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专题三 计算题突破策略与技巧-规范答题抓大分力学计算题巧练1．某物体A 静止于水平地面上，它与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，若给物体A 一个水平向右的初速度v 0＝10 m/s ，g ＝10 m/s 2.求：(1)物体A 向右滑行的最大距离；(2)若物体A 右方x 0＝12 m 处有一辆汽车B ，在物体A 获得初速度v 0的同时，汽车B 从静止开始以a ＝2 m/s 2的加速度向右运行，通过计算说明物体A 能否撞上汽车B .解析：(1)由牛顿第二定律得 μmg ＝ma 0 a 0＝2 m/s 2根据v 2t －v 20＝－2a 0x 得x ＝25 m.(2)假设二者不相撞，设经过时间t 二者有共同速度v 则对物体A ：v ＝v 0－a 0t 对汽车B ：v ＝at解得：v ＝5 m/s ，t ＝2.5 s该过程中物体A 的位移：x A ＝v 0＋v2t ＝18.75 m该过程中汽车B 的位移：x B ＝v2t ＝6.25 m因为x A >x B ＋x 0故物体A 能撞上汽车B . 答案：(1)25 m (2)能2.皮带传送在现代生产生活中的应用非常广泛，如商场中的自动扶梯、港口中的货物运输机等．如图所示为某工厂载货用的移动式伸缩传送带，传送带AB 斜面与水平面之间的夹角θ＝37°，传送带在电动机的带动下以10 m/s 的速度沿斜面向下运动，现将一物体(可视为质点)无初速度地轻放在传送带上的A 点，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，传送带AB长为L ＝29m ，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)求：(1)当物体加速到与传送带速度相同时所用的时间和物体的位移； (2)物体从A 到B 需要的时间为多少？ 解析：甲(1)物体放到传送带上后，沿传送带向下做匀加速直线运动，开始相对于传送带沿传送带向后运动，受到的摩擦力沿传送带向下(物体受力情况如图甲所示)，根据牛顿第二定律，可求出物体的加速度为：a 1＝g sin θ＋μg cos θ＝10 m/s 2当物体加速到与传送带速度相同时所用的时间为：t 1＝va＝1 s物体发生的位移满足：v 2＝2a 1x 1， 代入数据解得：x 1＝5 m.乙(2)物体加速到与传送带速度相同后，因为mg sin θ>μmg cos θ，所以物体相对于传送带沿传送带向下运动，摩擦力方向变为沿传送带向上(受力情况如图乙所示)．根据牛顿第二定律得知物体在此过程中的加速度为：a 2＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s 2设物体完成剩余的位移x 2＝L －x 1＝24 m 所用的时间为t 2，则x 2＝vt 2＋12a 2t 22代入数据解得：t 2＝2 s故物体从A 到B 需要的时间为 t ＝t 1＋t 2＝1 s ＋2 s ＝3 s. 答案：(1)1 s5 m (2)3 s3．(2015·福建福州质检)如图甲所示，质量m ＝1 kg 的物块在平行于斜面向上的拉力F 作用下从静止开始沿斜面向上运动，t ＝0.5 s 时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v －t 图象)如图乙所示，g 取10 m/s 2，求：(1)2 s 内物块的位移大小x 和通过的路程L ；(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a 1、a 2和拉力大小F . 解析：(1)在2 s 内，由题图乙知： 物块上升的最大距离：x 1＝12×2×1 m ＝1 m物块下滑的距离：x 2＝12×1×1 m ＝0.5 m所以位移大小x ＝x 1－x 2＝0.5 m 路程L ＝x 1＋x 2＝1.5 m.(2)由题图乙知，所求两个阶段加速度的大小 a 1＝4 m/s 2① a 2＝4 m/s 2②设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为F f ，根据牛顿第二定律有0～0.5 s 内：F －F f －mg sin θ＝ma 1③0．5～1 s 内：F f ＋mg sin θ＝ma 2④ 由①②③④式得F ＝8 N.答案：(1)0.5 m1.5 m(2)4 m/s 24 m/s 28 N4．(2015·山东淄博模拟)如图所示，上表面光滑、长度L ＝3 m 、质量M ＝10 kg 的木板，在F ＝50 N 的水平拉力作用下，以v 0＝5 m/s 的速度沿水平地面向右匀速运动．现将一个质量为m ＝3 kg 的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，当木板运动了L ＝1 m 时，又将第二个同样的小铁块无初速度地放在木板最右端，以后木板每运动1 m 就在其最右端无初速度地放上一个同样的小铁块．(g 取10 m/s 2)求：(1)木板与地面间的动摩擦因数；(2)刚放第三个小铁块时木板的速度大小；(3)从放第三个小铁块开始到木板停下的过程，木板运动的距离． 解析：(1)木板在F ＝50 N 的水平拉力作用下做匀速直线运动时，受到地面的摩擦力设为F f ，由平衡条件得： F ＝F f ①又F f ＝μMg ②联立①②并代入数据得：μ＝0.5.③(2)每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加μmg ，设刚放第三个小铁块时木板的速度为v 1，对木板从放第一个小铁块到刚放第三个小铁块的过程，由动能定理得：－μmgL －2μmgL ＝12Mv 21－12Mv 20④联立③④并代入数据得：v 1＝4 m/s.⑤(3)从放第三个小铁块开始到木板停止之前，木板所受的合外力大小均为3μmg .从放第三个小铁块开始到木板停止的过程，设木板运动的距离为x ，对木板由动能定理得： －3μmgx ＝0－12Mv 21⑥联立③⑤⑥并代入数据得x ＝169m ≈1.78 m.答案：(1)0.5 (2)4 m/s (3)1.78 m5．如图甲所示，一辆货车车厢内紧靠前挡板处有一物体A ，其质量m ＝1×103kg ，与车厢间的动摩擦因数μ＝0.83.物体A 与货车一起以速度v ＝10 m/s ，在倾角θ＝37°的足够长斜坡上匀速向上行驶．从某时刻开始货车加速运动，v －t 图象如图乙所示，物体A 与车厢后挡板接触前，已与货车速度相同，此时货车已经做匀速直线运动(空气阻力不计，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．在这个相对滑动过程中，求：(1)物体A 的加速度大小； (2)物体A 的相对滑动时间；(3)摩擦力对物体A 所做的功(保留两位有效数字)．解析：(1)设物体A 与车厢发生相对滑动时的加速度为a ， 由牛顿第二定律有：μmg cos θ－mg sin θ＝ma所以物体A 的加速度大小：a ＝0.64 m/s 2.(2)由题图乙中v －t 图象可知，货车的加速度：a ′＝0.8 m/s 2>a ，所以货车匀速运动后，物体A 仍继续向前加速一段时间才与车厢保持相对静止． 由v －t 图象可知，物体匀加速运动的末速度为： v t ＝18 m/s设从物体与车厢发生相对滑动到相对静止的时间为t 由匀变速直线运动规律有：v t ＝v ＋at 解得：t ＝12.5 s.(3)由匀变速直线运动规律可得物体A 的位移：x ＝vt ＋12at 2摩擦力对物体A 做的功为：W ＝μmg cos θ·x 联立以上两式并代入数据可得摩擦力对物体A 做的功：W ≈1.2×106J.答案：(1)0.64 m/s 2 (2)12.5 s (3)1.2×106J6．如图所示，小球A 和B 质量分别为m A ＝0.3 kg 和m B ＝0.5 kg ，两球间压缩一弹簧(不拴接)，并用细线连接，静止于一光滑的水平平台上，烧断细线后，弹簧储存的弹性势能全部转化为两球的动能，小球B 脱离弹簧时的速度v B ＝3 m/s ，A 球滑上用一小段光滑小圆弧连接的光滑斜面，当滑到斜面顶端时速度刚好为零，斜面的高度H ＝1.25 m ，B 球滑出平台后刚好沿光滑固定圆槽左边顶端的切线方向进入槽中，圆槽的半径R ＝3 m ，圆槽所对的圆心角为120°，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)烧断细线前轻弹簧储存的弹性势能E p ； (2)平台到圆槽的距离L ；(3)小球B 滑到圆槽最低点时对槽的压力F N ′ . 解析：(1)烧断细线后对小球A 分析：m A gH ＝12m A v 2A烧断细线前轻弹簧储存的弹性势能E p ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B联立两式解得E p ＝6 J.(2)设小球B 做平抛运动的时间为t ， 则v y ＝gt L ＝v B tB 球运动到圆槽左边顶端时，有tan 60°＝v yv B联立以上三式解得L ＝9310m ≈1.56 m.(3)对小球B 从圆槽最高点到圆槽最低点的过程进行分析有： 小球B 在圆槽最高点的速度大小v ＝v 2B ＋v 2y ＝2v B小球B 从圆槽最高点到最低点的高度差 h ＝R －R cos 60°设小球B 在最低点的速度大小为v 1，由机械能守恒得m B gh ＝12m B v 21－12m B v 2小球在圆槽最低点时：F N －m B g ＝m B v 21R联立以上各式解得F N ＝16 N由牛顿第三定律得小球B 滑到圆槽最低点时对槽的压力F N ′＝16 N ，方向竖直向下． 答案：(1)6 J (2)1.56 m (3)16 N 方向竖直向下电学计算题巧练1.如图所示，xOy 平面为一光滑水平面，在此区域内有平行于xOy 平面的匀强电场，场强大小E ＝100 V/m ；同时有垂直于xOy 平面的匀强磁场．一质量m ＝2×10－6 kg 、电荷量q ＝2×10－7C 的带负电粒子从坐标原点O 以一定的初动能入射，在电场和磁场的作用下发生偏转，到达P (4，3)点时，动能变为初动能的0.5倍，速度方向垂直OP 向上．此时撤去磁场，经过一段时间该粒子经过y 轴上的M (0，6.25)点，动能变为初动能的0.625倍，求：(1)OP 连线上与M 点等电势的点的坐标； (2)粒子由P 点运动到M 点所需的时间．解析：(1)设粒子在P 点时的动能为E k ，则初动能为2E k ，在M 点动能为1.25E k ，O 点与P 点和M 点的电势差分别为：U OP ＝E k q ，U OM ＝0.75E kq设OP 连线上与M 点电势相等的点为D ，由几何关系得OP 的长度为5 m ，沿OP 方向电势下降．则：U OD U OP ＝U OM U OP ＝OD OP ＝0.751得OD ＝3.75 m ，设OP 与x 轴的夹角为α，则sin α＝35，D 点的坐标为x D ＝OD cos α＝3 m ，y D ＝OD sin α＝2.25 m即D 点坐标为(3，2.25)．(2)由于OD ＝3.75 m ，而OM cos ∠MOP ＝3.75 m ，所以MD 垂直于OP ，由于MD 为等势线，因此OP 为电场线，方向从O 到P ，带电粒子从P 到M 过程中做类平抛运动，设运动时间为t则DP ＝12Eq mt 2，又DP ＝OP －OD ＝1.25 m 解得：t ＝0.5 s.答案：(1)(3，2.25) (2)0.5 s2．(2015·河北正定模拟)从地面以v 0斜向上抛出一个质量为m 的小球，当小球到达最高点时，小球具有的动能与势能之比是9∶16，取地面为重力势能参考面，不计空气阻力．现在此空间加上一个平行于小球平抛平面的水平电场，以相同的初速度抛出带上正电荷量为q 的原小球，小球到达最高点时的动能与抛出时动能相等．求：(1)无电场时，小球升到最高点的时间； (2)后来加上的电场的场强大小．解析：(1)无电场时，当小球到达最高点时，小球具有的动能与势能之比是9∶16 将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，则由v 2y ＝2gh ，得12mv 2y ＝mgh12mv 2x ∶12mv 2y ＝9∶16 解得初始抛出时：v x ∶v y ＝3∶4 所以竖直方向的初速度为v y ＝45v 0竖直方向上做匀减速运动v y ＝gt 得t ＝4v 05g.(2)设后来加上的电场场强大小为E ，小球到达最高点时的动能与刚抛出时的动能相等，若电场力的方向与小球初速度的水平分量方向相同，则有E 1q m t ＋35v 0＝v 0 解得：E 1＝mg2q.若电场力的方向与小球初速度的水平分量方向相反，则有E 2q m t －35v 0＝v 0 解得：E 2＝2mgq.答案：(1)4v 05g (2)mg 2q 或2mgq3.如图所示，在x 轴上方有垂直于xOy 平面向外的足够大匀强磁场(图中没有画出该磁场)，一个质量为m ，电荷量为q (q >0)的粒子，在P 点以速率v 沿与x 轴成某一角度射入磁场，然后粒子从Q 点离开磁场，P 点与Q 点关于y 轴对称且相距为2a ，其中a ＝mv2Bq(B 为磁感应强度，大小未知，不计粒子重力的影响)．