2013年高考物理二轮复习 知识点详解整合训练《第二讲计算题解题策略》总结课件

第2讲计算题解题策略1认真审题1．审题要慢、细心，解答要快．2．注意找出关键词、关键语言，如“光滑”、“很小”、“轻杆”、“恰好”等，找出已知条件、隐含条件和待求量，用笔标出．2分解过程高考物理大题往往过程复杂，涉及知识点多、分值高，难度大，但仔细分析就会发现，这些大题的物理过程都是一些简单的物理过程的组合．分解之后都可以运用相应的规律解答．以下十二种简单过程或规律是物理学大题经常涉及的基本单元，我们称之为插件，这些插件的有机组合就会出现各种各样的、情境新颖的大题．1．匀速直线运动和匀变速直线运动．2．匀速圆周运动(含磁偏转)与竖直平面内的变速圆周运动．3．物体在斜面或曲面上的运动．4．平抛运动和类平抛运动(含电偏转)．5．运动图象(位移图象、速度图象和加速度图象等)和其他图象．6．叠加体和连接体的受力分析及其相关计算．7．力的合成与分解、物体的平衡．8．牛顿运动定律．9．功和功率及其相关计算．10．动能定理和机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律．11．闭合电路欧姆定律．12．电磁感应规律及过程．山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动．一滑雪道ABC的底部是一个半径为R的圆，圆与雪道相切于C点，C的切线沿水平方向，到水平雪地之间是高为H的峭壁，D是圆的最高点，如图1所示．运动员从A点由静止下滑，刚好经过圆轨道最高点D旋转一周，再滑到C点后被水平抛出，当抛出时间为t时，迎面遭遇一股强风，最终运动员落到了雪地上，落地时速度大小为v.已知运动员连同滑雪装备总质量为m，重力加速度为g，不计遭遇强风前的空气阻力和雪道及圆轨道的摩擦阻力，求：(1)运动员刚好能过D点，AC的高度差h；(2)运动员刚遭遇强风时的速度大小及距地面的高度；(3)强风对运动员所做的功．【解析】(1)运动员要恰好做完整的圆周运动则速度要满足：mg＝mv2DR，①由机械能守恒定律得：mg(h－2R)＝12mv2D，②解得h＝52R.③(2)运动员做平抛运动时，在竖直方向上的速度为v⊥＝gt，④从A到C由机械能守恒定律得：mg52R＝12mv20，⑤v＝v20＋v2⊥＝5gR＋g2t2⑥下落高度h1＝12gt2⑦距地面的高度h2＝H－h1＝H－12gt2.⑧(3)运动员整个运动过程Wf＋mg(H＋52R)＝12mv2，⑨解得Wf＝12mv2－mg(H＋52R)．⑩【答案】(1)52R(2)5gR＋g2t2H－12gt2(3)12mv2－mg(H＋52R)在如图2所示的直角坐标中，x轴的上方存在与x轴正方向成45°角斜向右下方的匀强电场，场强的大小为E＝2×104V/m.x轴的下方有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B＝2×10－2T.一个比荷为qm＝2×108C/kg的正点电荷从坐标为(0,1)的A点由静止释放．电荷所受的重力忽略不计．图2(1)求电荷从释放到第一次进入磁场时所用的时间；(2)求电荷在磁场中做圆周运动的半径；(3)当电荷第二次到达x轴上时，电场立即变为竖直向下，而场强大小不变，运动到P点处时速度方向与x轴正方向相同．试求P点位置坐标．【解析】(1)如图，电荷从A点匀加速运动到x轴的C点的过程：位移s＝AC＝2m，①加速度a＝Eqm＝22×1012m/s2，②时间t＝2sa＝10－6s．③(2)电荷到达C点的速度为v＝at＝22×106m/s，④速度方向与x轴正方向成45°角，在磁场中运动时由qvB＝mv2R，⑤得R＝mvqB＝22m≈0.71m．⑥(3)轨迹圆与x轴相交的弦长为Δx＝2R＝1m，所以电荷从坐标(2,0)再次进入电场中，速度与原电场垂直．⑦设到达P点的时间为t′，则：y＝12vyt′，⑧x＝vxt′，⑨vy＝vx＝vcos45°，⑩vy＝at′，解得x＝2m，y＝22m.P点的坐标为(2＋2，22)．【答案】(1)10－6s(2)0.71m(3)(2＋2，22)1．(2012·大纲全国高考)如图3所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ＝37°，半径r＝2.5m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有电场强度大小为E＝2×105N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场．质量m＝5×10－2kg、电荷量q＝＋1×10－6C的小物体(视为质点)被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0＝3m/s冲上斜轨．以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，电场强度大小不变，方向反向．已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ＝0.25.设小物体的电荷量保持不变，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求弹簧枪对小物体所做的功；(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度．【解析】(1)设弹簧枪对小物体所做的功为W，由动能定理得W－mgr(1－cosθ)＝12mv20代入数据得W＝0.475J.(2)取沿平直斜轨向上为正方向．设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1，由牛顿第二定律得－mgsinθ－μ(mgcosθ＋qE)＝ma1解得a1＝－9m/s2小物体向上做匀减速运动，经t1＝0.1s后，速度达到v1，有v1＝v0＋a1t1解得v1＝2.1m/s，设运动的位移为s1，有s1＝v0＋v12t1＝0.255m电场力反向后，设小物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得－mgsinθ－μ(mgcosθ－qE)＝ma2解得a2＝－7m/s2设小物体以此加速度运动到速度为零，运动的位移为s2，有－v21＝2a2s2，解得s2＝0.315m设CP的长度为s，有s＝s1＋s2＝(0.255＋0.315)m＝0.57m.【答案】(1)0.475J(2)0.57m2.如图4所示，在xOy平面内，一带正电的粒子自A点经电场加速后从C点垂直射入偏转电场(视为匀强电场)，偏转后通过极板MN上的小孔O离开电场，粒子在O点时的速度大小为v，方向与x轴成45°角斜向上．在y轴右侧y≥d范围内有一个垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，粒子经过磁场偏转后垂直打在极板MN上的P点．已知NC之间距离为d，粒子重力不计，求：(1)P点的纵坐标；(2)粒子从C点运动到P点所用的时间；(3)偏转电场的电场强度．【解析】(1)粒子运动的轨迹如图所示，由几何关系得，粒子在磁场中运动的轨道半径R＝2FD＝2d①所以P点的纵坐标yP＝R＋2OF＝(2＋2)d.②(2)粒子在O点的分速度vOx＝vOy＝22v③粒子从C运动到O的时间t1＝d12v0x＝22dv④粒子从O运动到D的时间t2＝2dv⑤粒子从D运动到P的时间t3＝(38)2πRv＝32πd4v⑥粒子从C运动到P所用时间t＝t1＋t2＋t3＝34＋π2d4v.⑦(3)粒子在偏转电场中运动，x方向上：d＝12(qEm)t21⑧粒子在磁场中运动R＝2d＝mvqB⑨联立解得E＝24vB.⑩【答案】(1)(2＋2)d(2)34＋π2d4v(3)24vB