【创新方案】2013届高考二轮物理复习课件(全国用)：专题一-三、计算题解题技法

三、计算题解题技法计算题一般给出较多的信息，有清晰的已知条件，也有隐含条件，在实际物理情景中包含有抽象的物理模型，在所给出物理过程的信息中有重要的临界条件，题目思维量大，解答中要求写出重要的演算步骤和必要的文字说明。应用型计算题的特点是以实际问题立意，真实全面地模拟现实。(1)解答时应从试题设置的各种现象情景中建立并抽象出理想模型及理想的物理过程。(2)注意物理过程比较复杂时，要用分段讨论的方法。(3)注意一些结合点的挖掘，如两个阶段的结合过渡点，两个相关物体的联系等，而后再由已掌握的物理知识、原理或规律进行解答。[例1]随着沪杭高铁的全线开通，我国的高速铁路技术又创下了350km/h的新纪录，同时旅客的安全工作更引起人们的关注。假设某次列车在离车站9.5km处的速度为342km/h，此时向车站发出无线电信号，同时立即开始制动刹车。使列车匀减速到站并刚好停住。若车站接收到列车发出的信号后，立即利用广播通知站台上的全体旅客需要50s的时间，则：(1)该列车进站时的加速度多大？方向如何？(2)全体旅客从听到广播通知，到列车进站停下，还有多长的登车准备时间？[技法应用](1)列车初速度v0＝342km/h＝95m/s，停住时v1＝0由v21－v20＝2aL得a＝v21－v202L＝0－9522×9.5×103m/s2＝－0.475m/s2负号表示加速度方向与车运动方向相反。(2)设列车减速运动时间为t1由L＝v02·t1得t1＝Lv0/2＝9.5×10395/2s＝200s旅客的准备时间t2＝t1－Δt＝200s－50s＝150s。[答案](1)0.475m/s2方向与车的运动方向相反(2)150s图1－3－1[例2]如图1－3－1所示，一定宽度的Ⅰ区域里有与水平方向成45°角的匀强电场E1，宽为d的Ⅱ区域里有相互正交的匀强磁场B和匀强电场E2，一带电荷量为q，质量为m的粒子自图中P点由静止释放后水平向右做直线运动，进入Ⅱ区域做匀速圆周运动恰好不从右边界穿出，重力加速度为g(E1、E2未知)。求：(1)E1、E2的大小；(2)Ⅰ区域的宽度d1；(3)粒子从P点出发到回到P点所在边界所用的时间t。图1－3－2[技法应用](1)粒子在Ⅰ区域里水平向右做直线运动，所以粒子必带负电且在重力和电场力作用下做匀加速直线运动，有mg＝qE1sinθ即E1＝2mgq粒子在Ⅱ区域里做匀速圆周运动且恰好不从右边界穿出，则其轨迹如图1－3－2中实线所示，则有：mg＝qE2即E2＝mgq(2)粒子在Ⅱ区域里做匀速圆周运动时有Bqv＝mv2r，由轨迹图知r＝d，所以v＝Bqdm而v2＝2ad1＝2qE1cosθm·d1联立可得：d1＝B2q2d22m2g(3)粒子从P点出发到回到P点所在边界所用的时间为t＝2t1＋t2，而v＝at1＝qE1cosθmt1，所以t1＝Bqdmg又t2＝T2＝πmBq所以t＝2Bqdmg＋πmBq。[答案](1)2mgqmgq(2)B2q2d22m2g(3)2Bqdmg＋πmBq论述型计算题是根据已知的知识和所给的物理条件，对物理问题进行逻辑推理和论证，得出正确的结论或做出正确的解答，并能把物理过程正确地表达出来，目的在于暴露学生的思维过程。这就要求学生在解答中应注意：(1)科学性：论证要正确严谨，准确运用物理概念和规律，抓住要害，防止概念混淆、道理说不清、对要运用的物理知识靠不上边等现象。(2)条理性：论述要符合逻辑，解释阐述要层次分明，论点要突出，论据要充分，防止主次不分、语无伦次。(3)规范性：用语要简洁、准确、科学，防止表达不确切、不严格、不清楚，用词含糊，词不达意。总之，要做到论之有据，论之有理，语言科学，层次分明。[例3](2012·三明模拟)《愤怒的小鸟》是一款时下非常流行的游戏，故事也相当有趣，如图1－3－3甲，为了报复偷走鸟蛋的肥猪们，鸟儿以自己的身体为武器，如炮弹般弹射出去攻击肥猪们的堡垒。某班的同学们根据自己所学的物理知识进行假设；小鸟被弹弓沿水平方向弹出，如图乙所示。(取重力加速度g＝10m/s2)：图1－3－3(1)若h1＝3.6m，l1＝2.4m，h2＝1.8m，要使小鸟飞出能直接打中肥猪的堡垒，小鸟飞出去的初速度应多大？(2)如果小鸟弹出后，先掉到平台上(此时小鸟距抛出点的水平距离为l2)，接触平台瞬间竖直速度变为零，水平速度不变，小鸟在平台上滑行一段距离后，若要打中肥猪的堡垒，小鸟和平台间的动摩擦因数μ与小鸟弹出时的初速度v0应满足什么关系(用题中所给的符号h1、l1、h2、l2、g表示)?[技法应用](1)设小鸟以v0弹出能直接击中堡垒，则由平抛运动规律，h1－h2＝12gt2l1＝v0t联立解得t＝0.6s，v0＝4m/s(2)对小鸟在平台上滑行初速度仍为v0，若刚好击中堡垒，则有末速度为v＝0由动能定理－μmg(l1－l2)＝12mv2－12mv20解得：μ＝v202gl1－l2可见，μ与v0应满足μ≤v202gl1－l2才能打中堡垒。[答案](1)4m/s(2)μ≤v202gl1－l2[例4]如图1－3－4所示，在矩形ABCD内有以对角线BD为边界的匀强电场和匀强磁场，已知电场的方向竖直向下，磁场垂直纸面，矩形ABCD的AB边是AD边长的3倍，一个质量为m、带电荷量为＋q的带电粒子(不计重力)以初速度v0从A点沿AB方向进入电场，经时间t在对角线BD的P点垂直BD进入磁场，并从DC边上的Q点垂直DC离开磁场，试求：图1－3－4(1)电场强度的大小；(2)带电粒子经过P点时速度的大小；(3)离开磁场时的Q点到D点的距离；(4)磁场的磁感应强度的大小和方向。[技法应用](1)设AD＝L，则sin∠ABD＝ADBD＝L3L2＋L2＝12，所以∠ABD＝30°带电粒子到达P点时方向垂直BD，则有v0vy＝tan30°＝33，又vy＝at＝qEmt解得：E＝3mv0qt(2)由v0vy＝tan30°＝33，得：vy＝3v0，故vP＝v20＋v2y＝2v0(3)因为带电粒子经时间t到达P点，故带电粒子的水平位移为x＝v0t，故有xPD＝cos30°＝32，所以PD＝23v0t3又因为进入磁场时速度方向过P点垂直BD，则PD为半径方向指向圆心，离开磁场时过Q点垂直DC，则QD为半径方向指向圆心，故交点D为圆心，PD、QD都是半径，故离开磁场时的Q点到D点的距离为QD＝PD＝23v0t3(4)由带电粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供有qvPB＝mv2PR，即R＝mvPqB又因为R＝QD＝PD＝23v0t3，vP＝2v0联立解得：B＝3mqt，由左手定则可判断磁场方向垂直纸面向外。[答案](1)3mv0qt(2)2v0(3)23v0t3(4)3mqt垂直于纸面向外