(1)求粒子从P 点运动到Q 点的时间；(2)若匀强磁场只在x 轴上方某一区域内存在，且磁场边界为圆形，改变粒子的入射方向，使粒子进入磁场位置的横坐标x ＝－a 2，其中a ＝mvB ′q(B ′为磁感应强度，大小未知，不计粒子重力的影响)，还能保证粒子经过Q 点，求粒子进入磁场位置的纵坐标及该圆形磁场区域的最小面积．解析：(1)粒子进入磁场在洛伦兹力的作用下，做圆周运动，经过PQ 两点的圆弧既可以是优弧也可以是劣弧，则由qvB ＝m v 2r 得：r ＝mvqB＝2a圆周运动的周期：T ＝2πr v ＝4πav劣弧对应的圆心角为θ：sin θ2＝a r ＝12，得θ＝π3优弧对应的圆心角为θ′：θ′＝2π－θ＝5π3粒子运动时间t ＝θ2πT ＝2πa 3v 或t ＝θ′2πT ＝10πa3v.(2)由题意可知：粒子进入磁场前先做一段直线运动，进入磁场后，在洛伦兹力作用下，做一段圆弧运动，而后离开磁场区域，再做一段直线运动到达Q 点，如图所示．设进入磁场点的坐标为(x ，y )，粒子圆周运动的半径为r ′由B ′qv ＝mv 2r ′得r ′＝a由几何关系得：r ′2＝x 2＋(r ′cos α)2tan α＝y a －|x |，x ＝－a2 解得：y ＝36a 当磁场边界圆的直径为进出磁场点之间的线段时，磁场面积最小，对应的半径最小．由对称性可知磁场最小半径为a2S min ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝π4a 2.答案：见解析4. 如图所示，在矩形区域CDNM 内有沿纸面向上的匀强电场，场强的大小E ＝1.5×105N/C ；在矩形区域MNGF 内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B ＝0.2 T ．已知CD ＝MN ＝FG ＝0.6 m ，CM ＝MF ＝0.20 m ．在CD 边中点O 处有一放射源，沿纸面向电场中各方向均匀地发射速率均为v 0＝1.0×106 m/s 的某种带正电的粒子，粒子质量m ＝6.4×10－27kg ，电荷量q ＝3.2×10－19C ，粒子可以无阻碍地通过边界MN 进入磁场，不计粒子的重力．求：(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；(2)边界FG 上有粒子射出磁场的范围的长度； (3)粒子在磁场中运动的最长时间．解析：(1)设带电粒子射入磁场时的速度为v ，由动能定理得qE ·CM ＝12mv 2－12mv 20，解得v ＝2×106m/s带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB ＝m v 2rr ＝mvBq＝0.2 m. (2)如图所示，垂直电场方向射入电场中的粒子在该方向的位移最大，离开电场时，设其速度方向与电场方向的夹角为θ1粒子在电场中的加速度大小为a ＝Eq m沿电场方向的位移y 1＝12at 2＝CM垂直电场方向的位移x 1＝v 0t ＝2315m离开电场时sin θ1＝v 0v ＝12，θ1＝30°因为x 1＋r (1－cos 30°)<0.30 m上述粒子从S 点射入磁场偏转后从边界FG 射出时的位置P 即为射出范围的左边界，且PS ⊥MN ；垂直MN 射入磁场的粒子经磁场偏转后恰好与边界FG 相切，切点Q 是射出范围的右边界，带电粒子从边界FG 射出磁场时的范围的长度为l ＝x 1＋r ＝⎝⎛⎭⎪⎫2315＋0.2m ≈0.43 m. (3)带电粒子在磁场中运动的周期T ＝2πm Bq＝6.28×10－7s带电粒子在磁场中运动时，沿O ′QR 运动的轨迹最长，运动的时间最长 sin θ2＝CD2－rr ＝12，θ2＝30°即带电粒子在磁场中运动的最大圆心角为120°，对应的最长时间为t ＝13T ＝2πm 3Bq ＝2.09×10－7s.答案：(1)0.2 m (2)0.43 m (3)2.09×10－7s5.如图所示，两根等高光滑的14圆弧轨道，半径为r 、间距为L ，轨道顶端连接有一阻值为R 的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B .现有一根长度稍大于L 、质量为m 、电阻不计的金属棒从轨道的顶端ab 处由静止开始下滑，到达轨道底端cd 时受到轨道的支持力为2mg .整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨电阻不计．(1)求金属棒到达最低点时通过电阻R 的电流大小；(2)求金属棒从ab 下滑到cd 的过程中回路中产生的焦耳热和通过R 的电荷量；(3)若金属棒在拉力作用下，从cd 开始以速度v 0向右沿轨道做匀速圆周运动，则在到达ab 的过程中拉力做的功为多少？解析：(1)到达最低点时，设金属棒的速度为v ，产生的感应电动势为E ，感应电流为I ，则2mg －mg ＝m v 2rE ＝BLv I ＝E R， 联立解得速度v ＝gr ，I ＝BL grR. (2)设产生的焦耳热为Q ，由能量守恒定律有Q ＝mgr －12mv 2得Q ＝12mgr设产生的平均感应电动势为E ，平均感应电流为I ，通过R 的电荷量为q ， 则E －＝ΔΦΔt ，I －＝E －R ，q ＝I －Δt ，解得q ＝BrL R. (3)金属棒切割磁感线产生正弦交变电流的有效值I ′＝BLv 02R，在四分之一周期内产生的热量Q ′＝I ′2R ·πr2v 0，设拉力做的功为W F ，由功能关系W F －mgr ＝Q ′， 解得W F ＝mgr ＋πB 2L 2v 0r4R.答案：(1)BL gr R (2)12mgr BrLR (3)mgr ＋πB 2L 2v 0r4R6．质量为m 、带电荷量为＋q 的绝缘小球，穿在由绝缘材料制成的半径为r 的光滑圆形轨道上沿顺时针方向(从上向下看)做圆周运动，轨道平面水平，空间有分布均匀且随时间变化的磁场，磁场方向竖直向上，如图甲所示．磁感应强度B (t )的变化规律如图乙所示．其中B 0是已知量，且T 0＝2πmqB 0.设小球在运动过程中电荷量保持不变，对原磁场的影响可忽略，且小球重力忽略不计．已知在竖直向上的磁感应强度增大或减小的过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿顺时针或逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等．(1)在t ＝0到t ＝T 0这段时间内，小球不受圆形轨道的作用力，求小球的速度大小v 0； (2)试求在t ＝T 0到t ＝2T 0这段时间内电场力对小球做的功W ；(3)试求在t ＝2.5T 0和t ＝4.5T 0两个时刻小球所受圆形轨道的作用力的大小．解析：(1)小球在运动过程中不受圆形轨道的作用力，因而小球所受洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：B 0qv 0＝m v 20r解得：v 0＝qB 0rm. (2)在t ＝T 0到t ＝2T 0这段时间内，沿轨道一周的感应电动势为： ε＝πr2ΔB Δt ＝πr 2B 0T 0由于同一条电场线上各点电场强度大小相等，所以E ＝ε2πr又T 0＝2πm qB 0，联立以上各式，解得E ＝qB 20r 4πm根据牛顿第二定律可得，在t ＝T 0到t ＝2T 0这段时间内，小球沿切线方向的加速度大小恒为：a 1＝qEm小球运动末速度的大小为：v ＝v 0＋a 1t 1＝3qB 0r2m根据动能定理，电场力做功为： W ＝12mv 2－12mv 20＝5q 2B 20r 28m.(3)设在t ＝2.5T 0时刻小球受圆形轨道的作用力的大小为F N1，根据向心力公式得：2B 0qv －F N1＝m v 2r解得：F N1＝3B 20q 2r4m同理，可得在t ＝3T 0到t ＝4T 0这段时间内，小球沿切线方向的加速度大小恒为：a 2＝qE m所以，在t ＝3T 0到t ＝4T 0这段时间内的末速度v 2＝v －a 2t 2＝v 0，此时小球受到的洛伦兹力等于做圆周运动所需要的向心力，在t ＝4.5T 0时刻小球受圆形轨道的作用力大小为0.答案：(1)qB 0r m (2)5q 2B 20r 28m (3)3B 20q 2r4m高考计算题仿真练(一)[题组一]24.(2015·河北石家庄2月调研)如图所示，一艘客轮因故障组织乘客撤离，乘客在甲板上利用固定的绳索下滑到救援快艇上．客轮甲板到快艇的高度H 为20 m ，绳索与竖直方向的夹角θ＝37°，设乘客下滑过程中绳索始终保持直线，乘客先从静止开始匀加速下滑，再以同样大小的加速度减速滑至快艇，速度刚好为零．在乘客下滑时，船员以水平初速度v 0向快艇抛出救生圈刚好落到救援快艇上，且救生圈下落的时间恰为乘客下滑总时间的一半，快艇、乘客、救生圈均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)救生圈初速度v 0的大小；(2)乘客下滑过程中加速度a 的大小．解析：(1)设救生圈做平抛运动的时间为t 0，由平抛运动规律，得：H ＝12gt 20 H tan θ＝v 0t 0联立以上各式，得v 0＝7.5 m/s ，t 0＝2 s. (2)由几何关系，得绳索长L ＝Hcos 37°＝25 m因加速过程与减速过程的加速度大小相等，加速过程的初速度和减速过程的末速度都为零，故加速过程和减速过程的时间相等由运动学公式可得：2×12at 20＝L代入数据，得a ＝L t 20＝6.25 m/s 2.答案：(1)7.5 m/s (2)6.25 m/s 225．如图甲所示，MN 、PQ 为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距L 为0.5 m ，导轨左端连接一个阻值为2 Ω的定值电阻R ，将一根质量为 0.2 kg 的金属棒cd 垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒cd 的电阻r ＝2 Ω，导轨电阻不计，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度为B ＝2 T ．若棒以1 m/s 的初速度向右运动，同时对棒施加水平向右的拉力F ，并保持拉力的功率恒为4 W ，从此时开始计时，经过2 s 金属棒的速度稳定不变，图乙为安培力随时间变化的关系图象．试求：(1)金属棒的最大速度；(2)金属棒速度为3 m/s 时的加速度大小； (3)从开始计时起2 s 内电阻R 上产生的电热．解析：(1)金属棒的速度最大时，所受合外力为零，即BIL ＝F 1 而P ＝F 1·v m ，I ＝BLv mR ＋r解得v m ＝P （R ＋r ）BL＝4 m/s或根据图象计算，2 s 后金属棒的速度稳定，速度最大，此时F 安＝1 N ，由F 安＝BIL ＝B 2L 2v mR ＋r，得v m ＝4 m/s.(2)速度为3 m/s 时，感应电动势E ＝BLv ＝3 V 电流I ′＝ER ＋r，F 安＝BI ′L金属棒受到的拉力F ＝P v ＝43N由牛顿第二定律得F －F 安＝ma 解得a ＝F －F 安m ＝43－340.2 m/s 2＝3512 m/s 2.(3)在此过程中，由动能定理得Pt ＋W 安＝12mv 2m －12mv 2解得W 安＝－6.5 JQ R ＝－W 安2＝3.25 J. 答案：(1)4 m/s (2)3512m/s 2(3)3.25 J[题组二]24．(2015·长春市质量监测)如图所示，可视为质点的总质量为m ＝60 kg 的滑板运动员(包括装备)，从高为H ＝15 m 的斜面AB 的顶端A 点由静止开始沿斜面下滑，在B 点进入光滑的四分之一圆弧BC ，圆弧BC 的半径为R ＝5 m ，运动员经C 点沿竖直轨道冲出向上运动，经时间t ＝2 s 后又落回轨道．若运动员经C 点后在空中运动时只受重力，轨道AB 段粗糙(g＝10 m/s 2)．求：(1)运动员离开C 点时的速度大小和上升的最大高度；(2)运动员(包括装备)运动到圆轨道最低点B 时对轨道的压力； (3)从A 点到B 点，运动员(包括装备)损失的机械能．解析：(1)设运动员离开C 点时的速度为v 1，上升的最大高度为hv 1＝g t 2＝10 m/s ，h ＝v 212g＝5 m.(2)设运动员到达B 点时的速度为v 2，C 到B ： 12mv 21＋mgR ＝12mv 22 F N －mg ＝m v 22R解得F N ＝3 000 N由牛顿第三定律F ′N ＝F N ＝3 000 N ，方向竖直向下． (3)从A 点到B 点： ΔE ＝mgH －12mv 22解得ΔE ＝3 000 J.答案：(1)10 m/s 5 m (2)3 000 N 方向竖直向下 (3)3 000 J25.(2015·南昌市模拟)如图所示，金属板PQ 、MN 平行放置，金属板长为4a ，间距为4a ，两极板连接在输出电压为U 的恒定电源两端，上金属板PQ 中央有一小孔O ，板间存在垂直纸面向里磁感应强度为B 的匀强磁场区域P ′Q ′N ′M ′，且OP ′＝OQ ′＝a ，P ′M ′＝Q ′N ′＝a .