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1、題型三計算題-2-題型分析增分策略計算題文字敘述量一般較大,往往涉及多個物理過程;所給物理情境較復(fù)雜,涉及的物理模型較多且不明顯,甚至很隱蔽;要運用較多的物理規(guī)律進行論證或計算才能求得結(jié)論;題目的分值也較重。高考中的計算題考點相對固定,主要有以下幾個方面:勻變速直線運動規(guī)律的應(yīng)用;用動力學(xué)和能量觀點處理多過程問題;帶電粒子在電場、磁場或復(fù)合場中的運動;運用動力學(xué)和能量觀點分析電磁感應(yīng)問題。-3-題型分析增分策略一、審題要慢,答題要快只有認真審題,透徹理解命題的意圖、試題給定的物理情境、各物理量間的對應(yīng)關(guān)系、物理過程所遵循的物理規(guī)律,才能快速正確答題。所謂審題要慢,就是要仔細,要審?fù)?關(guān)鍵的詞句

2、理解要到位,能夠深入挖掘試題的條件,提取解題所需要的相關(guān)信息,排除干擾因素。要做到這些,必須通讀試題,對于括號內(nèi)的內(nèi)容,千萬不要忽視。-4-題型分析增分策略二、建立模型,總體把握建模是解題過程中最為關(guān)鍵的一個環(huán)節(jié),無論是簡單問題還是復(fù)雜問題,都需要正確建立模型。建?？梢詮摹皵?shù)、形、鏈”三個方面進行。所謂“數(shù)”即物理量,可以是具體數(shù)據(jù),也可以是符號;所謂“形”,就是將題設(shè)物理情境以圖形的形式呈現(xiàn)出來;所謂“鏈”,即情境鏈接和條件關(guān)聯(lián)。情境鏈接就是將物理情境分解成各個物理子過程,并將這些子過程由“數(shù)、形”有機地鏈接起來,條件關(guān)聯(lián)即“數(shù)”間關(guān)聯(lián)或存在的臨界條件關(guān)聯(lián)等。“數(shù)、形、鏈”三位一體,三維建模

3、,一般分三步:-5-題型分析增分策略1.分析和分解物理過程,確定不同過程的初、末狀態(tài),將狀態(tài)量與過程量對應(yīng)起來。2.畫出關(guān)聯(lián)整個物理過程的思維導(dǎo)圖,對于物體的運動和相互作用過程,直接畫出運動過程草圖。3.在圖上標(biāo)出物理過程和對應(yīng)的物理量,建立情境鏈接和條件關(guān)聯(lián),完成情境模型。-6-題型分析增分策略三、必要的文字說明必要的文字說明的目的是說明物理過程和答題依據(jù),應(yīng)該從以下幾個方面給予考慮:1.說明研究對象(個體或系統(tǒng),尤其是要用整體法和隔離法相結(jié)合求解的題目,一定要注意研究對象的轉(zhuǎn)移和轉(zhuǎn)化問題)。2.畫出受力分析圖、電路圖、光路圖或運動過程的示意圖。3.說明所設(shè)字母的物理意義。4.說明規(guī)定的正方

4、向、零勢能點(面)。5.說明題目中的隱含條件、臨界條件。6.說明所列方程的依據(jù)、名稱及對應(yīng)的物理過程或物理狀態(tài)。7.說明所求結(jié)果的物理意義(有時需要討論分析)。-7-題型分析增分策略四、要有必要的方程式物理方程式是表達的主體,如何寫出,要重點注意以下幾點:1.寫出的方程式(這是評分依據(jù))必須是最基本的,不能以變形的結(jié)果式代替方程式(這是相當(dāng)多的考生所忽視的)。如帶電粒子在勻強磁場中運動時應(yīng)有qvB= ,而不是其變形結(jié)果式 。2.先寫表達式,后統(tǒng)一代入數(shù)值運算。3.保持方程形式,不要用連等式,不斷地“續(xù)”進一些內(nèi)容。4.方程式用到多個的,應(yīng)分式布列(分步得分),不要合寫一式,以免一錯而導(dǎo)致全錯,

