2020物理高考备考专题《解答计算题方法与技巧》(附答案解析版)

1、专题十八解答计算题方法与技巧物理计算题历来是高考拉分题，试题综合性强，涉及物理过程较多，所给物理情境较复杂，物理模型 较模糊甚至很隐蔽，运用的物理规律也较多，对考生的各项能力要求很高，为了在物理计算题上得到理想 的分值，应做到细心审题、用心析题、规范答题.方法技巧一细心审题，做到一 看”二 读”三 思”1看题看题”是从题目中获取信息的最直接方法，一定要全面、细心，看题时不要急于求解，对题中关键的词语要多加思考，搞清其含义，对特殊字、句、条件要用着重号加以标注；不能漏看、错看或看不全题目中 的条件，要重点看清题目中隐含的物理条件、括号内的附加条件等.2. 读题读题”就是默读试题，是物理信息内化的

2、过程，它能解决漏看、错看等问题不管试题难易如何，一定要怀着轻松的心情去默读一遍，逐字逐句研究，边读边思索、边联想，以弄清题中所涉及的现象和过程，排除干扰因素，充分挖掘隐含条件，准确还原各种模型，找准物理量之间的关系.3 .思题思题”就是充分挖掘大脑中所储存的知识信息，准确、全面、快速思考，清楚各物理过程的细节、内在 联系、制约条件等，进而得出解题的全景图.【例1】如图所示，一对加有恒定电压的平行金属极板竖直放置，板长、板间距均为d.在右极板的中央有个小孔P,小孔右边半径为 R的圆形区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，区域边界刚好与右极板 在小孔P处相切.一排宽度也为 d的带负电粒子以速度 V

3、o竖直向上同时进入两极板间后，只有一个粒子通 过小孔P进入磁场，其余全部打在右极板上，且最后一个到达极板的粒子刚好打在右极板的上边缘.已知 这排粒子中每个粒子的质量均为m、带电荷量大小均为 q ,磁场的磁感应强度大小为 Wmv0,不计粒子的重qR力及粒子间的相互作用力.求：dIaI Tl E B Ir JCd " TT "*9 Jf%fttttft(1) 板间的电压大小U ；(2) 通过小孔P的粒子离开磁场时到右极板的距离L ;通过小孔P的粒子在电场和磁场中运动的总时间t总.【解析】(1)依题意，从左极板下边缘射入的粒子恰好打在右极板的上边缘在竖直方向上有t=vdo在水平方

4、向上有qUmd，d= ；at2联立解得(2)从小孔2mv2U=P射入磁场的粒子，在电场中的运动时间+ dt =2vo经过小孔P时，水平分速度 Vi = at = vo进入磁场时的速度大小V= “Jv0 + v='2vo,速度方向与右极板的夹角= 设粒子在磁场中做匀速圆周运动后从Q点离开磁场，其轨迹如图所示,轨迹圆心在O点，则qvB= mV：得b2mvomvqB由几何关系可知粒子射出磁场时的速度方向竖直向下，由图知L = r + rcos = (1 +)R.(3)从小孔P飞出的粒子在磁场中偏转的角度3 = 4，粒子在磁场中运动的时间3 4 2 32 t2 = 一 = 一2 V8vo通过小

5、孔P的粒子在电场和磁场中运动的总时间t 总=t1 + t2 =2打+3 2 TR8vo【答案】(1)U = 2mv2q(1 +22)Rd 3 2 TR亦+ 8v0方法技巧二 用心析题，做到一 明”二 画”三 析1. 明过程明过程”就是建立物理模型的过程，在审题获取一定信息的基础上，要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. 画草图画草图”就是根据题中各已知量的数量关系充分想象、分析、判断，在草稿纸上或答题纸上画出草图 （如运动轨迹图、受力分析图、等效图等）以展示题述物理情境、物理模型，使物理过程更加直观、物理特征更加明显，

6、进而方便确立题给条件、物理量与物理过程的对应关系.3. 析规律析规律”就是指在解答物理计算题时，在透彻分析题给物理情境的基础上，灵活选用规律.如力学计算题可用力的观点，即牛顿运动定律与运动学公式联立求解，也可用能量观点，即功能关系、机械能守恒定 律和能量守恒定律联立求解.【例2】如图所示，A、B间存在与竖直方向成 45°角斜向上的匀强电场 Ei, B、C间存在竖直向上的匀 强电场E2, A、B的间距为1.25 m, B、C的间距为3 m , C为荧光屏.一质量 m= 1.0 × 10 kg,电荷量q = + 1.0 × 10E1的大小； 加上磁场后，粒子由 b点到

7、O点电势能的变化量及偏转角度.【解析】（1）粒子在A、B间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有qE1c0s 45 mg= 0解得 E1= 2 N/C = 1.4 N/C粒子从a到b的过程中，由动能定理得：1qE1dABsi n 45 =Qmv2解得 Vb= 5 m/s加磁场前粒子在 B、C间做匀速直线运动，则有：qE2= mg加磁场后粒子在 B、C间做匀速圆周运动，如图所示: C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过 b点到达荧光屏上的 O点.若在B、C间再 加方向垂直于纸面向外且大小B= 0.1 T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏的 O 点（图中未画出）.g取10 ms2.求：

