物理计算题的解题技巧.docx

物理计算题的解题技巧.docx

《物理计算题的解题技巧.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《物理计算题的解题技巧.docx（15页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

物理计算题的解题技巧

2014年物理计算题的解题技巧——妙用增分三步曲

高考物理综合大题基本上都是多过程或多对象问题，往往呈现出信息新颖、对象多体、过程复杂、条件隐蔽、解法灵活、结果多样等特点，综合性强，能力要求高。

要在非常有限的答题时间做好综合大题，必须坚持“大题小做”的策略，善于将多过程分解或多对象拆分，将复杂的大问题转化为几个简单的小问题，逐个击破，分步完成。

同时还要规答题，要“颗粒归仓”，该拿的分一分不丢，该抢的分分分必抢。

一、图解“增分三步曲”

选对象，建模型多阶段，分过程用规律，列方程

通过对整个题目的情景把握，根据整体法与隔离法选取研究对象，通过抽象、概括或类比等效的方法建立相应的物理模型或物理运动模型，并对其进行全面的受力分析，然后选取不同的方法和运动规律解题，比如静止或匀速直线运动选用物体的平衡条件解，变速直线运动选用牛顿运动定律或动能定理解，类平抛、圆周运动选用运动的分解或动能定理解，非匀变速曲线运动选用动能定理或运动的分解或微元法解。

对综合性强、过程较为复杂的题，一般采用“分段”处理，所谓的”分段”处理，就是根据问题的需要和研究对象的不同，将问题涉及的物理过程，按照时间和空间的发展顺序，合理地分解为几个彼此相对独立又相互联系的阶段，再根据各个阶段遵从的物理规律逐个建立方程，最后通过各阶段的联系综合起来解决，从而使问题化整为零、各个击破。

在对物理状态和物理过程深刻把握的基础上，寻找题设条件与所求未知物理量的联系，从力的观点或能量的观点，根据物理规律（牛顿第二定律、能的转化与守恒等）列出方程求解。

文字说明、必要必有分步列式、联立求解结果表述、准确到位

（1）物理量要用题中的符号，涉及题中没有明确指出的物理量或符号，一定要用假设的方式进行说明。

（2）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。

（3）要指明正方向、零位置。

（4）列方程前，对谁在什么过程（或什么状态）用到什么规律，要简要说明。

做综合大题一定要树立“重视过程，分步解答”的解题观，因为高考阅卷实行按步给分，每一步的关键方程都是得分点。

以下几个技巧可有助于大题尽量多得分：

（1）方程中字母要与题目吻合，同一字母物理意义要唯一。

出现同类物理量，要用不同上下标区分。

（2）列纯字母方程。

方程全部采用物理量符号和常用字母。

（3）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式。

（4）依次列方程。

不要写连等式或综合式子，否则会“一招不慎满盘皆输”；每个方程后面标明①②，便于后面“联立×××得”进行说明。

（1）题中要求解的物理量应有明确的答案（尽量写在显眼处）。

（2）待求量是矢量的必须说明其方向。

（3）用字母表示的答案中不能含有未知量和中间量。

凡是题中没有给出的都是未知量，不能随便把g取值代入用字母表示的答案中，用字母表示的答案不能写单位。

（4）如果题目所给的物理数据都是用有效数字表示的，那么答案中一般不能以无理数或分数作计算结果，结果是带单位的具体数据时一定要带单位，没有特别要求时，一般最终结果有效数字的位数要和题目所给物理数据有效数字的位数保持一致，或保留2到3位有效数字。

（5）若在解答过程中进行了研究对象转换，则必交代转换依据，如“根据牛顿第三定律”。

二、领悟“增分三步曲”