5、對各方程式最好能編號。-8-題型分析增分策略五、要有必要的演算過程及明確的結(jié)果1.演算時一般先進行推導(dǎo)運算,從列出的一系列方程推導(dǎo)出結(jié)果的表達式,最后代入數(shù)據(jù)得出結(jié)果。這樣既有利于減輕運算負擔(dān),又有利于一般規(guī)律的發(fā)現(xiàn),同時也能避免中間環(huán)節(jié)運算錯誤,導(dǎo)致整個運算過程全部錯誤。2.數(shù)據(jù)的書寫一般要用科學(xué)記數(shù)法。3.計算結(jié)果有效數(shù)字的位數(shù)應(yīng)根據(jù)題意確定,一般應(yīng)與題目中的數(shù)據(jù)相近,取兩位或三位即可。如有特殊要求,應(yīng)按要求確定。4.計算結(jié)果是數(shù)據(jù)的要有單位,若結(jié)果是字母符號的不用帶單位。-9-題型分析增分策略六、解題過程中的小竅門1.“代入數(shù)據(jù)”解方程的具體過程,可以不寫出。2.所涉及的幾何關(guān)系只需寫出

6、判斷結(jié)果而不必證明。3.重要結(jié)論的文字表述要寫出來。4.所求的方程若有多個解,都要寫出來,然后通過討論,舍去不符合條件的。5.數(shù)字相乘時,數(shù)字之間不要用“”,而應(yīng)用“”進行連接;相除時也不要用“”,而應(yīng)用分式。-10-題型分析增分策略七、使用各種字母符號要規(guī)范1.字母符號要書寫清楚、規(guī)范,忌字跡潦草。閱卷時因為“v、r、”不分,“M、m”或“L、l”大小寫不分,“G”的草體像“a”,希臘字母“、”筆順或形狀不對而被扣分也屢見不鮮。2.尊重題目所給定的符號,一定不要再另立符號。如題目給出半徑是r,若寫成R就算錯。3.一個字母在一個題目中只能用來表示一個物理量,忌一字母多用;一個物理量在同一題中不

7、能有多個符號,以免混淆。4.尊重習(xí)慣用法。如拉力用F,摩擦力用Ff表示,閱卷人一看便明白,如果用反了就會帶來誤解。-11-題型分析增分策略5.角標(biāo)要講究。角標(biāo)的位置應(yīng)當(dāng)在右下角(表征物理量特點),比字母本身小許多。角標(biāo)的選用亦應(yīng)講究,如通過A點的速度用“vA”就比用“v1”好;通過某相同點的速度,按時間順序第一次用“v1”、第二次用“v2”就很清楚,如果倒置,必然帶來誤解。6.物理量單位的符號源于人名的單位,由單個字母表示的應(yīng)大寫,如庫侖C、亨利H;由兩個字母組成的單位,一般前面的字母用大寫,后面的字母用小寫,如Hz、Wb。-12-題型分析增分策略八、學(xué)科語言要規(guī)范1.學(xué)科術(shù)語要規(guī)范。如“定律

8、”“定理”“公式”“關(guān)系”“定則”等詞要準(zhǔn)確,不要有“牛頓運動定理”“動能定律”“四邊形公式”“油標(biāo)卡尺”等錯誤說法。2.語言要富有學(xué)科特色。如在有圖示的坐標(biāo)系中將某方向說成“西南方向”“南偏西45”“向左下方”等均是不規(guī)范的,應(yīng)說成“與x軸正方向的夾角為135”或“如圖所示”等。-13-題型分析增分策略九、繪制圖形、圖象要清晰、準(zhǔn)確1.必須用鉛筆(便于修改)、圓規(guī)、刻度尺、三角板繪制,反對隨心所欲徒手畫。2.畫出的示意圖(受力分析圖、電路圖、光路圖、運動過程圖等)應(yīng)大致能反映有關(guān)量的關(guān)系,圖文要對應(yīng)。3.畫函數(shù)圖象時,要畫好坐標(biāo)原點和坐標(biāo)軸上的箭頭,標(biāo)好物理量的符號、單位及坐標(biāo)軸上的數(shù)據(jù)。-

9、14-一二一、力學(xué)計算題一、力學(xué)計算題熱點例析一、牛頓運動定律、運動學(xué)公式、受力分析與數(shù)學(xué)知識的綜合應(yīng)用例1如圖所示,一質(zhì)量m=0.4 kg 的小物塊,以v0=2 m/s的初速度,在與斜面成某一夾角的拉力F作用下,沿粗糙斜面向上做勻加速運動,經(jīng)t=2 s 的時間物塊由A點運動到B點,到達B點的速度為8 m/s,已知斜面傾角=30,重力加速度g取10 m/s2。(1)求物塊加速度的大小及A、B間的距離。 (2)若拉力F與水平面夾角為60時,所用拉力為 N,則動摩擦因數(shù)為多大?-15-一二-16-一二(2)設(shè)物塊所受支持力為FN,所受摩擦力為Ff,拉力與斜面間的夾角為,受力分析如圖所示,根據(jù)幾何關(guān)