8、Ii由牛顿第二定律得：qvbB= m R 解得：R= 5 m由几何关系得：R2= dBc + (R-y)2解得：y= 1.0 m粒子在B、C间运动时电场力做的功为：W=- qE2y=- mgy=- 1.0 × 10 J由功能关系知，粒子的电势能增加了1.0 × 102 J设偏转角度为,则Sin = dBc = 0.6R解得：= 37°【答案】 (1)1.4 N/C (2)1.0 ×T6 J37°方法技巧三规范答题，做到一 有”二 分”三 准”1 有必要的文字说明必要的文字说明是对题目完整解答过程中不可缺少的文字表述，它能使解题思路清晰明了，让阅

9、卷老 师一目了然，是获取高分的必要条件之一，主要包括：(1) 研究的对象、研究的过程或状态的说明.(2) 题中物理量要用题中的符号，非题中的物理量或符号，一定要用假设的方式进行说明.(3) 题目中的一些隐含条件或临界条件分析出来后，要加以说明.(4) 所列方程的依据及名称要进行说明.(5) 所列的矢量方程一定要规定正方向.(6) 对题目所求或所问有一个明确的答复且对所求结果的物理意义要进行说明.2 分步列式、联立求解解答高考试题一定要分步列式，因高考阅卷实行按步给分，每一步的关键方程都是得分点分步列式 一定要注意以下几点：(1) 列原始方程，与原始规律公式相对应的具体形式，而不是移项变形后的公

10、式.方程中的字母要与题目中的字母吻合，同一字母的物理意义要唯一出现同类物理量，要用不同下标或上标区分.(例如位移X等).(3) 列纯字母方程，方程全部采用物理量符号和常用字母表示(4) 依次列方程，不要方程中套方程，也不要写连等式或综合式子.(5) 所列方程式尽量简洁，多个方程式要标上序号，以便联立求解.3必要演算、明确结果解答物理计算题一定要有必要的演算过程，并明确最终结果，具体要注意：(1) 演算时一般先进行文字运算，从列出的一系列方程，推导出结果的计算式，最后代入数据并写出结果(要注意简洁，千万不要在卷面上书写许多化简、数值运算式).(2) 计算结果的有效数字位数应根据题意确定，一般应与

11、题目中所列的数据的有效数字位数相近，如有 特殊要求，应按要求选定.(3) 计算结果是数据的要带单位(最好采用国际单位)，是字母符号的不用带单位.(4) 字母式的答案中，最终答案中所用字母都必须使用题干中所给的字母，不能包含未知量，且一些已 知的物理量也不能代入数据.题中要求解的物理量应有明确的答案(尽量写在显眼处)，待求量是矢量的必须说明其方向.(6) 若在解答过程中进行了研究对象转换，则必须交代转换依据，对题目所求要有明确的回应，不能答 非所问.【例3】一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m ,如图所示.t= 0时刻开始，小物块

12、与木板一起以共同速度向右运动，直至t = 1 S时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短).碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板已知碰撞后1 S时间内小物块的V-1图线如图(b)所示木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度及小物块与木板间的动摩擦因数大小g取10 m/s2.求:7.-(ms 1J4n2i %"V V ,X - - T V " %. X" : -O12 念(4)(b)(1)木板与地面间的动摩擦因数木板的最小长度；(3) 木板右端离墙壁的最终距离.【解析】a1,小(1) 规定向右为正方向.木板与墙壁碰撞前，小物块和木板一起向右做匀

13、变速运动，设加速度为物块和木板的质量分别为m和M【评注1】 要有必要的文字说明，这里说明了规定的正方向和所设字母的物理意义.由牛顿第二定律有 i(m+ M)g= (m+ M)a【评注2】 所列方程的名称.由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前的瞬间速度Vi = 4 m/s由运动学公式得 Vi = vo+ aitiso= voti+ ；ait2式中，ti= i s, So= 4.5 m是木板与墙壁碰撞前的位移，vo是小物块和木板开始运动时的速度，联立式和题给条件解得i= o.i【评注3】代入数据解方程的具体过程不必写出.在木板与墙壁碰撞后，木板以-Vi的初速度向左做匀变速运动，小物块以vi的初速度向

14、右做匀变速运动.【评注4】说明两物体对应的物理过程或物理状态.设小物块的加速度为 a2,由牛顿第二定律有mg= ma2由题图(b)可得a2= v2二严t2 ti式中，t2= 2 s, v2= 0,联立式和题给条件解得= 0.4设碰撞后木板的加速度为a3 ,经过时间t,木板和小物块刚好具有共同速度v3,由牛顿第二定律及运动学公式得 mg+ (M + m)g= Ma 3v3= vi + a3tv3= vi + a2tXi =vi + v3U- &【评注5】列原始方程，与原始规律公式相对应的具体形式.碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为vi + v3小物块运动的位移