现将一带电小球从距上板某一高度由静止释放，小球从小孔O 进入磁场，小球离开磁场后在平行金属板间做直线运动恰好从下板N 端射出电场，已知重力加速度为g ，求：(1)带电小球的电荷量与质量之比；(2)小球从释放到从下板N 端射出所需时间．解析：(1)由于带电小球离开磁场时速度方向与电场线方向成夹角且做直线运动，所以小球是做匀速直线运动mg ＝qEE ＝U 4a 解得q m＝4ag U.(2)设小球进入小孔的速度为v ，在磁场中做圆周运动半径为r ，Oe ＝x ，如图所示，由数学知识易知，∠Ocd ＝∠fdN ＝θsin θ＝a r在直角三角形ced 中cos θ＝r －xr在直角三角形dfN 中tan θ＝2a －x3a联立可得3sin 2θ＝2sin θcos θ－cos θ＋cos 2θ4sin 2θ－1＝2sin θcos θ－cos θ(2sin θ－1)(2sin θ＋1)－(2sin θ－1)cos θ＝0 解得sin θ＝12，θ＝π6，r ＝2a由r ＝mv qB ，代入数据易得v ＝8a 2gB U设小球做自由落体运动的时间为t 1，则t 1＝v g ＝8a 2B U设小球在磁场中运动的时间为t 2，则t 2＝θm qB ＝πU 24agB设小球做直线运动的时间为t 3，则t 3＝s v ＝23a v ＝3U 4agB所以t ＝t 1＋t 2＋t 3＝8a 2B U ＋（π＋63）U 24agB .答案：(1)4ag U (2)8a 2B U ＋（π＋63）U24agB高考计算题仿真练(二)[题组一]24.如图所示，质量分别为0.5 kg 、0.2 kg 的弹性小球A 、B 穿过一绕过定滑轮的轻绳，绳子末端与地面距离均为0.8 m ，小球距离绳子末端6.5 m ，小球A 、B 与轻绳的滑动摩擦力都为重力的0.5倍，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现由静止同时释放A 、B 两个小球，不计绳子质量，忽略与定滑轮相关的摩擦力，g ＝10 m/s 2.求：(1)释放A 、B 两个小球后，A 、B 各自加速度的大小； (2)小球B 从静止释放经多长时间落到地面． 解析：(1)小球B 加速下落，由牛顿第二定律得： m 2g －km 2g ＝m 2a B a B ＝5 m/s 2小球A 加速下落，由牛顿第二定律得 m 1g －km 2g ＝m 1a A a A ＝8 m/s 2.(2)设经历时间t 1小球B 脱离绳子，小球B 下落高度为h 1，获得速度为v ，则12a A t 21＋12a B t 21＝l ，又l ＝6.5 m解得t 1＝1 sh 1＝12a B t 21＝2.5 mv ＝a B t 1＝5 m/s小球B 脱离绳子后在重力作用下匀加速下落，此时距地面高度为h 2，经历t 2时间后落到地面，则 h 2＝6.5 m ＋0.8 m －2.5 m ＝4.8 m h 2＝vt 2＋12gt 22，解得：t 2＝0.6 s t 总＝t 1＋t 2＝1.6 s.答案：(1)8 m/s 25 m/s 2(2)1.6 s25．如图甲所示，两平行金属板A 、B 的板长L ＝0.2 m ，板间距d ＝0.2 m ，两金属板间加如图乙所示的交变电压，并在两板间形成交变的匀强电场，忽略其边缘效应．在金属板上侧有一方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场宽度D ＝0.4 m ，左右范围足够大，边界MN 和PQ 均与金属板垂直，匀强磁场的磁感应强度B ＝1×10－2T ．在极板下侧中点O 处有一粒子源，从t ＝0时刻起不断地沿着OO ′发射比荷qm＝1×108C/kg 、初速度v 0＝2×105m/s 的带正电粒子，忽略粒子重力、粒子间相互作用以及粒子在极板间飞行时极板间电压的变化．(1)求粒子进入磁场时的最大速率；(2)对于能从MN 边界飞出磁场的粒子，其在磁场的入射点和出射点的间距s 是否为定值？若是，求出该值；若不是，求s 与粒子由O 出发的时刻t 之间的关系式；(3)在磁场中飞行时间最长的粒子定义为“A 类粒子”，求出“A 类粒子”在磁场中飞行的时间以及由O 出发的可能时刻．解析：(1)设粒子恰好从板边缘飞出时，板AB 间电压为U 0，则12·qU 0md ·⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02＝d 2 解得U 0＝400 V<500 V 垂直极板的方向v 1＝qU 0md ·L v 0＝2×105m/s 因此最大速率v ＝v 20＋v 21＝22×105m/s.(2)如图所示，设粒子进入磁场时，速度v ′与OO ′成θ角，则有qv ′B ＝m v ′2Rv ′＝v 0cos θs ＝2R cos θ得s ＝2mv 0qB＝0.4 m ，为定值．(3)如图所示，“A 类粒子”在电场中向B 板偏转，在磁场中的轨迹恰好与上边界相切时，有R (1＋sin θ)＝D联立2R cos θ＝0.4 m ，可得sin θ＝0.6(或者cos θ＝0.8)，即θ＝37° 则粒子在磁场中飞行的总时间为t ＝180°＋37°×2360°·2πm qB ＝12790π×10－6s进入磁场时v y ＝v 0tan θ＝1.5×105m/s又v y ＝qU 1md ·L v 0则对应的板AB 间的电压为U 1＝300 V故粒子从O 出发的时刻可能为t ＝4n ＋0.4(s)或 t ＝4n ＋3.6(s)(n ＝0，1，2…)． 答案：见解析[题组二]24．如图所示，在传送带的右端Q 点固定有一竖直光滑圆弧轨道，轨道的入口与传送带在Q 点相切．以传送带的左端点为坐标原点O ，水平传送带上表面为x 轴建立坐标系，已知传送带长L ＝6 m ，匀速运动的速度v 0＝4 m/s.一质量m ＝1 kg 的小物块轻轻放在传送带上x P ＝2 m 的P 点，小物块随传送带运动到Q 点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N 点．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求N 点的纵坐标y N ；(2)若将小物块轻放在传送带上的某些位置，小物块均不脱离圆弧轨道．求传送带上这些位置的横坐标的范围．解析：(1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度 a ＝μg ＝4 m/s 2小物块与传送带共速时，小物块位移x 1＝v 202a＝2 m<(L －x P )＝4 m故小物块与传送带共速后以v 0匀速运动到Q 点，然后冲上圆弧轨道恰到N 点有：mg ＝m v 2NR从Q →N 有：12mv 2Q －12mv 2N ＝2mgR解得R ＝0.32 my N ＝2R ＝0.64 m.(2)若小物块能通过最高点N ，则0≤x ≤L －x 1 即0≤x ≤4 m若小物块恰能到达高度为R 的M 点，设小物块在传送带上加速运动的位移为x 2，则μmgx 2＝mgR 解得：x 2＝0.8 m ，所以5.2 m≤x <6 m所以当0≤x ≤4 m 或5.2 m≤x <6 m 时，小物块均不脱离轨道． 答案：(1)0.64 m (2)0≤x ≤4 m 或5.2 m≤x <6 m25．如图甲所示，在xOy 平面内存在半径为R ＝16 cm 的圆形有界磁场区域，有界磁场边界和x 轴相切于O 点，y 轴上的P 点为圆心，与y 轴成60°角的MN 为圆形有界磁场的一条直径，MN 将磁场区域分成Ⅰ、Ⅱ两部分．x轴下方为随时间变化的电场，电场强度大小为E ＝8×10－3 V/m ，E －t 图象如图乙所示，周期T ＝1.2×10－2s ．当t ＝T4时，第三象限的粒子源S 沿y 轴正方向发射比荷为108 C/kg 的粒子，粒子经坐标原点O 由y 轴左侧进入磁场区域Ⅰ，依次经P 、M 两点垂直MN 离开磁场．测得粒子在磁场中运动时间t ＝π3×10－4s ，重力不计．求：(1)有界磁场区域Ⅰ中磁感应强度的大小； (2)粒子源S 的可能坐标．解析：(1)带电粒子在圆形有界磁场区域内运动轨迹如图所示，由几何关系可知，在区域Ⅰ内轨迹半径R 1＝R ，在区域Ⅱ内轨迹半径2R 2＝R由r ＝mvqB可知B 2＝2B 1由周期公式T 1＝2πm qB 1，T 2＝2πmqB 2则粒子在圆形有界磁场内运动时间t ＝T 16＋T 22解得B 1＝2.5×10－4T.(2)由qB 1v ＝mv 2R 1得v ＝qB 1R 1m＝4×103m/s与y 轴正向夹角30°，将速度沿x 轴负向与y 轴正向分解：v x ＝v sin 30°＝2×103m/s ，v y ＝v cos 30°＝23×103m/s带电粒子从S 点发射运动到O 点的过程，可分解为沿y 轴正向匀速直线运动和沿x 轴的变加速直线运动．粒子沿x 轴运动的第一种情况如图：粒子在反向加速过程到达O 点．加速度a ＝qEm＝8×105m/s 2x 1＝2×12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 42－v 2x2a＝4.7 m.由于运动的周期性，粒子到达O 点的运动时间t 1＝nT ＋T 2＋v xay 1＝v y (nT ＋T 2＋v xa)＝23(12n ＋8.5) m。
三、计算题——攻克计算题努力得高分1. 计算题中的高频考点力和运动(直线运动、平抛运动和圆周运动)、功和能的关系、电磁感应的综合问题和带电粒子在电场、磁场或复合场中的运动。
压轴题一般有两种可能一是带电粒子在磁场、电场或复合场中的运动，二是能量与运动的综合题，如平抛运动、圆周运动等多过程的组合问题，一般会存在临界条件或隐含条件的分析。
2. 计算题解题技巧(1)过好审题关：通过“通读、细读、选读”抓住关键词语，挖掘隐含条件在读题时不仅要注意那些给出具体数字或字母的显性条件，更要抓住另外一些叙述性的语言，特别是一些关键词语。
所谓关键词语，指的是题目中提出的一些限制性语言，它们或是对题目中所涉及的物理变化的描述，或是对变化过程的界定等。
高考物理计算题之所以较难，不仅是因为物理过程复杂、多变，还由于潜在条件隐蔽、难寻，往往使考生们产生条件不足之感而陷入困境，这也正考查了考生思维的深刻程度。
在审题过程中，必须把隐含条件充分挖掘出来，这常常是解题的关键。
有些隐含条件隐蔽得并不深，平时又经常见到，挖掘起来很容易，例如题目中说“光滑的平面”，就表示“摩擦可忽略不计”；题目中说“恰好不滑出木板”，就表示小物体“恰好滑到木板边缘处且具有与木板相同的速度”等等。
(2)过好建模关：通过过程分析，画好情境示意图，对不同过程建立不同的物理模型在高中物理中，力学部分涉及的运动过程有匀速直线运动、匀变速直线运动、平抛运动、圆周运动、简谐运动等。
热学中的变化过程主要有等温变化、等压变化、等容变化、绝热变化等(这些过程的定量计算在某些省的高考中已不作要求)。
电学中的变化过程主要有电容器的充电和放电、电磁振荡、电磁感应中的导体棒做先变加速后匀速的运动等，而画出这些物理过程的示意图或画出关键情境的受力分析示意图是求解计算题的常规手段。
画好分析草图是审题的重要步骤，它有助于建立清晰有序的物理过程和确立物理量间的关系，可以把问题具体化、形象化。
高考/备考辅导2016年高考物理二轮复习：如何提升解题能力1、强化选择题的训练注重对基础知识和基本概念的考查，在选择题上的失手将使部分考生在高考中输在起跑线上，因为选择题占分多，贴特别复选题难度较大，失分多。
建议同学们一定要做到会的题目都拿到分数，不错过。
2、加强对过程与方法的训练，提高解决综合问题的应试能力高考命题将加大落实考查“知识与技能”、“过程与方法”的力度，更加注重通过对解题过程和物理思维方法的考查来甄别考生的综合能力。
分析是综合的基础，分析物理运动过程、条件、特征，要有分析的方法，主要有：定性分析、定量分析、因果分析、条件分析、结构功能分析等。
在处理复杂物理问题是一般要定性分析可能情景、再定量分析确定物理情景、运动条件、运动特征。
如物体的平衡问题在力学部分出现，学生往往不会感到困难，在电场中出现就增加了难度，更容易出现问题的是在电磁场、重力场(复合场)中再次出现，能力不够的学生就会束手无策。
3、提高应试能力(1) 注重每次考试，参加考试过程很重要，但如何让你的答卷赢得更高的分数，这是很多同学没有思考的问题。
学生要换位思考，当学生面对一张答题卷进行“假如我就是阅卷场的评卷人”的换位思考时，站在评卷人的角度审视他或同学的答卷时，他会发现许多过去没有发现过的失分之处，这些失分之处正是将来高考中得分的增长点，这一增长点会给你的高考带来丰厚的收获。
(2)不要跳步，逐步求解。
每天进行2到3个计算题的规范化训练。
每天做2到3个计算题，当然这些题是有代表性的经典题，由于高考改革更加注重平稳发展，近三年的高考真题对未来高考命题思想的影响将是深远的，对近三年高考命题的研究和思考，就能求解出未来命题的基本思路，确定准确的备考方向。
高考真题都是经过专业素质很高的专家精心选拔出来有代表性和预见性的经典题型，在做题时先要独立完成，然后对照标准答案进行批改，这样有利于培养学生严谨的解题习惯，有利于训练思维能力，有利于了解学习的全面情况，及时进行查缺补漏。
