【物理】2020届二轮复习提升四计算题的满分策略学案

【物理】2020届二轮复习提升四计算题的满分策略学案

提升四　计算题的满分策略 赢取满分策略①——“善于拆分，大题小做”‎ 计算题通常被称为“大题”，其原因是：此类试题一般文字叙述量较大，涉及多个物理过程，所给物理情境较复杂，涉及的物理模型较多且不明显，甚至很隐蔽，要运用较多的物理规律进行论证或计算才能求得结论，题目的分值也较重．特别是压轴题25题都是一个较复杂的运动过程，整个运动过程往往是由多个连续的、简单的运动过程有机链接而成，能否顺利解题关键是同学们能否顺利地将整个复杂的运动过程分解为独立的、较为简单的过程——即大题小做，各个击破．‎ ‎“大题小做”三步曲 第一步：细心审题 ‎(1)注意关键字句，明确解答目标 ‎(2)加强判断推理，找出隐含条件 ‎(3)关注过程细节，弄清内在联系 第二步：用心析题 ‎(1)过程拆分——快速建模 物理计算题中研究对象所经历的过程往往比较复杂，在审题获取关键词语、隐含条件后，就要建立相应的物理模型，即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)活用规律——准确答题 解答物理计算题时，在透彻分析题给物理情境的基础上，要灵活选用规律和方法分步列式、联立求解．‎ 第三步：规范答题 ‎(1)有必要的文字说明 ‎(2)有必要的方程式 ‎(3)有必要的演算过程及明确的结果 ‎[例]　如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R＝‎0.2 m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103 V/m.一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞．已知甲、乙两球的质量均为m＝1.0×10－‎2 kg，乙所带电荷量q＝2.0×10－‎5 C，g取‎10 m/s2‎ ‎.(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)求：‎ ‎(1)甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；‎ ‎(2)在满足(1)的条件下，求甲的速度v0；‎ ‎(3)若甲仍以速度v0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围．‎ ‎【过程拆分】　第(1)问可拆分为2个小题：‎ ‎①求乙恰能通过轨道最高点的速度？‎ 建模：竖直面内圆周运动“绳”模型 规律：牛顿第二定律　mg＋Eq＝ ‎②求乙在轨道上的首次落点到B点的距离x?‎ 建模：乙离开D点后做类平抛运动 规律：2R＝t2　x＝vDt 第(2)问可拆为2个小题：‎ ‎③甲、乙两球刚碰后乙球的速度是多少？‎ 建模：竖直面内圆周运动模型(B→D过程)‎ 规律：动能定理　－mg·2R－qE·2R＝mv－mv ‎④甲、乙两球刚碰后甲球的速度是多少？‎ 建模：弹性碰撞模型 规律：动量守恒定律　mv0＝mv甲＋mv乙 机械能守恒定律　mv＝mv＋mv 第(3)问可拆分为3个小题：‎ ‎⑤设甲的质量为M，求甲、乙两球碰后，乙的速度vm的范围？‎ 建模：弹性碰撞 规律：动量守恒　Mv0＝MvM＋mvm 机械能守恒　Mv＝Mv＋mv ‎⑥求乙球过D点的速度vD′的范围？‎ 建模：竖直面内圆周运动模型(B→D过程)‎ 规律：动能定理　－mg·2R－qE·2R＝mvD′2－mv ‎⑦求小球落点到B点的距离范围？