15、为X2= 2 t小物块相对木板的位移为x= X2 Xi联立？?？式，并代入数据解得x= 6.0 m评注 6】演算时一般先根据列出的一系列方程推导出结果的计算式，然后代入数据并写出结果这样既有利于减轻运算负担，又有利于一般规律的发现因为运动过程中小物块始终没有脱离木板，所以木板的最小长度应为 6.0 m.(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4 ,此过程中小物块和木板运动的位移为 X3 ,由牛顿第二定律及运动学公式得(m+ M)g = (m+ M)a4?0 V3= 2a4X3?碰撞后木板运动的位移为 X= X1X3?联立 ? 式，并代入数据解得X= 6.5

16、 m ?【评注 7】 “”号说明与规定向右的正方向相反，木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m.【答案】 (1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m【满分策略】策略 “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

17、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

18、的方程式(3) 有必要的演算过程及明确的结果例1、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 × l0vm.不带电的绝缘小球甲，以速度Vo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 × 102 kg,乙所带电荷量q= 2.0 × T0C, g取10 ms2.(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：E4(1) 甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D ,

19、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；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： 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 =卬乎R 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= 1mg+ Eqt2 X = VDt2 m第问可拆为2个小题： 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 (BD过程)1 1规律：动能定理 mg 2R- qE 2R= 2m

20、vD 2mv乙 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mvo= mv甲+ mv乙机械能守恒定律；mv0 = ；mv甲+ 2mv乙第(3)问可拆分为3个小题： 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MVo = MVM + mvm” 、.7 一 _ HH - - _ III机械能守恒 2 Mv O= 2 MvM + 2 mvm 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 (BD过程)1 1规律：动能定理mg 2R- qE 2R= 2mvD 2 2mv 求小球落点到 B点的距离范围？建模：类平抛运动规律：

21、水平方向匀速运动X = VD 't【解析】(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,v2贝U mg+ qE= mvo X= VDt 联立得X= 0.4 m(2) 对乙球从BD过程由动能定理得1 1mg 2R- qE 2R= QmvD ?mv乙联立并代入数据得V 乙=5 mg + qE R= 2 5 m/s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乙联立得V乙=vo, V甲=O所以Vo= 2 5 m/svM、Vm ,根据动量守恒和机械能守恒定律有(

22、3) 设甲的质量为 M,碰撞后甲、乙的速度分别为Mvo= MVM + mvm10)；MvO = ；MvM + 2mvm?联立?得Vm=M+m由？和 Mm 可得 vov<2vo?设乙球过D点的速度为VD',由动能定理得mg 2R- qE 2R= ；mvD 2 2mvm?联立？ 得 2 msv，m/s?设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为x',则有X '= VD '?t联立？得 o.4 mx，im.【答案】(1)o.4 m (2)2 5 m/s (3)o.4 mx，1.6策略一一“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

23、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2、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0、半径Ri= 1 m的圆形磁场区域和圆心为0、内半径为Ri、外半径R2= I 2 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 = o.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 害=4× io

24、ckg,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Ui= 5× 10V,求粒子刚进入环形磁场时的速率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 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.分析建构【分析】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Vo ；O,之后返模型2:粒子在两磁场中均做匀速圆周运动转化为JV QO3O2= 30 ° QO2O3= 60 OO3O2= 150=150

25、°粒子从进入磁场到第一次回到Q点所用的时间【解析】(1)粒子在电场中加速，由动能定理有1 2qU= 2mv0解得 VQ= 2 × 10ms.O1在M板上.(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 设此时粒子在磁场中运动的轨道半径为r i.根据图中的几何关系(Rt OQOi)有r?+ R在加速电场中，由动能定理有qU2= 2mv2联立并代入数据解得 U2= 1.25 × 20V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>1.25 × 1Q/.= (r+ Ri)22又根据洛伦兹力提供向心力，有qvB = mU

26、 2应满足的条件为riOi (3) 依题意作出粒子的运动轨迹，如图乙所示由于0、03、Q共线，且粒子在两磁场中运动的轨迹半径(设为2)相同，故有 O23= 2O2Q= 2r2,由此可判断 QO3O2= 30 ° QO2O3= 60 °进而判断 OO3O260 °150 °7360 OT + 360 OT = 6T2 mqB7 Tr联立并代入数据解得t = 7T× 107 S6【答案】7 (1)2 × 10ms (2)U2>1.25 × 1(V g× 107s【变式探究】某课外探究小组的同学们利用学校实验室内的

27、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 × 1C,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× 10vm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 ms,最终恰好停在 P点.已知AB段长L1= 1.0 m, DP段长L2= 1.0

28、 m,钢球与水平导轨间的动沙地(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,VC则 Fn+ mg = m R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1 2O C 过程，qEd mg(+ L1) mg 2R= ?mvC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Vo = 2 gx h = 2gt2, S= (L2 - X)+ Vot由以上各式代入数据可得S= 1 -x+ 0.8 X当寸X= 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【变式探究】如图所示，两间距为I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、Bo,且B1= 2Bo.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