第二部分应试高分策略第1讲选择题突破策略与技巧——保住基础快得分高考夺高分的关键，不在于题目的难度，而在于答题的速度．高考物理选择题平均每道题解答时间应控制在两分钟以内．选择题要做到既快又准，除了掌握直接判断和定量计算等常规方法外，还要学会一些非常规“巧解”方法．解题陷困受阻时更要切记不可一味蛮做，要针对题目的特性“千方百计”达到快捷解题的目的．妙法1 排除法妙法解读在读懂题意的基础上，根据题目的要求，先将明显错误或不合理的选项逐一排除，最后只剩下正确的选项．注意有时题目要求选出错误的选项，那就是排除正确的选项．(2015·山东潍坊3月模拟)如图所示，三条平行虚线位于纸面内，中间虚线两侧有方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向．菱形闭合导线框ABCD位于纸面内且对角线AC与虚线垂直，磁场宽度与对角线AC长均为d，现使线框沿AC方向匀速穿过该磁场，以逆时针方向为感应电流的正方向，则从C点进入磁场到A点离开磁场的过程中，线框中电流i随时间t的变化关系，以下可能正确的是( )[解析] 由楞次定律可以知道，进入磁场过程中感应电流为逆时针，i>0，排除B、C．当BD经过中间虚线时，感应电流为BD经过第一条虚线时的2倍，排除A．故选D．[答案] D [方法感悟] 此法在解答选择题中是使用频率最高的一种方法．基本思路是通过一个知识点或过程分析排除部分选项，然后再通过另一物理规律或过程分析排除部分选项，最后得出正确答案．[牛刀小试]1．纸面内两个半径均为R的圆相切于O点，两圆形区域内分别存在垂直于纸面向外、向里的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化．一长为2R的导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为ω.t＝0时，OA恰好位于两圆的公切线上，如图所示．若选从O指向A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图象可能正确的是( )解析：选C ．当导体杆顺时针转动切割圆形区域中的磁感线时，由右手定则判断电动势由O 指向A ，为正，选项D 错误；切割过程中产生的感应电动势E ＝BLv ＝12BL 2ω，其中L ＝2R sin ωt ，即E ＝2B ωR 2sin 2ωt ，可排除选项A 、B ，选项C 正确．妙法2 特值法妙法解读 有些选择题，根据它所描述的物理现象的一般情况，难以直接判断选项的正误时，可以让某些物理量取特殊值，代入到各选项中逐个进行检验．凡是用特殊值检验证明是不正确的选项，一定是错误的，可以排除．如图所示，细线的一端系一质量为m 的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a 水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力F T 和斜面的支持力F N 分别为(重力加速度为g )( )A ．F T ＝m (g sin θ＋a cos θ) F N ＝m (g cos θ－a sin θ)B ．F T ＝m (g cos θ＋a sin θ) F N ＝m (g sin θ－a cos θ)C ．F T ＝m (a cos θ－g sin θ) F N ＝m (g cos θ＋a sin θ)D ．F T ＝m (a sin θ－g cos θ) F N ＝m (g sin θ＋a cos θ)[解析] 取特例a ＝0，则F T ＝mg sin θ，F N ＝mg cos θ.将a ＝0代入四个选项，只有A 项可得到上述结果，故只有A 正确．[答案] A[方法感悟] 以上解析用非常规解法，巧取特例轻松妙解，特例赋值法一般对通解表达式很奏效．[牛刀小试]2.如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F 的作用，F 平行于斜面向上．若要使物块在斜面上保持静止，F 的取值应有一定的范围，已知其最大值和最小值分别为F 1和F 2(F 1和F 2的方向均沿斜面向上)．由此可求出物块与斜面间的最大静摩擦力为( )A ．F 12B ．2F 2C ．F 1－F 22D ．F 1＋F 22解析：选C ．取F 1＝F 2≠0，则斜面光滑，最大静摩擦力等于零，代入后只有C 满足.妙法3 极限法妙法解读 极限法是把某个物理量推向极端，从而作出科学的推理分析，给出判断或导出一般结论．该方法一般适用于题干中所涉及的物理量随条件单调变化的情况．极限法在进行某些物理过程分析时，具有独特作用，使问题化难为易，化繁为简，达到事半功倍的效果．一半径为R 的绝缘圆环上，均匀地带有电荷量为Q 的电荷，在垂直于圆环平面的对称轴上有一点P ，它与环心O 的距离OP ＝L .静电力常量为k ，关于P 点的场强E ，下列四个表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是( )A ．E ＝kQ R 2＋L 2B ．E ＝kQL R 2＋L 2 C ．E ＝kQR （R 2＋L 2）3 D ．E ＝kQL （R 2＋L 2）3 [解析] 当R ＝0时，带电圆环等同于一点电荷，由点电荷电场强度计算式可知在P 点的电场强度为E ＝k Q L2，将R ＝0代入四个选项，只有选项A 、D 满足；当L ＝0时，均匀带电圆环在中心处产生的电场的电场强度为0，将L ＝0代入选项A 、D ，只有选项D 满足．[答案] D[方法感悟] 利用极限法解题时要注意：①有哪些量可以推向极端(如本题中将R 、L 推向零)；②极端推向零还是无穷大．[牛刀小试]3.如图所示，在一粗糙的水平面上有两个质量分别为m 1和m 2的木块1和2，用原长为l 、劲度系数为k 的轻弹簧连接起来，木块与地面间的动摩擦因数均为μ.现用一水平力向右拉木块2，当两木块一起匀速运动时，两木块间的距离为( )A ．l ＋μm 1g kB ．l ＋μ（m 1＋m 2）g kC ．l ＋μm 2g kD ．l ＋μm 1m 2g k （m 1＋m 2）解析：选A ．弹簧对木块1的拉力与木块1所受的摩擦力平衡，当m 1的质量越小时摩擦力越小，弹簧的拉力也越小．当m 1的值等于零时(极限)，则不论m 2多大，弹簧的伸长量都为零，故选A 项．妙法4 逆向法妙法解读 逆向法是指用常规思路难以解决问题时，采取逆向思维解决问题的方法．物理问题中常用的逆向思维有过程逆向、时间反演等．如图所示，在斜面底端C 点以一定初速度斜向左上方抛出质量相同的两小球a 、b ，小球a 、b 分别沿水平方向击中斜面顶端A 点和斜面中点B ，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A ．小球a 、b 在空中飞行的时间之比为2∶1B ．小球a 、b 在C 点时的初速度大小之比为2∶1C ．小球a 、b 在击中点时的动能之比为4∶1D ．小球a 、b 在抛出点时的速度与斜面的夹角之比为1∶1[解析] 因两小球都是水平击中斜面的，所以可将小球的运动过程逆向，则两小球均做平抛运动，由h ＝12gt 2知小球a 、b 在空中飞行的时间之比为2∶1，选项A 错误；因两小球做平抛运动时发生的位移与水平方向的夹角均为斜面倾角，由平抛运动物体速度方向的特点知小球a 、b 在C 点时速度与斜面的夹角之比为1∶1，选项D 正确；设两球抛出时速度方向与水平方向夹角为α，则水平射程x ＝v 0cos α·t ，所以小球a 、b 在抛出点时的初速度大小之比为2∶1，选项B 错误；小球在击中点时的动能为12m (v 0cos α)2，所以小球a 、b 在击中点时的动能之比为2∶1，选项C 错误．[答案] D[方法感悟] 对于斜上抛运动，往往利用最高点速度特征，逆向等同为平抛运动；对于匀减速直线运动，往往逆向等同为匀加速直线运动．[牛刀小试]4.(多选)一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连．小球某时刻正处于图示状态．设斜面对小球的支持力为F N ，细绳对小球的拉力为F T ，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是( )A ．若小车向左运动，F N 可能为零B ．若小车向左运动，F T 可能为零C ．若小车向右运动，F N 不可能为零D ．若小车向右运动，F T 不可能为零解析：选AB ．对小球进行受力分析，假设F N 为零，小球的合外力水平向右，加速度向右，故小车可能向右加速运动或向左减速运动，A 对，C 错；假设F T 为零，小球的合外力水平向左，加速度向左，故小车可能向右减速运动或向左加速运动，B 对，D 错．妙法5 对称法妙法解读 对称情况存在于各种物理现象和物理规律中，应用这种对称性可以帮助我们直接抓住问题的实质，避免复杂的数学演算和推导，快速解题．下列选项中的各14圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各14圆环间彼此绝缘．坐标原点O 处电场强度最大的是( )[解析] 由对称原理可知，A 、C 图中在O 点的场强大小相等，D 图中在O 点场强为0，B 图中两14圆环在O 点合场强最大，选项B 正确． [答案] B[方法感悟] 利用对称性，只计算抵消后剩余部分的场强，这样可以明显减少解答运算量，做到快速解题．[牛刀小试]5.(多选)(2015·江西赣州模拟)如图所示，一个半径为R 的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B 大小相等，方向均与环面轴线方向成θ角(环面轴线为竖直方向)．若导电圆环上载有如图所示的恒定电流I ，则下列说法正确的是( )A ．导电圆环所受安培力方向竖直向下B ．导电圆环所受安培力方向竖直向上C ．导电圆环所受安培力的大小为2BIRD ．导电圆环所受安培力的大小为2πBIR sin θ解析：选BD ．将导电圆环分成小的电流元，任取一小段电流元为对象，把磁场分解成水平方向和竖直方向的两个分量，则因对称性竖直方向的分磁场产生的安培力为零，水平方向的分磁场产生的安培力为2πBIR sin θ，方向为竖直向上，B、D两项正确．妙法6 反证例举法妙法解读有些选择题的选项中，带有“可能”、“可以”等不确定词语，只要能举出一个特殊例子证明它正确，就可以肯定这个选项是正确的；有些选择题的选项中，带有“一定”、“不可能”等肯定的词语，只要能举出一个反例驳倒这个选项，就可以排除这个选项．关于静电场，下列说法正确的是( )A．电势等于零的物体一定不带电B．电场强度为零的点，电势一定为零C．同一电场线上的各点，电势一定相等D．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加[解析] 带电物体的电势可以为零，比如接地的导体，可以带电，取大地电势为零，则此导体的电势为零，A错；电场强度和电势没有必然的联系，场强为零的地方，电势可以为零，也可以不为零，如两等量正点电荷连线中点处的场强为零，但电势不一定为零，B错；顺着电场线的方向，电势降低，C错；负电荷沿电场线方向移动，则电场力做负功，电势能一定增加，D对．[答案] D[方法感悟] 对于有“一定”的选项，只要能找到“不一定”的反例，或对于有“不可能”的选项，只要能找到“可能”的例子，就可将此选项排除．[牛刀小试]6.(多选)(2015·成都九校联考)如图所示，物体在水平推力F的作用下静止在斜面上，若稍微增大水平力F物体仍保持静止，则下列判断中错误的是( )A．斜面对物体的静摩擦力一定增大B．斜面对物体的支持力一定增大C．物体在水平方向所受合力一定增大D．物体在竖直方向所受合力一定增大解析：选ACD．原来斜面对物体的静摩擦力方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，所以稍微增大水平力F，静摩擦力可能减小也可能增大，甚至可能大小不变，A说法错误；F 增大，则物体对斜面的压力F N＝mg cos θ＋F sin θ也增大，所以B说法正确；根据物体仍保持静止可知，物体在水平方向和竖直方向上的合力都为零，所以C、D的说法都是错误的．妙法7 二级结论法妙法解读在平时的解题过程中，积累了大量的“二级结论”，熟记并巧用一些“二级结论”可以使思维过程简化，节约解题时间．非常实用的二级结论有：(1)等时圆规律；(2)平抛运动速度的反向延长线过水平位移的中点；(3)不同质量和电荷量的同性带电粒子由静止相继经过同一加速电场和偏转电场，轨迹重合；(4)直流电路中动态分析的“串反并同”结论；(5)平行通电导线同向相吸，异向相斥；(6)带电平行板电容器与电源断开，改变极板间距离不影响极板间匀强电场的强度等．如图所示，长度相等的两杆OA 、OB 通过转动轴相连于O 点(B 端滑轮大小不计)，一端系有重物的轻绳，另一端跨过滑轮固定于A 点，OA 保持竖直不动，杆OB 与杆OA 的夹角θ可调整，现将一光滑小轻环套在细绳上，让其从A 点由静止开始下滑至B 点，在下滑过程中θ角保持不变，细绳始终绷直，下面关于轻环下滑时间的判断，正确的是( )A ．θ角越大，下滑所需时间越长B ．θ＝45°时，下滑所需时间最短C ．θ＝90°时，下滑所需时间最短D ．