[典例1]　如图3－1所示，AB为半径R＝0.8m的

光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接。

小车的质量M＝3kg、长度L＝2.16m，其上表面距地面的高度h＝0.2m。

现有质量m＝1kg的小滑块，由轨道顶端无初速度释放，滑到B端后冲上小车，当小车与滑块达到共同速度时，小车被地面装置锁定。

已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.3，取g＝10m/s2。

试求：

图3－1

（1）滑块经过B端时，轨道对它支持力的大小；

（2）小车被锁定时，其右端到轨道B端的距离；

（3）小车被锁定后，滑块继续沿小车上表面滑动。

请判断：

滑块能否从小车的左端滑出小车？

若不能，请计算小车被锁定后由于摩擦而产生的能是多少？

若能，请计算滑块的落地点离小车左端的水平距离。

第一步：

审题规化

题设条件

获取信息

光滑圆弧轨道

滑块沿圆轨道下滑时只有重力做功

无初速度释放

小滑块在A点的速度为零

小车与滑块达到共同速度时，小车被锁定

滑块以后相对小车滑动的初速度为小车与滑块的共同速度

第二步：

思维规化

滑块的运动可分为四个不同的阶段：

①沿圆轨道下滑；②与小车相对滑动到小车锁定；③小车锁定后滑块滑动；④滑块做平抛运动。

滑块在圆弧轨道的B点，支持力与重力的合力提供向心力；此时的速度为滑块到小车的初速度，滑块与小车达到共同速度后能否滑出小车需通过计算做出判断，可求出滑块到小车左端的速度，若大于0，则能滑出。