‎ 建模：类平抛运动 规律：水平方向匀速运动　x′＝vD′t ‎【规范解答】　(1)在乙恰好能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为vD，乙离开D点达到水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，‎ 则mg＋qE＝m①‎ ‎2R＝t2②‎ x＝vDt③‎ 联立①②③得x＝‎0.4 m④‎ ‎(2)对乙球从B→D过程 由动能定理得 ‎－mg·2R－qE·2R＝mv－mv⑤‎ 联立并代入数据得v乙＝＝‎2 m/s⑥‎ 设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 mv0＝mv甲＋mv乙⑦‎ mv＝mv＋mv⑧‎ 联立⑦⑧得v乙＝v0，v甲＝0‎ 所以v0＝‎2 m/s⑨‎ ‎(3)设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为vM、vm，根据动量守恒和机械能守恒定律有 Mv0＝MvM＋mvm Mv＝Mv＋mv⑪‎ 联立⑩⑪得vm＝⑫‎ 由⑫和M≥m可得v0≤vm<2v0⑬‎ 设乙球过D点的速度为vD′，由动能定理得 ‎－mg·2R－qE·2R＝mvD′2－mv⑭‎ 联立⑨⑬⑭得‎2 m/s≤vD′<‎8 m/s⑮‎ 设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为x′，则有 x′＝vD′t⑯‎ 联立②⑮⑯得‎0.4 m≤x′<‎1.6 m.‎ ‎【答案】　(1)‎0.4 m　(2)‎2 m/s ‎(3)‎0.4 m≤x′<‎‎1.6 m 赢取满分策略②——“情境示意，一目了然”‎ 认真阅读题目、分析题意、搞清题述物理状态及过程，并用简图(示意图、运动轨迹图、受力分析图、等效图等)将这些状态及过程表示出来，以展示题述物理情境、物理模型，使物理过程更为直观、物理特征更为明显，进而快速简便解题．‎ ‎[例]　如图所示，M、N为加速电场的两极板，M板中心Q点有一小孔，其正上方有圆心为O、半径R1＝‎1 m的圆形磁场区域和圆心为O、内半径为R1、外半径R2＝ m的环形磁场区域．环形磁场区域的外边界与M板相切于Q点．两个磁场均垂直于纸面，磁感应强度大小均为B(B＝0.5 T)，但方向相反．一带正电的粒子从N板附近的P点由静止释放，经加速后通过小孔，垂直进入环形磁场区域．已知点P、Q、O在同一直线上，粒子的比荷＝4×‎107 C/kg，不计粒子的重力，且不考虑粒子的相对论效应．‎ ‎(1)若加速电场的两极板间的电压U1＝5×106 V，求粒子刚进入环形磁场时的速率v0；‎ ‎(2)要使粒子能进入中间的圆形磁场区域，加速电场的两极板间的电压U2应满足什么条件？‎ ‎(3)当加速电场的两极板间的电压为某一值时，粒子进入圆形磁场区域后恰能水平通过圆心O，之后返回到出发点P，求粒子从进入磁场到第一次回到Q点所用的时间t.‎ ‎【审题指导】　第1步：读题运动过程运动模型．‎ 模型1：粒子在电场中做匀加速直线运动 模型2：粒子在两磁场中均做匀速圆周运动 第2步：“抽象思维”“形象思维”‎ ‎(1) 几何关系：r＋R＝(R1＋r1)2‎ ‎(2) 几何关系：O2O3＝2O2Q＝2r2‎ ‎↓‎ ‎∠QO3O2＝30°，∠QO2O3＝60°‎ ‎↓‎ ‎∠OO3O2＝150°‎ ‎【规范解答】　(1)粒子在电场中加速，由动能定理有 qU1＝mv 解得v0＝2×‎107 m/s.‎ ‎(2)粒子刚好不进入中间圆形磁场时的运动轨迹如图甲所示，圆心O1在M板上．‎ 设此时粒子在磁场中运动的轨道半径为r1.‎ 根据图中的几何关系(Rt△OQO1)有 r＋R＝(r1＋R1)2‎ 又根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m 在加速电场中，由动能定理有qU2＝mv2‎ 联立并代入数据解得U2＝1.25×106 V 要使粒子能进入中间的圆形磁场区域，加速电场的两极板间的电压U2应满足的条件为 U2>1.25×106 V.‎ ‎(3)依题意作出粒子的运动轨迹，如图乙所示．由于O、O3、Q共线，且粒子在两磁场中运动的轨迹半径(设为r2)相同，故有O2O3＝2O2Q＝2r2，由此可判断∠QO3O2＝30°，∠QO2O3＝60°，进而判断∠OO3O2＝150°‎ 粒子从进入磁场到第一次回到Q点所用的时间 t＝2＝T 又T＝ 联立并代入数据解得t＝×10－7 s.‎ ‎【答案】　(1)2×‎107 m/s　(2)U2>1.25×106 V ‎(3)×10－7 s ‎[变式1]　某课外探究小组的同学们利用学校实验室内的绝缘材料自制了一条细导轨OABCDP(如图所示)，其中OAB段和DP段为粗糙的水平导轨，B点和D点在同一水平面上但不重合，P端离沙地的高度h＝‎0.8 m；BCD段为圆环形导轨，半径R＝‎0.5 m，其中BC段光滑、CD段很粗糙．