不论θ为何值，下滑所需时间都相同[解析] 本题属于“等时圆”模型，故D 正确．[答案] D[方法感悟] “二级结论”在计算题中一般不可直接应用，但运用其解答选择题时优势是显而易见的，可以大大提高解题的速度和准确率．[牛刀小试]7．(多选)(2014·高考山东卷)如图，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好．在向右匀速通过M 、N 两区的过程中，导体棒所受安培力分别用F M 、F N 表示．不计轨道电阻．以下叙述正确的是( )A ．F M 向右B ．F N 向左C ．F M 逐渐增大D ．F N 逐渐减小解析：选BCD ．根据楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和安培力公式解决问题．根据直线电流产生磁场的分布情况知，M 区的磁场方向垂直纸面向外，N 区的磁场方向垂直纸面向里，离导线越远，磁感应强度越小．当导体棒匀速通过M 、N 两区时，感应电流的效果总是反抗引起感应电流的原因，故导体棒在M 、N 两区运动时，受到的安培力均向左，故选项A 错误，选项B 正确；导体棒在M 区运动时，磁感应强度B 变大，根据E ＝Blv ，I ＝E R及F ＝BIl 可知，F M 逐渐变大，故选项C 正确；导体棒在N 区运动时，磁感应强度B 变小，根据E ＝Blv ，I ＝E R 及F ＝BIl 可知，F N 逐渐变小，故选项D 正确．妙法8 作图分析法妙法解读 根据题目的内容画出图象或示意图，如物体的运动图象、光路图、气体的状态变化图象等，再利用图象分析寻找答案．作图类型主要有三种：(1)函数图象；(2)矢量图；(3)几何图．有一种“猫捉老鼠”趣味游戏，如图所示，D是洞口，猫从A点沿水平线ABD匀速追赶老鼠，老鼠甲从B点沿曲线BCD先加速后减速逃跑，老鼠乙从B点沿BED先减速后加速逃跑，已知猫和两只老鼠同时开始运动且初速率相等，到达洞口D时速率也相等，猫追赶的路程ABD与两只老鼠逃跑的路程BCD和BED均相等，则下列说法正确的是( )A．猫能在洞口堵住老鼠甲B．猫能在洞口堵住老鼠乙C．两只老鼠在洞口都被猫堵住D．两只老鼠均能从洞口逃离[解析] 因两只老鼠运动的加速度大小不清楚，所以无法进行定量计算，但可根据题中三者运动路程相等，画出速率随时间变化的关系图象，利用图线与t轴所围面积相等来求解，根据猫与老鼠的运动情况可大致作出图象如图所示，由图知老鼠甲可以逃离洞口．[答案] B[方法感悟] 作图分析法具有形象、直观的特点，便于了解各物理量之间的关系，能够避免繁琐的计算，迅速简便地找出正确选项．[牛刀小试]8. 如图所示，长方形区域abcd，长ad＝0.6 m，宽ab＝0.3 m，O、e分别是ad、bc 的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度B ＝0.25 T．一群不计重力、质量m＝3.0×10－7 kg、电荷量q＝＋2.0×10－3 C的带电粒子以速度v＝5.0×102 m/s沿垂直ad的方向垂直于磁场射入磁场区域( )A．从Od段射入的粒子，出射点全部分布在Oa段B．从Oa段射入的粒子，出射点全部分布在ab边C．从Od段射入的粒子，出射点分布在Oa段和ab边D．从Oa段射入的粒子，出射点分布在ab边和bc边解析：选D ．粒子在磁场中做匀速圆周运动，在磁场外做匀速直线运动，粒子在磁场中有qvB ＝m v 2r ，r ＝mv qB＝0.3 m ．从Od 段射入的粒子，如果abcd 区域均分布磁场，从O 点射入的粒子刚好从b 点射出，现半圆外区域没有磁场，粒子做直线运动，出射点在bc 边上(如图所示)；从Oa 段射入的粒子，出射点分布在ab 边和bc 边，D 正确．妙法9 等效替换法妙法解读 等效替换法是把陌生、复杂的物理现象、物理过程在保证某种效果、特性或关系相同的前提下，转化为简单、熟悉的物理现象、物理过程来研究，从而认识研究对象本质和规律的一种思想方法．等效替换法广泛应用于物理问题的研究中，如：力的合成与分解、运动的合成与分解、等效场、等效电源……如图所示，xOy 平面是无穷大导体的表面，该导体充满z ＜0的空间，z ＞0的空间为真空．将电荷量为q 的点电荷置于z 轴上z ＝h 处，则在xOy 平面上会产生感应电荷．空间任意一点处的电场皆是由点电荷q 和导体表面上的感应电荷共同激发的．已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z 轴上z ＝h 2处的场强大小为(k 为静电力常量)( )A ．k 4q h 2B ．k4q9h 2 C ．k 32q 9h 2 D ．k 40q 9h 2 [解析] 点电荷q 和感应电荷所形成的电场在z ＞0的区域可等效成关于O 点对称的等量异种电荷形成的电场．所以z 轴上z ＝h 2处的场强E ＝k q （h /2）2＋k q ⎝ ⎛⎭⎪⎫32h 2＝k 40q 9h 2，选项D 正确．[答案] D[方法感悟] 此方法的基本特征为等效替代，把复杂问题转化为一个较简单的问题，起到化难为易的作用．[牛刀小试]9.(2015·天津模拟)如图所示，一个边长为L 、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B 的匀强磁场中．若通以图示方向的电流(从A 点流入，从C 点流出)，电流为I ，则金属框受到的磁场力为( )A ．0B ．ILBC ．43ILBD ．2ILB解析：选B ．可以把正三角形金属框看做两根导线并联，且两根导线中的总电流等于I ，由安培力公式可知，金属框受到的磁场力为ILB ，B 项正确．妙法10 估算求解法妙法解读 有些选择题本身就是估算题，有些貌似要精确计算，实际上只要通过物理方法(如：数量级分析)，或者数学近似计算法(如：小数舍余取整)，进行大致推算即可得出答案．估算求解法是一种科学而有实用价值的特殊方法，可以大大简化运算，帮助考生快速地找出正确选项．某同学每天骑自行车上学，已知在平直公路上以一般速度行驶的自行车所受的阻力约为人和车总重的0.02倍，则骑车人的功率最接近于( )A ．0.1 kWB ．1×103 kWC ．1 kWD ．10 kW[解析] 自行车行驶的一般速度约为15 km/h ，人和自行车的总质量约为100 kg ，则P＝Fv ＝kmgv ＝0.02×100×10×15×1033 600W ＝0.083 kW. [答案] A[方法感悟] 此题解法灵活，运用数学近似计算的技巧，如把小数舍余取整，相差较大的两个量求和时舍去小的那个量，并未严格精确计算也可快速得出正确选项．[牛刀小试]10.在光滑水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等．碰撞过程的频闪照片如图所示，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的( )A ．30%B ．50%C ．70%D ．90%解析：选A ．闪光照片的闪光时间是相等的，根据v ＝x t 和E k ＝12mv 2解决问题．通过直尺量出碰撞前的白球照片间距与碰撞后的白球照片间距之比为12∶7，且碰后的白球与灰球的照片间距相等，即碰撞后两球速度大小v ′与碰撞前白球速度大小v 的比值v ′v ＝712.所以损失的动能ΔE k ＝12mv 2－12×2mv ′2，ΔE k E k0≈30%，故选项A 正确．11。
力学计算题巧练1．某物体A静止于水平地面上，它与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，若给物体A一个水平向右的初速度v0＝10 m/s，g＝10 m/s2.求：(1)物体A向右滑行的最大距离；(2)若物体A右方x0＝12 m处有一辆汽车B，在物体A获得初速度v0的同时，汽车B从静止开始以a＝2 m/s2的加速度向右运行，通过计算说明物体A能否撞上汽车B.解析：(1)由牛顿第二定律得μmg＝ma0a0＝2 m/s2根据v2t－v20＝－2a0x得x＝25 m.(2)假设二者不相撞，设经过时间t二者有共同速度v则对物体A：v＝v0－a0t对汽车B：v＝at解得：v＝5 m/s，t＝2.5 s该过程中物体A的位移：x A＝v0＋v2t＝18.75 m该过程中汽车B的位移：x B＝v2t＝6.25 m因为x A>x B＋x0故物体A能撞上汽车B.答案：(1)25 m(2)能2.皮带传送在现代生产生活中的应用非常广泛，如商场中的自动扶梯、港口中的货物运输机等．如图所示为某工厂载货用的移动式伸缩传送带，传送带AB斜面与水平面之间的夹角θ＝37°，传送带在电动机的带动下以10 m/s的速度沿斜面向下运动，现将一物体(可视为质点)无初速度地轻放在传送带上的A点，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，传送带AB长为L＝29 m，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：(1)当物体加速到与传送带速度相同时所用的时间和物体的位移；(2)物体从A到B需要的时间为多少？解析：甲(1)物体放到传送带上后，沿传送带向下做匀加速直线运动，开始相对于传送带沿传送带向后运动，受到的摩擦力沿传送带向下(物体受力情况如图甲所示)，根据牛顿第二定律，可求出物体的加速度为：a1＝g sin θ＋μg cos θ＝10 m/s2当物体加速到与传送带速度相同时所用的时间为：t 1＝va＝1 s物体发生的位移满足：v 2＝2a 1x 1， 代入数据解得：x 1＝5 m.乙(2)物体加速到与传送带速度相同后，因为mg sin θ>μmg cos θ，所以物体相对于传送带沿传送带向下运动，摩擦力方向变为沿传送带向上(受力情况如图乙所示)．根据牛顿第二定律得知物体在此过程中的加速度为：a 2＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s 2设物体完成剩余的位移x 2＝L －x 1＝24 m 所用的时间为t 2，则x 2＝v t 2＋12a 2t 22代入数据解得：t 2＝2 s故物体从A 到B 需要的时间为 t ＝t 1＋t 2＝1 s ＋2 s ＝3 s. 答案：(1)1 s 5 m (2)3 s 3．(2015·福建福州质检)如图甲所示，质量m ＝1 kg 的物块在平行于斜面向上的拉力F 作用下从静止开始沿斜面向上运动，t ＝0.5 s 时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v －t 图象)如图乙所示，g 取10 m/s 2，求：(1)2 s 内物块的位移大小x 和通过的路程L ；(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a 1、a 2和拉力大小F . 解析：(1)在2 s 内，由题图乙知：物块上升的最大距离：x 1＝12×2×1 m ＝1 m物块下滑的距离：x 2＝12×1×1 m ＝0.5 m所以位移大小x ＝x 1－x 2＝0.5 m 路程L ＝x 1＋x 2＝1.5 m.(2)由题图乙知，所求两个阶段加速度的大小 a 1＝4 m/s 2① a 2＝4 m/s 2②设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为F f ，根据牛顿第二定律有0～0.5 s 内：F －F f －mg sin θ＝ma 1③ 0．5～1 s 内：F f ＋mg sin θ＝ma 2④ 由①②③④式得F ＝8 N.答案：(1)0.5 m 1.5 m (2)4 m/s 2 4 m/s 2 8 N 4．(2015·山东淄博模拟)如图所示，上表面光滑、长度L ＝3 m 、质量M ＝10 kg 的木板，在F ＝50 N 的水平拉力作用下，以v 0＝5 m/s 的速度沿水平地面向右匀速运动．现将一个质量为m ＝3 kg 的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，当木板运动了L ＝1 m 时，又将第二个同样的小铁块无初速度地放在木板最右端，以后木板每运动1 m 就在其最右端无初速度地放上一个同样的小铁块．(g 取10 m/s 2)求：(1)木板与地面间的动摩擦因数；(2)刚放第三个小铁块时木板的速度大小；(3)从放第三个小铁块开始到木板停下的过程，木板运动的距离．解析：(1)木板在F ＝50 N 的水平拉力作用下做匀速直线运动时，受到地面的摩擦力设为F f ，由平衡条件得：F ＝F f ①又F f ＝μMg ②联立①②并代入数据得：μ＝0.5.③(2)每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加μmg ，设刚放第三个小铁块时木板的速度为v 1，对木板从放第一个小铁块到刚放第三个小铁块的过程，由动能定理得：－μmgL －2μmgL ＝12M v 21－12M v 20④ 联立③④并代入数据得：v 1＝4 m/s.⑤(3)从放第三个小铁块开始到木板停止之前，木板所受的合外力大小均为3μmg .从放第三个小铁块开始到木板停止的过程，设木板运动的距离为x ，对木板由动能定理得：－3μmgx ＝0－12M v 21⑥联立③⑤⑥并代入数据得x ＝169m ≈1.78 m. 