；(3)管其次次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满意的条件。[过程情境草图][规范解答](1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍旧向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有Ma1＝Mg＋f ①(1分)ma2＝f－mg ②(1分)联立①②式并代入题给数据，得a1＝2g，a2＝3g。(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为v0＝eq\r(2gH) ④(1分)方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依旧向下。设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式v0－a1t1＝－v0＋a2t1 ⑤(2分)联立③④⑤式得t1＝eq\f(2,5)eq\r(\f(2H,g)) ⑥(1分)设此时管下端的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得h1＝v0t1－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1) ⑦(1分)v＝v0－a1t1 ⑧(1分)由③④⑥⑧式可推断此时v>0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有h2＝eq\f(v2,2g) ⑨(1分)设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则H1＝h1＋h2 ⑩(1分)联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得H1＝eq\f(13,25)H。 ⑪(1分)(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管起先下落到上升H1这一过程中，由动能定理有Mg(H－H1)＋mg(H－H1＋x1)－4mgx1＝0 ⑫(3分)联立⑪⑫式并代入题给数据得x1＝eq\f(4,5)H ⑬(1分)同理可推得，管与球从再次下落到其次次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为x2＝eq\f(4,5)H1 ⑭(1分)设圆管长度为L。管其次次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1＋x2≤L ⑮(1分)联立⑪⑬⑭⑮式，L应满意条件为L≥eq\f(152,125)H。 ⑯(1分)[答题满分规则]规则1：要明确描述探讨对象的物理量用简短的文字说明叙述清晰探讨对象的物理量，尽管文字说明不占分数，但这是方程得分的关键。规则2：用题目和自己所设符号列式求解明确物理量的意义，运用题目和自己所设物理量的符号。否则此处很简洁丢分。规则3：要有重要的物理方程式写出的物理关系式必需是原始方程式，不能以变形的结果式代替方程式。规则4：写清公式和答案，不必写出推导过程，只有公式和最终的答案是得分点。中间的数学运算过程在阅卷过程中基本不看。做题时重点写清物理公式和答案，淡化数学运算过程。建好过程模型——巧用能量和动量观点破解力电综合计算题将一个困难物理过程分解为若干简洁的子过程是考生必需具备的一项答题实力，而困难物理过程分解的终端即是物理模型。[真题引领](20分)(2024·全国卷Ⅲ·T25)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0kg，mB＝4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分别，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20。重力加速度取g＝10m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？[过程拆分]①弹簧弹开瞬间，依据动量守恒定律确定两物块的初速度；②物块B向左做匀减速直线运动，物块A向右运动，碰墙后以原速率返回的过程，可等效为匀减速直线运动；③物块A、B的弹性碰撞过程，遵守动量守恒定律以及机械能守恒定律，确定碰撞后的速度；④两物块各自减速到零，由运动学公式计算两物块的位移。[规范解答](1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有0＝mAvA－mBvB ①(1分)Ek＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B) ②(1分)联立①②式并代入题给数据得vA＝4.0m/s，vB＝1.0m/s。 ③(1分)(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有mBa＝μmBg ④(1分)sB＝vBt－eq\f(1,2)at2 ⑤(1分)vB－at＝0 ⑥(1分)在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不变更A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为sA＝vAt－eq\f(1,2)at2 ⑦(1分)联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得sA＝1.75m，sB＝0.25m ⑧(2分)这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于动身点右边0.25m处。B位于动身点左边0.25m处，两物块之间的距离s为s＝0.25m＋0.25m＝0.50m。 ⑨(1分)(3)t时刻后A将接着向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有eq\f(1,2)mAv′eq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝－μmAg(2l＋sB) ⑩(1分)联立③⑧⑩式并代入题给数据得vA′＝eq\r(7)m/s ⑪(1分)故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″ ⑫(1分)eq\f(1,2)mAv′eq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mAv″eq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBv″eq\o\al(2,B) ⑬(1分)联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得vA″＝eq\f(3\r(7),5)m/s，vB″＝－eq\f(2\r(7),5)m/s ⑭(2分)这表明碰撞后A将向右运动，B接着向左运动。设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式2asA′＝v″eq\o\al(2,A)，2asB′＝v″eq\o\al(2,B) ⑮(1分)由④⑭⑮式及题给数据得sA′＝0.63m，sB′＝0.28m ⑯(2分)sA′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离s′＝sA′＋sB′＝0.91m。 ⑰(1分)[答题满分规则]规则1：要明确公式中符号代表的物理量，要区分不同物理量的符号，不然所列公式混乱，简洁失分。若题目中已经定义了物理量的字母而用其他字母表示不得分。规则2：选准公式分步列方程，不要只写综合式每个基本公式都会对应步骤分，漏写一个，只扣该步骤的分。若只写一个综合式，一旦结果算错，很简洁失去本题的大部分得分，只得一个综合式的分，这样考生太吃亏。规则3：有小数点或有效数字要求的按要求操作。要求保留2位有效数字，就不能保留1位，否则不得分。没有详细要求的结果带根式或分式均可。规范几何作图——快解电磁偏转类计算题依据物理情境，画出规范的物理过程图象，是考生必备的解题基本手段，也是考生综合实力的体现。规范的几何图形，可以让考生快速解决困难的物理问题，特殊是两过程的连接点作图规范，更是解题的突破口。[真题引领](20分)(2024·全国卷Ⅰ·T25)如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面对外的匀强磁场。一个氕核eq\o\al(1,1)H和一个氘核eq\o\al(2,1)H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知eq\o\al(1,1)H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。eq\o\al(1,1)H的质量为m，电荷量为q。不计重力。求(1)eq\o\al(1,1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离。(2)磁场的磁感应强度大小。(3)eq\o\al(2,1)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。[规范解答](1)eq\o\al(1,1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示。设eq\o\al(1,1)H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1。由运动学公式有s1＝v1t1 ①(1分)h＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1) ②(1分)由题给条件，eq\o\al(1,1)H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°。eq\o\al(1,1)H进入磁场时速度的y重量的大小为a1t1＝v1tanθ1 ③(2分)联立以上各式得s1＝eq\f(2\r(3),3)h。 ④(1分)(2)eq\o\al(1,1)H在电场中运动时，由牛顿其次定律有qE＝ma1 ⑤(1分)设eq\o\al(1,1)H进入磁场时速度的大小为v′1，由速度合成法则有v′1＝eq\r(v\o\al(2,1)＋a1t12) ⑥(1分)设磁感应强度大小为B，eq\o\al(1,1)H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿其次定律有qv′1B＝eq\f(mv′\o\al(2,1),R1) ⑦(1分)由几何关系得s1＝2R1sinθ1 ⑧(1分)联立以上各式得B＝eq\r(\f(6mE,qh))。 ⑨(1分)(3)设eq\o\al(2,1)H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1) ⑩(1分)由牛顿其次定律有qE＝2ma2 ⑪(1分)设eq\o\al(2,1)H第一次射入磁场时的速度大小为v′2，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2。由运动学公式有s2＝v2t2 ⑫(1分)h＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2) ⑬(1分)v′2＝eq\r(v\o\al(2,2)＋a2t22) ⑭(1分)sinθ2＝eq\f(a2t2,v′2) ⑮(1分)联立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v′2＝eq\f(\r(2),2)v′1 ⑯(1分)设eq\o\al(2,1)H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得R2＝eq\f(2mv′2,qB)＝eq\r(2)R1 ⑰(1分)所以出射点在原点左侧。设eq\o\al(2,1)H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s′2，由几何关系有s′2＝2R2sinθ2 ⑱(1分)联立④⑧⑯⑰⑱式得，eq\o\al(2,1)H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s′2－s2＝eq\f(2\r(3),3)(eq\r(2)－1)h。 ⑲(1分)[答题满分规则]规则1：公式要列原始式，不要写公式的变形式，不然不得分如②式中h＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)不能写成t1＝eq\r(\f(2h,a1))。规则2：