将一个中心有孔的钢球(孔径略大于细导轨直径)套在导轨端点O处，钢球的带电荷量q＝＋3.7×10－‎4 C，质量m＝‎0.2 kg.某次实验中，在导轨OA段加上水平向右的、场强E＝1×104 ‎ V/m的匀强电场时，钢球即开始沿导轨运动，经过C点时速度为‎3 m/s，最终恰好停在P点．已知AB段长L1＝‎1.0 m，DP段长L2＝‎1.0 m，钢球与水平导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.2.‎ ‎(1)求钢球经过C点时对导轨的弹力；‎ ‎(2)求OA段导轨的长度d；‎ ‎(3)为了让钢球从导轨右端抛出，并且落在沙地上的位置最远，需在P端截去多长的一段水平导轨？钢球落在沙地上的最远位置与D点的水平距离多大？‎ 解析：(1)在C点，设导轨对钢球的弹力方向为竖直向下，‎ 则FN＋mg＝m 代入数据解得FN＝1.6 N 由牛顿第三定律知，钢球对导轨的弹力也为1.6 N，方向竖直向上 ‎(2)O→C过程，qEd－μmg(d＋L1)－mg·2R＝mv 代入数据可解得d＝‎‎1 m ‎(3)设导轨右端截去长度为x，滑块离开导轨平抛时的初速度为v0，落在沙地上的位置与D点的水平距离为s，则 v＝2μgx，h＝gt2，s＝(L2－x)＋v0t 由以上各式代入数据可得s＝1－x＋0.8 当＝0.4，即x＝‎0.16 m时，s有最大值sm＝‎1.16 m.‎ 答案：(1)1.6 N，方向竖直向上　(2)‎1 m　(3)‎0.16 m　‎‎1.16 m ‎[变式2]　如图所示，两间距为l的足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，整个空间存在竖直向下的磁场，虚线将磁场分成两部分，虚线左、右两侧的磁感应强度大小分别为B1、B2，且B1＝2B2.两质量均为m的导体棒甲、乙垂直导轨静止地放在虚线的左侧，导体棒甲、乙的阻值分别为R1、R2.现给导体棒甲一水平向右的冲量I，两导体棒开始运动，整个过程中两导体棒始终与导轨垂直且接触良好，两导轨的电阻可忽略不计．‎ ‎(1)求导体棒甲开始运动时电路中的电流．‎ ‎(2)如果导体棒乙运动到虚线前达到稳定状态，求导体棒乙稳定时的速度大小．‎ ‎(3)导体棒乙越过虚线后，经过一段时间再次达到稳定状态，假设此时导体棒甲刚好运动到虚线．求导体棒乙从越过虚线到再次稳定的过程中，整个电路产生的焦耳热．‎ 解析：(1)设导体棒甲得到冲量I时的速度为v0，导体棒甲产生的感应电动势为E，回路中的电流为i，则由动量定理得I＝mv0‎ 由法拉第电磁感应定律得E＝B1lv0‎ 由闭合电路欧姆定律得i＝，‎ 联立得i＝.‎ ‎(2)导体棒甲和导体棒乙在虚线左侧磁场中运动过程中所受安培力大小相等、方向相反，二者组成的系统所受的合力为零，故两导体棒组成的系统动量守恒．导体棒甲和导体棒乙在虚线左侧达到稳定时两导体棒速度相等，导体棒乙速度达到最大，假设最大速度为vm，此时根据动量守恒定律有mv0＝2mvm，解得vm＝.‎ ‎(3)导体棒乙刚进入虚线右侧的磁场中时，设导体棒甲产生的感应电动势为E1，导体棒乙产生的感应电动势为E2，则由法拉第电磁感应定律得E1＝B1lvm、E2＝B2lvm 又B1＝2B2，所以E1＝2E2‎ 导体棒乙越过虚线后，回路中立即产生感应电流，在安培力作用下导体棒甲做减速运动，导体棒乙做加速运动，直至两棒产生的感应电动势大小相等时，二者做匀速运动．此时设导体棒甲的速度为va，导体棒乙的速度为vb，这一过程所用的时间为t.此时有B1lva＝B2lvb 解得vb＝2va 设在t时间内通过导体棒甲、乙的电流的平均值为，以水平向右为正方向．‎ 对导体棒甲，根据动量定理有，－B1lt＝mva－mvm 对导体棒乙，根据动量定理有，B2lt＝mvb－mvm 联立解得va＝vm，vb＝vm 设导体棒乙越过虚线后，整个电路中产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律有 Q＝2×mv－mv－mv 联立得Q＝.‎ 答案：(1)　(2)　(3)