答案：(1)0.5 (2)4 m/s (3)1.78 m5．如图甲所示，一辆货车车厢内紧靠前挡板处有一物体A ，其质量m ＝1×103 kg ，与车厢间的动摩擦因数μ＝0.83.物体A 与货车一起以速度v ＝10 m/s ，在倾角θ＝37°的足够长斜坡上匀速向上行驶．从某时刻开始货车加速运动，v －t 图象如图乙所示，物体A 与车厢后挡板接触前，已与货车速度相同，此时货车已经做匀速直线运动(空气阻力不计，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．在这个相对滑动过程中，求：(1)物体A 的加速度大小；(2)物体A 的相对滑动时间；(3)摩擦力对物体A 所做的功(保留两位有效数字)．解析：(1)设物体A 与车厢发生相对滑动时的加速度为a ， 由牛顿第二定律有：μmg cos θ－mg sin θ＝ma 所以物体A 的加速度大小：a ＝0.64 m/s 2.(2)由题图乙中v －t 图象可知，货车的加速度： a ′＝0.8 m/s 2>a ，所以货车匀速运动后，物体A 仍继续向前加速一段时间才与车厢保持相对静止． 由v －t 图象可知，物体匀加速运动的末速度为： v t ＝18 m/s设从物体与车厢发生相对滑动到相对静止的时间为t 由匀变速直线运动规律有：v t ＝v ＋at 解得：t ＝12.5 s.(3)由匀变速直线运动规律可得物体A 的位移： x ＝v t ＋12at 2摩擦力对物体A 做的功为：W ＝μmg cos θ·x 联立以上两式并代入数据可得摩擦力对物体A 做的功：W ≈1.2×106 J. 答案：(1)0.64 m/s 2 (2)12.5 s (3)1.2×106 J6．如图所示，小球A 和B 质量分别为m A ＝0.3 kg 和m B ＝0.5 kg ，两球间压缩一弹簧(不拴接)，并用细线连接，静止于一光滑的水平平台上，烧断细线后，弹簧储存的弹性势能全部转化为两球的动能，小球B 脱离弹簧时的速度v B ＝3 m/s ，A 球滑上用一小段光滑小圆弧连接的光滑斜面，当滑到斜面顶端时速度刚好为零，斜面的高度H ＝1.25 m ，B 球滑出平台后刚好沿光滑固定圆槽左边顶端的切线方向进入槽中，圆槽的半径R ＝3 m ，圆槽所对的圆心角为120°，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)烧断细线前轻弹簧储存的弹性势能E p ； (2)平台到圆槽的距离L ；(3)小球B 滑到圆槽最低点时对槽的压力F N ′ . 解析：(1)烧断细线后对小球A 分析： m A gH ＝12m A v 2A 烧断细线前轻弹簧储存的弹性势能 E p ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B 联立两式解得E p ＝6 J.(2)设小球B 做平抛运动的时间为t ， 则v y ＝gt L ＝v B tB 球运动到圆槽左边顶端时，有tan 60°＝v yv B联立以上三式解得L ＝9310m ≈1.56 m.(3)对小球B 从圆槽最高点到圆槽最低点的过程进行分析有： 小球B 在圆槽最高点的速度大小v ＝v 2B ＋v 2y ＝2v B小球B 从圆槽最高点到最低点的高度差 h ＝R －R cos 60°设小球B 在最低点的速度大小为v 1，由机械能守恒得m B gh ＝12m B v 21－12m B v 2小球在圆槽最低点时：F N －m B g ＝m B v 21R联立以上各式解得F N ＝16 N由牛顿第三定律得小球B 滑到圆槽最低点时对槽的压力F N ′ ＝16 N ，方向竖直向下． 答案：(1)6 J (2)1.56 m (3)16 N 方向竖直向下电学计算题巧练1.如图所示，xOy 平面为一光滑水平面，在此区域内有平行于xOy 平面的匀强电场，场强大小E ＝100 V/m ；同时有垂直于xOy 平面的匀强磁场．一质量m ＝2×10－6 kg 、电荷量q＝2×10－7 C 的带负电粒子从坐标原点O 以一定的初动能入射，在电场和磁场的作用下发生偏转，到达P (4，3)点时，动能变为初动能的0.5倍，速度方向垂直OP 向上．此时撤去磁场，经过一段时间该粒子经过y 轴上的M (0，6.25)点，动能变为初动能的0.625倍，求：(1)OP 连线上与M 点等电势的点的坐标； (2)粒子由P 点运动到M 点所需的时间．解析：(1)设粒子在P 点时的动能为E k ，则初动能为2E k ，在M 点动能为1.25E k ，O 点与P 点和M 点的电势差分别为：U OP ＝E k q ，U OM ＝0.75E kq设OP 连线上与M 点电势相等的点为D ，由几何关系得OP 的长度为5 m ，沿OP 方向电势下降．则：U OD U OP ＝U OM U OP ＝OD OP ＝0.751得OD ＝3.75 m ，设OP 与x 轴的夹角为α，则sin α＝35，D 点的坐标为x D ＝OD cos α＝3 m ，y D ＝OD sin α＝2.25 m 即D 点坐标为(3，2.25)．(2)由于OD ＝3.75 m ，而OM cos ∠MOP ＝3.75 m ，所以MD 垂直于OP ，由于MD 为等势线，因此OP 为电场线，方向从O 到P ，带电粒子从P 到M 过程中做类平抛运动，设运动时间为t则DP ＝12Eq mt 2，又DP ＝OP －OD ＝1.25 m 解得：t ＝0.5 s.答案：(1)(3，2.25) (2)0.5 s 2．(2015·河北正定模拟)从地面以v 0斜向上抛出一个质量为m 的小球，当小球到达最高点时，小球具有的动能与势能之比是9∶16，取地面为重力势能参考面，不计空气阻力．现在此空间加上一个平行于小球平抛平面的水平电场，以相同的初速度抛出带上正电荷量为q 的原小球，小球到达最高点时的动能与抛出时动能相等．求：(1)无电场时，小球升到最高点的时间； (2)后来加上的电场的场强大小．解析：(1)无电场时，当小球到达最高点时，小球具有的动能与势能之比是9∶16 将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，则由v 2y ＝2gh ，得12m v 2y ＝mgh 12m v 2x ∶12m v 2y＝9∶16 解得初始抛出时：v x ∶v y ＝3∶4 所以竖直方向的初速度为v y ＝45v 0竖直方向上做匀减速运动v y ＝gt 得t ＝4v 05g.(2)设后来加上的电场场强大小为E ，小球到达最高点时的动能与刚抛出时的动能相等，若电场力的方向与小球初速度的水平分量方向相同，则有E 1q m t ＋35v 0＝v 0 解得：E 1＝mg 2q.若电场力的方向与小球初速度的水平分量方向相反，则有E 2q m t －35v 0＝v 0解得：E 2＝2mgq.答案：(1)4v 05g (2)mg 2q 或2mgq3.如图所示，在x 轴上方有垂直于xOy 平面向外的足够大匀强磁场(图中没有画出该磁场)，一个质量为m ，电荷量为q (q >0)的粒子，在P 点以速率v 沿与x 轴成某一角度射入磁场，然后粒子从Q 点离开磁场，P 点与Q 点关于y 轴对称且相距为2a ，其中a ＝m v2Bq (B 为磁感应强度，大小未知，不计粒子重力的影响)．(1)求粒子从P 点运动到Q 点的时间；(2)若匀强磁场只在x 轴上方某一区域内存在，且磁场边界为圆形，改变粒子的入射方向，使粒子进入磁场位置的横坐标x ＝－a2，其中a ＝m v B ′q (B ′为磁感应强度，大小未知，不计粒子重力的影响)，还能保证粒子经过Q 点，求粒子进入磁场位置的纵坐标及该圆形磁场区域的最小面积．解析：(1)粒子进入磁场在洛伦兹力的作用下，做圆周运动，经过PQ 两点的圆弧既可以是优弧也可以是劣弧，则由q v B ＝m v 2r 得：r ＝m vqB ＝2a圆周运动的周期：T ＝2πr v ＝4πav 劣弧对应的圆心角为θ：sinθ2＝a r ＝12，得θ＝π3优弧对应的圆心角为θ′：θ′＝2π－θ＝5π3粒子运动时间t ＝θ2πT ＝2πa 3v 或t ＝θ′2πT ＝10πa3v.(2)由题意可知：粒子进入磁场前先做一段直线运动，进入磁场后，在洛伦兹力作用下，做一段圆弧运动，而后离开磁场区域，再做一段直线运动到达Q 点，如图所示．设进入磁场点的坐标为(x ，y )，粒子圆周运动的半径为r ′由B ′q v ＝m v 2r ′得r ′＝a由几何关系得：r ′2＝x 2＋(r ′cos α)2 tan α＝y a －|x |，x ＝－a2解得：y ＝36a 当磁场边界圆的直径为进出磁场点之间的线段时，磁场面积最小，对应的半径最小．由对称性可知磁场最小半径为a2S min ＝π⎝⎛⎭⎫a 22＝π4a 2.答案：见解析 4. 如图所示，在矩形区域CDNM 内有沿纸面向上的匀强电场，场强的大小E ＝1.5×105 N/C ；在矩形区域MNGF 内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B ＝0.2 T ．已知CD ＝MN ＝FG ＝0.6 m ，CM ＝MF ＝0.20 m ．在CD 边中点O 处有一放射源，沿纸面向电场中各方向均匀地发射速率均为v 0＝1.0×106 m/s 的某种带正电的粒子，粒子质量m ＝6.4×10－27kg ，电荷量q ＝3.2×10－19 C ，粒子可以无阻碍地通过边界MN 进入磁场，不计粒子的重力．求：(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；(2)边界FG 上有粒子射出磁场的范围的长度； (3)粒子在磁场中运动的最长时间．解析：(1)设带电粒子射入磁场时的速度为v ，由动能定理得 qE ·CM ＝12m v 2－12m v 20，解得v ＝2×106 m/s带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有 q v B ＝m v 2rr ＝m vBq＝0.2 m. (2)如图所示，垂直电场方向射入电场中的粒子在该方向的位移最大，离开电场时，设其速度方向与电场方向的夹角为θ1粒子在电场中的加速度大小为a ＝Eqm沿电场方向的位移y 1＝12at 2＝CM垂直电场方向的位移x 1＝v 0t ＝2315m 离开电场时sin θ1＝v 0v ＝12，θ1＝30°因为x 1＋r (1－cos 30°)<0.30 m上述粒子从S 点射入磁场偏转后从边界FG 射出时的位置P 即为射出范围的左边界，且PS ⊥MN ；垂直MN 射入磁场的粒子经磁场偏转后恰好与边界FG 相切，切点Q 是射出范围的右边界，带电粒子从边界FG 射出磁场时的范围的长度为l ＝x 1＋r ＝⎝⎛⎭⎫2315＋0.2m ≈0.43 m. (3)带电粒子在磁场中运动的周期 T ＝2πm Bq＝6.28×10－7s带电粒子在磁场中运动时，沿O ′QR 运动的轨迹最长，运动的时间最长 sin θ2＝CD 2－r r ＝12，θ2＝30°即带电粒子在磁场中运动的最大圆心角为120°，对应的最长时间为t ＝13T ＝2πm 3Bq ＝2.09×10－7s.答案：(1)0.2 m(2)0.43 m (3)2.09×10－7s 5.如图所示，两根等高光滑的14圆弧轨道，半径为r 、间距为L ，轨道顶端连接有一阻值为R 的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B .现有一根长度稍大于L 、质量为m 、电阻不计的金属棒从轨道的顶端ab 处由静止开始下滑，到达轨道底端cd 时受到轨道的支持力为2mg .整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨电阻不计．(1)求金属棒到达最低点时通过电阻R 的电流大小；(2)求金属棒从ab 下滑到cd 的过程中回路中产生的焦耳热和通过R 的电荷量；(3)若金属棒在拉力作用下，从cd 开始以速度v 0向右沿轨道做匀速圆周运动，则在到达ab 的过程中拉力做的功为多少？解析：(1)到达最低点时，设金属棒的速度为v ，产生的感应电动势为E ，感应电流为I ，则2mg －mg ＝m v 2rE ＝BL v I ＝E R，联立解得速度v ＝gr ，I ＝BL grR.(2)设产生的焦耳热为Q ，由能量守恒定律有 Q ＝mgr －12m v 2得Q ＝12mgr设产生的平均感应电动势为E ，平均感应电流为I ，通过R 的电荷量为q ， 则E －＝ΔΦΔt ，I －＝E －R ，q ＝I －Δt ，解得q ＝BrLR.(3)金属棒切割磁感线产生正弦交变电流的有效值I ′＝BL v 02R，在四分之一周期内产生的热量Q ′＝I ′2R ·πr2v 0，设拉力做的功为W F ，由功能关系W F －mgr ＝Q ′， 解得W F ＝mgr ＋πB 2L 2v 0r4R .答案：(1)BL gr R (2)12mgr BrLR(3)mgr ＋πB 2L 2v 0r4R6．质量为m 、带电荷量为＋q 的绝缘小球，穿在由绝缘材料制成的半径为r 的光滑圆形轨道上沿顺时针方向(从上向下看)做圆周运动，轨道平面水平，空间有分布均匀且随时间变化的磁场，磁场方向竖直向上，如图甲所示．磁感应强度B (t )的变化规律如图乙所示．其中B 0是已知量，且T 0＝2πmqB 0.