第三步：

答题规化

（1）设滑块经过B端时的速度为v1，由机械能守恒定律得：

mgR＝

mv12（1分）

解得：

v1＝4m/s

设滑块经过B端时，轨道对滑块的支持力为FN，由牛顿第二定律得：

FN－mg＝m

（1分）

解得：

FN＝30N（1分）

（2）当滑块滑上小车后，设滑块和小车的加速度分别为a1、a2，由牛顿第二定律得：

对滑块－μmg＝ma1（1分）

对小车μmg＝Ma2（1分）

解得：

a1＝－3m/s2

a2＝1m/s2

设滑块和小车经过时间t1达到共同速度，其速度分别为v2、v3，根据运动学公式有：

v2＝v1＋a1t1

v3＝a2t1

v2＝v3

解得：

t1＝1s（2分）

v2＝v3＝1m/s（1分）

设此时小车右端到轨道B端的距离为x1，根据运动学公式有：

x1＝

a2t12（1分）

解得：

x1＝0.5m（1分）

（3）设滑块和小车达到共同速度时，滑块前进的距离为x2，根据运动学公式有：

x2＝v1t1＋

a1t12（1分）

解得：

x2＝2.5m（1分）

此时，滑块沿小车上表面滑动的距离设为Δx1，由几何关系得：

Δx1＝x2－x1＝2m（1分）

小车被锁定后，假设滑块能从小车左端滑出，滑块又沿小车上表面滑行的距离设为Δx2，由几何关系得：

Δx2＝L－Δx1＝0.16m（1分）

设滑块滑至小车左端时的速度为v4，由动能定理得：

－μmgΔx2＝

mv42－

mv22（1分）

解得：

mv42＝0.02J>0

所以，滑块能从小车左端滑出（1分）

滑出的速度大小为：

v4＝0.2m/s（1分）

滑块滑出小车后做平抛运动，设滑块从滑出小车到落地经历的时间为t2，落地点距小车左端的水平距离为x3，由平抛运动规律得：

h＝

gt22（1分）

x3＝v4t2（1分）

联立解得：

x3＝0.04m（1分）

[典例2]　如图3－2所示，在xOy平面的y轴左侧存在沿y轴正方向的匀强电场，y轴右侧区域Ⅰ存在磁感应强度大小B1＝

、方向垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅰ、区域Ⅱ的宽度均为L，高度均为3L。

质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从坐标为（－2L，－

L）的A点以速度v0沿＋x方向射出，恰好经过坐标为[0，－（

－1）L]的C点射入区域Ⅰ。

粒子重力忽略不计。

求：

图3－2

（1）匀强电场的电场强度大小E；

（2）粒子离开区域Ⅰ时的位置坐标；

（3）要使粒子从区域Ⅱ上边界离开，可在区域Ⅱ加垂直纸面向的匀强磁场。

试确定磁感应强度B的大小围，并说明粒子离开区域Ⅱ时的速度方向。

第一步：

审题规化

题设条件

获取信息

粒子重力忽略不计

粒子在匀强电场中做类平抛运动

由yA＝－

L，

yC＝－（

－1）L

粒子做类平抛运动的竖直位移y＝L

粒子从C点射入区域Ⅰ

粒子在磁场中做匀速圆周运动，其速度不等于v0

第二步：

思维规化

粒子的运动可分为三个过程：

①电场中的类平抛运动；②区域Ⅰ中的匀速圆周运动；③区域Ⅱ中的匀速圆周运动。

匀速圆周运动的速度为粒子做类平抛运动到C点的速度。

第三步：

答题规化

（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动。

2L＝v0t（1分）

L＝

（

）2（2分）

解得：

E＝

（2分）

（2）设带电粒子经C点时的竖直分速度为vy、速度为v

vy＝

t＝

＝v0（2分）

v＝

v0，方向与x轴正向成45°角斜向上（2分）

粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动，

B1qv＝m

，R＝

解得：

R＝

L（2分）

由几何关系知，离开区域Ⅰ时的位置坐标：

x＝L，y＝0（2分）

图3－3

（3）根据几何关系知，带电粒子从区域Ⅱ上边界离开磁场的半径满足

L≤r≤L（1分）

r＝

得

≤B2≤

（2分）

根据几何关系知，带电粒子离开磁场时速度方向与y轴正方向夹角30°≤θ≤90°（2分）

[典例3]　如图3－4甲所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角为α，金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m。

导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为B。

金属导轨的上端与开关S、定值电阻R1和电阻箱R2相连。

不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g。

现在闭合开关S，将金属棒由静止释放。

（1）判断金属棒ab中电流的方向；

（2）若电阻箱R2接入电路的阻值为0，当金属棒下降高度为h时，速度为v，求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q；

（3）当B＝0.40T，L＝0.50m，α＝37°时，金属棒能达到的最大速度vm随电阻箱R2阻值的变化关系如图乙所示。

取g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80。

求阻值R1和金属棒的质量m。

图3－4

第一步：

审题规化

题设条件

获取信息

不计一切摩擦

金属棒只受重力、支持力和安培力

不计导轨、金属棒的电阻

回路中的总电阻为R1＋R2

将金属棒由静止释放

金属棒的初速度为零

第二步：

思维规化

金属棒下滑过程中，只有重力和安培力对金属棒做功，应用能量守恒定律可求出定值电阻R1上产生的焦耳热；金属棒达到最大速度vm时，其合力为零，推导出最大速度vm与R2的大小关系式，结合vmR2图线求解结果。

第三步：

答题规化

（1）由右手定则，金属棒ab中的电流方向为b到a（2分）

（2）由能量守恒，金属棒减小的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热mgh＝

mv2＋Q（3分）

解得：

Q＝mgh－

mv2（2分）

（3）设最大速度为vm时，切割磁感线产生的感应电动势E＝BLvm（1分）

由闭合电路的欧姆定律：

I＝

（1分）

从b端向a端看，金属棒受力如图所示：

金属棒达到最大速度时满足mgsinα－BIL＝0（2分）

由以上三式得最大速度：

vm＝

R2＋

R1（2分）

vm－R2图像斜率k＝

m/（s·Ω）＝15m/（s·Ω），纵截距b＝30m/s（2分）

得到：

R1＝b（1分）

＝k（1分）

解得：

R1＝2.0Ω（1分）

m＝0.1kg（1分）

4．如图所示，边长为L的正方形PQMN（含边界）区域有垂直纸面向外的匀强磁场，左侧有水平向右的匀强电场，场强大小为E，质量为m，电量为q的带正电粒子（不计重力）从O点静止释放，O、P、Q三点在同一水平线上，OP＝L，带电粒子恰好从M点离开磁场，求：

（1）磁感应强度B的大小；

（2）粒子从O到M的时间；

（3）若磁感应强度B可以调节（不考虑磁场变化产生的电磁感应），带电粒子从边界NM上的O′离开磁场，O′到N的距离为

L，求磁感应强度B的最大值。

解析：

（1）设粒子运动到P点时速度大小为v，由动能定理

qEL＝

mv2①

粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，半径r＝L②

由qvB＝m

③

由①②③得：

B＝

（2）设粒子在匀强电场中运动时间为t，由牛顿第二定律及匀变速直线运动规律得：

Eq＝ma④

L＝

at12⑤

由④⑤式得：

t1＝

粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T＝

，运动时间为t2＝

T

解得：

t2＝

粒子从O点运动到M点经历的时间t＝t1＋t2＝

（3）由于O′N之间距离为

L小于

，当B最大时，应满足：

（L－3r）2＋（

L）2＝r2

解得：

r＝

L或r＝

L

由r＝

当磁感应强度最大时，半径最小，即：

Bm＝

＝7