10、系=60-=30由牛頓第二定律得Fcos -mgsin -Ff=maFsin +FN-mgcos =0Ff=FN-17-一二技巧點撥牛頓運動定律的兩類動力學(xué)問題,實際上就是力和運動關(guān)系的問題。當(dāng)知道了物體的受力情況,就可以根據(jù)牛頓第二定律求出加速度,進而結(jié)合物體的初始條件確定它做什么運動;當(dāng)知道了物體的運動情況,根據(jù)運動學(xué)公式求出加速度,再根據(jù)牛頓運動定律求出物體受的力?？梢娂铀俣仁鞘株P(guān)鍵的物理量。-18-一二二、動力學(xué)和能量轉(zhuǎn)化與守恒的綜合應(yīng)用例2如圖所示,一根輕繩繞過光滑的輕質(zhì)定滑輪,兩端分別連接物塊A和B,B的下面通過輕繩連接物塊C,A鎖定在地面上。已知B和C的質(zhì)量均為m,A的質(zhì)量為

11、m,B和C之間的輕繩長度為l,初始時C離地的高度也為l?，F(xiàn)解除對A的鎖定,物塊開始運動。設(shè)物塊可視為質(zhì)點,落地后不反彈。重力加速度大小為g。求:(1)A剛上升時的加速度大小a;(2)A上升過程的最大速度大小vm;(3)A離地的最大高度H。-19-一二-20-一二技巧點撥(1)分析物體在每段運動過程中的受力特點和運動特點,從而分析出物體在運動中遵循的規(guī)律。在應(yīng)用動能定理解題時首先要弄清物體的受力情況和做功情況。(2)應(yīng)用動能定理列式時要注意運動過程的選取,可以全過程列式,也可以分過程列式。-21-一二拓展訓(xùn)練(2016全國卷)輕質(zhì)彈簧原長為2l,將彈簧豎直放置在地面上,在其頂端將一質(zhì)量為5m的物

12、體由靜止釋放,當(dāng)彈簧被壓縮到最短時,彈簧長度為l?，F(xiàn)將該彈簧水平放置,一端固定在A點,另一端與物塊P接觸但不連接。AB是長度為5l的水平軌道,B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切,半圓的直徑BD豎直,如圖所示。物塊P與AB間的動摩擦因數(shù) =0.5。用外力推動物塊P,將彈簧壓縮至長度l,然后放開,P開始沿軌道運動,重力加速度大小為g。 (1)若P的質(zhì)量為m,求P到達B點時速度的大小,以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點之間的距離。(2)若P能滑上圓軌道,且仍能沿圓軌道滑下,求P的質(zhì)量的取值范圍。-22-一二解析 (1)依題意,當(dāng)彈簧豎直放置,長度被壓縮至l時,質(zhì)量為5m的物體的動能為零,

13、其重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能。由機械能守恒定律,彈簧長度為l時的彈性勢能為Ep=5mgl設(shè)P的質(zhì)量為m,到達B點時的速度大小為vB,由能量守恒定律得-23-一二-24-一二-25-一二三、動量守恒定律在動力學(xué)中的綜合應(yīng)用例3如圖所示,光滑水平直軌道上有三個滑塊A、B、C,質(zhì)量分別為mA=mC=2m,mB=m,A、B用細繩連接,中間有一壓縮的輕彈簧(彈簧與滑塊不拴接)。開始時A、B以共同速度v0運動,C靜止。某時刻細繩突然斷開,A、B被彈開,然后B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起,最終三滑塊速度恰好相同。求:(1)B與C碰撞前A、B的速度;(2)彈簧具有的彈性勢能。-26-一二解析 (1)A、B被彈開

14、的過程中,A、B系統(tǒng)動量守恒,設(shè)彈開后A、B速度分別為vA、vB,有3mv0=2mvA+mvB全過程動量守恒,3mv0=5mvA-27-一二規(guī)律方法靈活運用動量守恒定律解決問題1.分析題意,明確研究系統(tǒng)。2.分析系統(tǒng)的受力情況,判斷系統(tǒng)動量是否守恒。3.規(guī)定正方向,確定系統(tǒng)的始末狀態(tài)動量的大小及方向。注意:在研究地面上物體間相互作用的過程時,各物體運動的速度一般取地面為參考系。4.根據(jù)動量守恒定律列方程求解。5.對求解的結(jié)果加以分析、驗證和說明。-28-一二二、電磁學(xué)計算題二、電磁學(xué)計算題熱點例析一、帶電粒子在電磁場中的運動例1在如圖所示的xOy坐標(biāo)系的第一象限的三角形區(qū)域AOB內(nèi)有垂直于紙面