设小球在运动过程中电荷量保持不变，对原磁场的影响可忽略，且小球重力忽略不计．已知在竖直向上的磁感应强度增大或减小的过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿顺时针或逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等．(1)在t ＝0到t ＝T 0这段时间内，小球不受圆形轨道的作用力，求小球的速度大小v 0； (2)试求在t ＝T 0到t ＝2T 0这段时间内电场力对小球做的功W ；(3)试求在t ＝2.5T 0和t ＝4.5T 0两个时刻小球所受圆形轨道的作用力的大小．解析：(1)小球在运动过程中不受圆形轨道的作用力，因而小球所受洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：B 0q v 0＝m v 20r解得：v 0＝qB 0rm.(2)在t ＝T 0到t ＝2T 0这段时间内，沿轨道一周的感应电动势为：ε＝πr 2ΔBΔt ＝πr 2B 0T 0由于同一条电场线上各点电场强度大小相等，所以 E ＝ε2πr又T 0＝2πm qB 0，联立以上各式，解得E ＝qB 20r4πm根据牛顿第二定律可得，在t ＝T 0到t ＝2T 0这段时间内，小球沿切线方向的加速度大小恒为：a 1＝qE m小球运动末速度的大小为：v ＝v 0＋a 1t 1＝3qB 0r2m根据动能定理，电场力做功为：W ＝12m v 2－12m v 20＝5q 2B 20r 28m.(3)设在t ＝2.5T 0时刻小球受圆形轨道的作用力的大小为F N1，根据向心力公式得： 2B 0q v －F N1＝m v 2r解得：F N1＝3B 20q 2r4m同理，可得在t ＝3T 0到t ＝4T 0这段时间内，小球沿切线方向的加速度大小恒为： a 2＝qE m所以，在t ＝3T 0到t ＝4T 0这段时间内的末速度v 2＝v －a 2t 2＝v 0，此时小球受到的洛伦兹力等于做圆周运动所需要的向心力，在t ＝4.5T 0时刻小球受圆形轨道的作用力大小为0.答案：(1)qB 0r m (2)5q 2B 20r 28m (3)3B 20q 2r4m高考计算题仿真练(一)[题组一]24.(2015·河北石家庄2月调研)如图所示，一艘客轮因故障组织乘客撤离，乘客在甲板上利用固定的绳索下滑到救援快艇上．客轮甲板到快艇的高度H 为20 m ，绳索与竖直方向的夹角θ＝37°，设乘客下滑过程中绳索始终保持直线，乘客先从静止开始匀加速下滑，再以同样大小的加速度减速滑至快艇，速度刚好为零．在乘客下滑时，船员以水平初速度v 0向快艇抛出救生圈刚好落到救援快艇上，且救生圈下落的时间恰为乘客下滑总时间的一半，快艇、乘客、救生圈均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)救生圈初速度v 0的大小；(2)乘客下滑过程中加速度a 的大小．解析：(1)设救生圈做平抛运动的时间为t 0，由平抛运动规律，得：H ＝12gt 20H tan θ＝v 0t 0联立以上各式，得v 0＝7.5 m/s ，t 0＝2 s. (2)由几何关系，得绳索长L ＝Hcos 37°＝25 m因加速过程与减速过程的加速度大小相等，加速过程的初速度和减速过程的末速度都为零，故加速过程和减速过程的时间相等由运动学公式可得：2×12at 20＝L代入数据，得a ＝Lt 20＝6.25 m/s 2.答案：(1)7.5 m/s (2)6.25 m/s 225．如图甲所示，MN 、PQ 为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距L 为0.5 m ，导轨左端连接一个阻值为2 Ω的定值电阻R ，将一根质量为 0.2 kg 的金属棒cd 垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒cd 的电阻r ＝2 Ω，导轨电阻不计，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度为B ＝2 T ．若棒以1 m/s 的初速度向右运动，同时对棒施加水平向右的拉力F ，并保持拉力的功率恒为4 W ，从此时开始计时，经过2 s 金属棒的速度稳定不变，图乙为安培力随时间变化的关系图象．试求：(1)金属棒的最大速度；(2)金属棒速度为3 m/s 时的加速度大小；(3)从开始计时起2 s 内电阻R 上产生的电热．解析：(1)金属棒的速度最大时，所受合外力为零，即BIL ＝F 1而P ＝F 1·v m ，I ＝BL v mR ＋r解得v m ＝P （R ＋r ）BL＝4 m/s或根据图象计算，2 s 后金属棒的速度稳定，速度最大，此时F 安＝1 N ，由F 安＝BIL ＝B 2L 2v mR ＋r ，得v m ＝4 m/s.(2)速度为3 m/s 时，感应电动势E ＝BL v ＝3 V 电流I ′＝ER ＋r，F 安＝BI ′L 金属棒受到的拉力F ＝P v ＝43 N由牛顿第二定律得F －F 安＝ma 解得a ＝F －F 安m ＝43－340.2 m/s 2＝3512m/s 2.(3)在此过程中，由动能定理得 Pt ＋W 安＝12m v 2m －12m v 20 解得W 安＝－6.5 J Q R ＝－W 安2＝3.25 J.答案：(1)4 m/s (2)3512m/s 2 (3)3.25 J[题组二]24．(2015·长春市质量监测)如图所示，可视为质点的总质量为m ＝60 kg 的滑板运动员(包括装备)，从高为H ＝15 m 的斜面AB 的顶端A 点由静止开始沿斜面下滑，在B 点进入光滑的四分之一圆弧BC ，圆弧BC 的半径为R ＝5 m ，运动员经C 点沿竖直轨道冲出向上运动，经时间t ＝2 s 后又落回轨道．若运动员经C 点后在空中运动时只受重力，轨道AB 段粗糙(g ＝10 m/s 2)．求：(1)运动员离开C 点时的速度大小和上升的最大高度；(2)运动员(包括装备)运动到圆轨道最低点B 时对轨道的压力； (3)从A 点到B 点，运动员(包括装备)损失的机械能．解析：(1)设运动员离开C 点时的速度为v 1，上升的最大高度为hv 1＝g t 2＝10 m/s ，h ＝v 212g＝5 m.(2)设运动员到达B 点时的速度为v 2，C 到B ： 12m v 21＋mgR ＝12m v 22F N －mg ＝m v 22R解得F N ＝3 000 N由牛顿第三定律F ′N ＝F N ＝3 000 N ，方向竖直向下． (3)从A 点到B 点： ΔE ＝mgH －12m v 22解得ΔE ＝3 000 J.答案：(1)10 m/s 5 m (2)3 000 N 方向竖直向下 (3)3 000 J 25.(2015·南昌市模拟)如图所示，金属板PQ 、MN 平行放置，金属板长为4a ，间距为4a ，两极板连接在输出电压为U 的恒定电源两端，上金属板PQ 中央有一小孔O ，板间存在垂直纸面向里磁感应强度为B 的匀强磁场区域P ′Q ′N ′M ′，且OP ′＝OQ ′＝a ，P ′M ′＝Q ′N ′＝a .现将一带电小球从距上板某一高度由静止释放，小球从小孔O 进入磁场，小球离开磁场后在平行金属板间做直线运动恰好从下板N 端射出电场，已知重力加速度为g ，求：(1)带电小球的电荷量与质量之比；(2)小球从释放到从下板N 端射出所需时间．解析：(1)由于带电小球离开磁场时速度方向与电场线方向成夹角且做直线运动，所以小球是做匀速直线运动mg ＝qEE ＝U 4a解得q m ＝4ag U.(2)设小球进入小孔的速度为v ，在磁场中做圆周运动半径为r ，Oe＝x ，如图所示，由数学知识易知，∠Ocd ＝∠fdN ＝θsin θ＝ar在直角三角形ced 中cos θ＝r －xr在直角三角形dfN 中tan θ＝2a －x3a联立可得3sin 2θ＝2sin θcos θ－cos θ＋cos 2θ 4sin 2θ－1＝2sin θcos θ－cos θ(2sin θ－1)(2sin θ＋1)－(2sin θ－1)cos θ＝0 解得sin θ＝12，θ＝π6，r ＝2a由r ＝m v qB ，代入数据易得v ＝8a 2gBU设小球做自由落体运动的时间为t 1，则 t 1＝v g ＝8a 2B U设小球在磁场中运动的时间为t 2，则 t 2＝θmqB ＝πU24agB设小球做直线运动的时间为t 3，则 t 3＝s v ＝23a v ＝3U 4agB所以t ＝t 1＋t 2＋t 3＝8a 2B U ＋（π＋63）U24agB .答案：(1)4ag U (2)8a 2B U ＋（π＋63）U24agB高考计算题仿真练(二)[题组一]24.如图所示，质量分别为0.5 kg 、0.2 kg 的弹性小球A 、B 穿过一绕过定滑轮的轻绳，绳子末端与地面距离均为0.8 m ，小球距离绳子末端6.5 m ，小球A 、B 与轻绳的滑动摩擦力都为重力的0.5倍，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现由静止同时释放A 、B 两个小球，不计绳子质量，忽略与定滑轮相关的摩擦力，g ＝10 m/s 2.求：(1)释放A 、B 两个小球后，A 、B 各自加速度的大小； (2)小球B 从静止释放经多长时间落到地面．解析：(1)小球B 加速下落，由牛顿第二定律得： m 2g －km 2g ＝m 2a B a B ＝5 m/s 2小球A 加速下落，由牛顿第二定律得 m 1g －km 2g ＝m 1a A a A ＝8 m/s 2.(2)设经历时间t 1小球B 脱离绳子，小球B 下落高度为h 1，获得速度为v ，则12a A t 21＋12a B t 21＝l ，又l ＝6.5 m 解得t 1＝1 sh 1＝12a B t 21＝2.5 mv ＝a B t 1＝5 m/s小球B 脱离绳子后在重力作用下匀加速下落，此时距地面高度为h 2，经历t 2时间后落到地面，则h 2＝6.5 m ＋0.8 m －2.5 m ＝4.8 mh 2＝v t 2＋12gt 22，解得：t 2＝0.6 s t 总＝t 1＋t 2＝1.6 s.答案：(1)8 m/s 2 5 m/s 2 (2)1.6 s25．如图甲所示，两平行金属板A 、B 的板长L ＝0.2 m ，板间距d ＝0.2 m ，两金属板间加如图乙所示的交变电压，并在两板间形成交变的匀强电场，忽略其边缘效应．在金属板上侧有一方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场宽度D ＝0.4 m ，左右范围足够大，边界MN和PQ 均与金属板垂直，匀强磁场的磁感应强度B ＝1×10－2 T ．在极板下侧中点O 处有一粒子源，从t ＝0 时刻起不断地沿着OO ′发射比荷qm ＝1×108 C/kg 、初速度v 0＝2×105 m/s的带正电粒子，忽略粒子重力、粒子间相互作用以及粒子在极板间飞行时极板间电压的变化．(1)求粒子进入磁场时的最大速率；(2)对于能从MN 边界飞出磁场的粒子，其在磁场的入射点和出射点的间距s 是否为定值？若是，求出该值；若不是，求s 与粒子由O 出发的时刻t 之间的关系式；(3)在磁场中飞行时间最长的粒子定义为“A 类粒子”，求出“A 类粒子”在磁场中飞行的时间以及由O 出发的可能时刻．解析：(1)设粒子恰好从板边缘飞出时，板AB 间电压为U 0，则12·qU 0md ·⎝⎛⎭⎫L v 02＝d 2 解得U 0＝400 V<500 V垂直极板的方向v 1＝qU 0md ·Lv 0＝2×105 m/s因此最大速率v ＝v 20＋v 21＝22×105m/s.(2)如图所示，设粒子进入磁场时，速度v ′与OO ′成θ角，则有q v ′B ＝m v ′2Rv ′＝v 0cos θs ＝2R cos θ得s ＝2m v 0qB＝0.4 m ，为定值．(3)如图所示，“A 类粒子”在电场中向B 板偏转，在磁场中的轨迹恰好与上边界相切时，有R (1＋sin θ)＝D联立2R cos θ＝0.4 m ，可得sin θ＝0.6(或者cos θ＝0.8)，即θ＝37° 则粒子在磁场中飞行的总时间为t ＝180°＋37°×2360°·2πm qB ＝12790π×10－6 s进入磁场时v y ＝v 0tan θ＝1.5×105 m/s 又v y ＝qU 1md ·Lv 0则对应的板AB 间的电压为U 1＝300 V故粒子从O 出发的时刻可能为t ＝4n ＋0.4(s)或 t ＝4n ＋3.6(s)(n ＝0，1，2…)． 答案：见解析[题组二]24．如图所示，在传送带的右端Q 点固定有一竖直光滑圆弧轨道，轨道的入口与传送带在Q 点相切．以传送带的左端点为坐标原点O ，水平传送带上表面为x 轴建立坐标系，已知传送带长L ＝6 m ，匀速运动的速度v 0＝4 m/s.一质量m ＝1 kg 的小物块轻轻放在传送带上x P ＝2 m 的P 点，小物块随传送带运动到Q 点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N 点．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求N 点的纵坐标y N ；(2)若将小物块轻放在传送带上的某些位置，小物块均不脱离圆弧轨道．