15、向外的勻強磁場,將一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子(重力不計)從坐標(biāo)原點O以初速度v0垂直于AB射入磁場。已知A的坐標(biāo)為 ,B的坐標(biāo)為(3a,0)。(1)欲使粒子能夠再次經(jīng)過x軸上的OB段,求磁場的磁感應(yīng)強度B的最小值及在磁感應(yīng)強度最小的情況下粒子在磁場中運動的軌跡方程。(2)在第(1)問中的磁感應(yīng)強度B的情況下,在第四象限另有一矩形磁場,使粒子經(jīng)過x軸后立即進入該磁場,然后粒子恰好從B點離開此矩形磁場返回到第一象限,求該磁場的最小面積(取 =1.732)。-29-一二答案 見解析解析 (1)粒子進入磁場后的軌跡圓與磁場邊界相切時,磁感應(yīng)強度最小,如圖甲所示。甲 -30-一二(2)如圖乙所示,粒

16、子進入第四象限矩形磁場區(qū)域時的速度方向與x軸正方向成60角斜向下根據(jù)幾何關(guān)系,有乙 -31-一二技巧點撥(1)判定洛倫茲力的方向用左手定則,特別注意是負電荷的情況。(2)根據(jù)題意,認真審題,確定圓心和半徑,畫出軌跡示意圖。(3)確定半徑的方法:作出輔助線,構(gòu)成直角三角形,利用勾股定理或函數(shù)關(guān)系進行求解。-32-一二例2如圖甲所示,豎直擋板MN左側(cè)空間有方向豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場,電場和磁場的范圍足夠大,電場強度E=40 N/C,磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系圖象如圖乙所示,選定磁場垂直紙面向里為正方向。t=0時刻,一質(zhì)量m=810-4 kg、電荷量q=+210-4 C的

17、微粒在O點具有豎直向下的速度v=0.12 m/s,O是擋板MN上一點,直線OO與擋板MN垂直,g取10 m/s2。-33-一二(1)求微粒再次經(jīng)過直線OO時與O點的距離;(2)求微粒在運動過程中離開直線OO的最大高度;(3)水平移動擋板,使微粒能垂直射到擋板上,求擋板與O點間的距離應(yīng)滿足的條件。答案 (1)1.2 m(2)2.48 m(3)l=(2.4n+1.8) m(n=0,1,2,)-34-一二解析 (1)根據(jù)題意可知,微粒所受的重力G=mg=810-3 N靜電力大小F=qE=810-3 N因此重力與靜電力平衡在05 s時間內(nèi)微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,得T=10 s則微粒在5 s

18、內(nèi)轉(zhuǎn)過半個圓周,再次經(jīng)直線OO時與O點的距離l=2R將數(shù)據(jù)代入上式解得l=1.2 m。-35-一二(2)微粒運動半周后向上勻速運動,運動的時間為t=5 s;在1015 s時間內(nèi),又做勻速圓周運動,軌跡如圖所示,-36-一二-37-一二技巧點撥解決帶電粒子在復(fù)合場中運動問題的突破口是合理選取研究過程,應(yīng)用運動學(xué)公式求解。-38-一二拓展訓(xùn)練1如圖所示,足夠大的熒光屏ON垂直于xOy坐標(biāo)面,與x軸夾角為30,當(dāng)y軸與ON間有沿+y方向、電場強度為E的勻強電場時,一質(zhì)量為m、電荷量為-q的離子從y軸上的P點,以速度v0、沿x軸正向射入電場,恰好垂直打到熒光屏上的M點(圖中未標(biāo)出)?，F(xiàn)撤去電場,在y軸

19、與ON間加上垂直坐標(biāo)面向里的勻強磁場,相同的離子仍以速度v0從y軸上的Q點沿x軸正向射入磁場,也恰好垂直打到熒光屏上的M點,離子的重力不計。-39-一二(1)求離子在電場中運動的時間t1。(2)求P點距O點的距離y1和離子在磁場中運動的加速度大小a。(3)若相同的離子分別從y軸上的不同位置以速度v=ky(y0,k為常數(shù))、沿x軸正向射入磁場,離子都能打到熒光屏上,求k應(yīng)滿足的條件。-40-一二-41-一二-42-一二二、應(yīng)用動力學(xué)和能量觀點處理電磁感應(yīng)問題例3如圖所示,通過水平絕緣傳送帶輸送完全相同的正方形單匝銅線框,為了檢測出個別未閉合的不合格線框,讓線框隨傳送帶通過一固定勻強磁場區(qū)域(磁場

20、方向垂直于傳送帶平面向下),觀察線框進入磁場后是否相對傳送帶滑動就能夠檢測出未閉合的不合格線框。已知磁場邊界MN、PQ與傳送帶運動方向垂直,MN與PQ間的距離為d,磁場的磁感應(yīng)強度為B。各線框質(zhì)量均為m,電阻均為R,邊長均為l(ld);傳送帶以恒定速度v0向右運動,線框與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為,重力加速度為g。線框在進入磁場前與傳送帶的速度相同,其右側(cè)邊平行于MN進入磁場,當(dāng)閉合線框的右側(cè)邊經(jīng)過邊界PQ時又恰好與傳送帶的速度相同。設(shè)傳送帶足夠長,且在傳送帶上線框始終保持右側(cè)邊平行于磁場邊界。對于閉合線框,求:-43-一二(1)線框的右側(cè)邊剛進入磁場時所受安培力的大小;(2)線框在進入磁場的過程

21、中運動加速度的最大值以及速度的最小值;(3)從線框右側(cè)邊剛進入磁場到穿出磁場后又相對傳送帶靜止的過程中,傳送帶對該閉合銅線框做的功。答案 見解析 -44-一二-45-一二(3)線框從右側(cè)邊進入磁場到運動至磁場邊界PQ的過程中線框受摩擦力Ff=mg由功的公式WFf1=Ffd解得 WFf1=mgd閉合線框出磁場與進入磁場的受力情況相同,則完全從磁場出來的瞬間速度為v;在線框完全出磁場后到與傳送帶速度相同的過程中,設(shè)其位移為x解得x=d-l閉合線框從其右側(cè)邊剛出磁場到與傳送帶共速的過程中位移x=x+l=d在此過程中摩擦力做功WFf2=mgd因此,閉合銅線框從剛進入磁場到穿出磁場后又相對傳送帶靜止的過

22、程中,傳送帶對閉合銅線框做的功W= WFf1+WFf2=2mgd。-46-一二技巧點撥解決這類問題的基本方法:(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律確定感應(yīng)電動勢的大小和方向。(2)畫出等效電路,求出回路中電阻消耗電功率的表達式。(3)分析導(dǎo)體機械能的變化,用能量守恒得到機械功率的改變與回路中電功率的改變所滿足的方程。(4)感應(yīng)電路中的功能關(guān)系分析:準(zhǔn)確把握安培力的特點: F=BIl= v(B與I垂直)。功是能量轉(zhuǎn)化的量度:“外力”克服安培力做多少功,就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能;同理,安培力做功的過程是電能轉(zhuǎn)化為其他形式能的過程,安培力做多少功就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。-47-一二拓展

23、訓(xùn)練2如圖所示,兩條相同的L形金屬導(dǎo)軌平行固定且相距d=1 m。LM、OP在同一水平面上且處于豎直向下的勻強磁場中,磁感應(yīng)強度B1=1 T;MN、PQ與水平面成37角,有垂直于軌道平面向下的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B2=3 T。金屬棒ab質(zhì)量為m1=0.2 kg、電阻R1=1 ,金屬棒ef質(zhì)量為m2=0.5 kg、電阻為R2=2 ,其他電阻不計。ab置于光滑水平導(dǎo)軌上,ef置于動摩擦因數(shù)=0.5的傾斜導(dǎo)軌上,均與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。從t=0時刻起,ab棒在水平恒力F1的作用下由靜止開始向右運動,ef棒在沿斜面向上的力F2的作用下保持靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)ab棒勻速運動時撤去力F2,金屬棒ef恰好不向上滑動(

24、設(shè)滑動摩擦力等于最大靜摩擦力,ab始終在水平導(dǎo)軌上運動,sin 37=0.6,cos 37=0.8,g取10 m/s2。求:-48-一二(1)當(dāng)金屬棒ab勻速運動時,其速度為多大;(2)金屬棒ab在運動過程中最大加速度的大小;(3)金屬棒ab從靜止開始到勻速運動用時1.2 s,此過程中金屬棒ef產(chǎn)生的焦耳熱為多少。答案 (1)5 m/s(2)8.3 m/s2(3)1.7 J -49-一二解析 (1)金屬棒ef恰好不上滑, 由平衡條件得m2gsin 37+m2gcos 37=B2Id由閉合電路歐姆定律得E=I(R1+R2)金屬棒ab產(chǎn)生電動勢E=B1dv解得v=5 m/s。(2)金屬棒ab勻速運動時,由平衡條件得F1=B1Id也就是金屬棒ab在受到F1作用還沒有滑動時,加速度最大,由牛頓第二定律得 。-50-一二