求传送带上这些位置的横坐标的范围．解析：(1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度 a ＝μg ＝4 m/s 2小物块与传送带共速时，小物块位移x 1＝v 202a＝2 m<(L －x P )＝4 m故小物块与传送带共速后以v 0匀速运动到Q 点，然后冲上圆弧轨道恰到N 点有：mg＝m v 2N R从Q →N 有：12m v 2Q －12m v 2N＝2mgR解得R ＝0.32 m y N ＝2R ＝0.64 m.(2)若小物块能通过最高点N ，则0≤x ≤L －x 1 即0≤x ≤4 m若小物块恰能到达高度为R 的M 点，设小物块在传送带上加速运动的位移为x 2，则μmgx 2＝mgR解得：x 2＝0.8 m ，所以5.2 m ≤x <6 m所以当0≤x ≤4 m 或5.2 m ≤x <6 m 时，小物块均不脱离轨道． 答案：(1)0.64 m (2)0≤x ≤4 m 或5.2 m ≤x <6 m25．如图甲所示，在xOy 平面内存在半径为R ＝16 cm 的圆形有界磁场区域，有界磁场边界和x 轴相切于O 点，y 轴上的P 点为圆心，与y 轴成60°角的MN 为圆形有界磁场的一条直径，MN 将磁场区域分成Ⅰ、Ⅱ两部分．x 轴下方为随时间变化的电场，电场强度大小为E ＝8×10－3 V/m ，E －t 图象如图乙所示，周期T ＝1.2×10－2 s ．当t ＝T 4时，第三象限的粒子源S 沿y 轴正方向发射比荷为108 C/kg 的粒子，粒子经坐标原点O 由y 轴左侧进入磁场区域Ⅰ，依次经P 、M 两点垂直MN 离开磁场．测得粒子在磁场中运动时间t ＝π3×10－4 s ，重力不计．求：(1)有界磁场区域Ⅰ中磁感应强度的大小； (2)粒子源S 的可能坐标． 解析：(1)带电粒子在圆形有界磁场区域内运动轨迹如图所示，由几何关系可知，在区域Ⅰ内轨迹半径R 1＝R ，在区域Ⅱ内轨迹半径2R 2＝R由r ＝m vqB 可知B 2＝2B 1由周期公式T 1＝2πm qB 1，T 2＝2πmqB 2则粒子在圆形有界磁场内运动时间t ＝T 16＋T 22解得B 1＝2.5×10－4 T.(2)由qB 1v ＝m v 2R 1得v ＝qB 1R 1m＝4×103 m/s与y 轴正向夹角30°，将速度沿x 轴负向与y 轴正向分解： v x ＝v sin 30°＝2×103 m/s ，v y ＝v cos 30°＝23×103 m/s带电粒子从S 点发射运动到O 点的过程，可分解为沿y 轴正向匀速直线运动和沿x 轴的变加速直线运动．粒子沿x 轴运动的第一种情况如图：粒子在反向加速过程到达O 点．加速度a ＝qEm＝8×105 m/s 2x 1＝2×12a ⎝⎛⎭⎫T 42－v 2x2a＝4.7 m.由于运动的周期性，粒子到达O 点的运动时间 t 1＝nT ＋T 2＋v xay 1＝v y (nT ＋T 2＋v xa)＝23(12n ＋8.5) m粒子沿x 轴运动的第二种情况如图：粒子在反向减速过程到达O 点． x 2＝v 2x2a＝2.5 m由于运动的周期性，粒子到达O 点的运动时间 t 2＝nT ＋T －v xay 2＝v y (nT ＋T －v xa)＝23(12n ＋9.5)m粒子源S 的可能坐标(－4.7 m ，－23(12n ＋8.5) m)或(－2.5 m ，－23(12n ＋9.5) m)答案：(1)2.5×10－4 T (2)见解析。
盘点高考二轮复习物理计算题答题技巧及注意事项知识把握因此重要，技巧的把握也是不可或缺的，下面是查字典物理网整理的物理运算题答题技巧，期望对考生有关心。
一、主干、要害知识重点处置清晰明确整个高中物理知识框架的同时，对主干知识(如牛顿定律、动量定理、动量守恒、能量守恒、闭合电路欧姆定律、带电粒子在电场、磁场中的运动特点、法拉第电磁感应定律、全反射现象等)公式来源、使用条件、罕见应用专门要反复熟练，弄明白弄通的基础上抓各种知识的综合应用、横向联系，形成纵横交错的网络。
二、熟练、灵活把握解题方法差不多方法：审题技巧、分析思路、选择规律、建立方程、求解运算、验证讨论等技巧方法：指一些专门方法如整体法、隔离法、模型法、等效法、极端假设法、图象法、极值法等习题训练中，应拿出一定时刻反复强化解题时的一样方法，以形成良好的科学思维适应，此基础上辅以专门技巧，将事半功倍。
此外，还应把握三优先四分析的解题策略，即优先考虑整体法、优先考虑动能定理、优先考虑动量定理;分析物体的受力情形、分析物体的运动情形、分析力做功的情形、分析物体间能量转化情形。
形成有机划、多角度、多侧面的解题方法网络。
三、专题训练要有的放矢专题训练的要紧目的通过解题方法指导，总结出同类问题的一样解题方法与其变形、变式。
而且要专门注意四类综合题的系统复习：1、强调物理过程的题，要分清物理过程，弄清各时期的特点、相互之间的关系、选择物理规律、选用解题方法、形成解题思路。
2、模型问题，如平稳问题、追击问题、人船问题、碰撞问题、带电粒子在复合场中的加速、偏转问题等，只要将物理过程与原始模型合理联系起来，就容易解决。
3、技巧性较高的题目，如临界问题、模糊问题，数理结合问题等，要注意隐含条件的挖掘、关键点突破、过程之间衔接点确定、重要词的明白得、物理情形的创设，逐步把握较高的解题技巧。
4、信息给予题。
方法：1阅读明白得，发觉信息(2提炼信息，发觉规律(3运用规律，联想迁移(4类比推理，解答问题四、强化解题格式规范化1、对概念、规律、公式表达要明确无误2、对图式分析、文字说明、列方程式、简略推导、代入数据、运算结果、讨论结论等步骤应完整、全面、不可缺少3、不管是文字说明依旧方程式推导都应简洁明了言简意赅，注意单位的统一性和物理量的一致性。
专项三三大技巧破解计算题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.细心审题，做到一“看”二“读”三“思”“看题”是从题目中获取信息的最直接的方法，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；不能错看或漏看题目中的条件，重点要看清题中隐含的物理条件、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] 某工厂为实现自动传送工件设计了如图1所示的传送装置，由一个水平传送带AB和倾斜传送带CD组成．水平传送带长度L AB＝4 m，倾斜传送带长度L CD＝4.45 m，倾角为θ＝37°.传送带AB和CD 通过一段极短的光滑圆弧板过渡．AB传送带以v1＝5 m/s的恒定速率顺时针运转，CD传送带静止．已知工件与两传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2.现将一个工件(可视为质点)无初速度地放在水平传送带最左端A点处．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图1(1)工件从A端开始第一次被传送到CD传送带上，求工件上升的最大高度和从开始到上升到最大高度的过程中所用的时间；(2)要使工件恰好被传送到CD传送带最上端，求CD传送带沿顺时针方向运转的速度v2的大小．(v2＜v1)[教你审题]【解析】(1)工件无初速度地放在水平传送带最左端，在摩擦力作用下做匀加速运动，设其加速度大小为a1，速度增加到v1时所用时间为t1，位移大小为s1，则由受力分析(图甲)以及牛顿第二定律可得N 1＝mg ，f 1＝μN 1＝ma 1，解得a 1＝5 m/s 2t 1＝v 1a 1＝1 s ，s 1＝12a 1t 21＝2.5 m 由于s 1＜L AB ，工件随后在传送带AB 上做匀速直线运动到B 端，则匀速运动的时间t 2＝L AB －s 1v 1＝0.3 s工件滑上CD 传送带后在重力和滑动摩擦力作用下做匀减速运动，设其加速度大小为a 2，速度减小到零时所用时间为t 3，位移大小为s 2，则由受力分析(图乙)以及牛顿第二定律可得N 2＝mgcos θ，mgsin θ＋μN 2＝ma 2解得a 2＝10 m/s 2，s 2＝0－v 21－2a 2＝1.25 m ，h ＝s 2sin θ＝0.75 m ，t 3＝0－v 1－a 2＝0.5 s t ＝t 1＋t 2＋t 3＝1.8 s.(2)CD 传送带以速度v 2顺时针运转，工件滑上CD 传送带时的速度大于v 2，滑动摩擦力沿CD 传送带向下，工件减速上滑，加速度大小仍为a 2；当工件的速度减小到小于v 2时，滑动摩擦力沿CD 传送带向上，设此时工件的加速度大小为a 3，两个过程的位移大小分别为s 3和s 4，则由受力分析(图丙)以及牛顿第二定律可得－2a 2s 3＝v 22－v 21，mgsin θ－μN 2＝ma 3，－2a 3s 4＝0－v 22，L CD ＝s 3＋s 4解得v 2＝4 m/s.【答案】 (1)0.75 m 1.8 s (2)4 m/s高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2016届高三物理二轮复习备考策略和方法作者：刘斐来源：《山东青年》2015年第10期摘要：有人形象地把高考第二轮复习比喻战争的相持阶段，这个阶段也是同学们学习水平的分水岭，成绩在这个时候就开始逐渐拉开差距。
要赢得这个阶段的胜利，关键是心中有目标，解题有方法，坚持不懈地努力。
关键词：高中物理；复习备考；策略探究2016年高考命题突出的特点是“注重基础，重视能力”，常常是“题在书外，理在书中”。
因此在高考中，学生很难遇到做过的原题，高考题一般都是思路新颖、考查逻辑推理能力的试题，对能力的考查离不开教材知识，在考试命题要求中也指出，要考查学生对基础知识、基本技能的掌握程度。
所以注重教材、强调基础是复习之本。
以专题模块复习为主，重点是模拟高考试题，以训练为主.一、二轮复习应注意三个方面（一）针对高考能力的要求，做好以下几项专项训练。
一是审题能力：审题能力虽是一种阅读能力，实质上还是理解能力。
首先是关键词语的理解，所谓关键词语，可能是对题目涉及的物理变化方向的描述，也可能是对要求讨论的研究对象、物理过程的界定，忽略了它，往往使解题过程变得盲目，思维变得混乱；其次是隐含条件的挖掘，有些题目的部分条件并不明确给出，而是隐含在文字叙述之中，挖掘这些隐含条件，往往就是解题的关键所在；最后是排除干扰因素，在一些信息题中，只要能找出干扰因素，并把它们排除，题目也就能迅速得到解决。
二是表述能力及解题的规范化训练：这个阶段学生在表述方面一般存在着相当大的差距，解题中往往是言不达意，甚至一道综合应用题，有时寥寥几句就算解答完毕。
同时，运算能力也有待提高，该得分的得不到分或得不到满分，实在可惜。
提高语言表达能力、强调规范解题是这一阶段广大考生应解决的重要问题。
在非选择型题目中，经常出现文字叙述和书写计算过程等问题，很多考生经常在此处马虎，造成非知识性失分，可惜至极。
特别是文字叙述中，考生经常答不到采分点上，建议平时做完题后，仔细分析参考答案的语言，弄清楚每句话的意义，还要做到言简意赅，最后形成习惯，切忌模棱两可或者有歧义。
2-3 计算题的解题策略与技巧计算题专项训练(一)三、非选择题：共174分。
第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。
第33～38题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共129分。
24．(12分)如图，水平面上相距为L ＝5 m 的P 、Q 两点分别固定一竖直挡板，一质量为M ＝2 kg 的小物块B 静止在O 点，OP 段光滑，OQ 段粗糙且长度为d ＝3 m 。
一质量为m ＝1 kg 的小物块A 以v 0＝6 m/s 的初速度从OP 段的某点向右运动，并与B 发生弹性碰撞。
两物块与OQ 段的动摩擦因数均为μ＝0.2，两物块与挡板的碰撞时间极短且均不损失机械能。
重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)A 与B 在O 点碰后瞬间各自的速度； (2)两物块各自停止运动时的时间间隔。
[解析] (1)设A 、B 在O 点碰后的速度分别为v 1和v 2，以向右为正方向 由动量守恒定律得mv 0＝mv 1＋Mv 2 碰撞前后机械能守恒12mv 20＝12mv 21＋12Mv 2 解得v 1＝－2 m/s ，方向向左 v 2＝4 m/s ，方向向右(2)碰后，两物块在OQ 段减速时加速度大小均为 a ＝μg ＝2 m/s 2B 经过t 1时间与Q 处挡板碰撞，由运动学公式有 v 2t 1－12at 21＝d 得t 1＝1 s(t 1＝3 s 舍去)与挡板碰后，B 的速度大小v 3＝v 2－at 1＝2 m/s ，反弹后减速时间t 2＝v3a ＝1 s 反弹后经过位移s 1＝v 232a ＝1 m ，B 停止运动。
物块A 与P 处挡板碰后，以v 4＝2 m/s 的速度滑过O 点，经过s 2＝v 242a ＝1 m 停止。
所以最终A 、B 的距离s ＝d －s 1－s 2＝1 m ，两者不会碰第二次。
在A 、B 碰后，A 运动总时间t A ＝2（L －d ）|v1|＋v4a ＝3 s整体法得B 运动总时间t B ＝t 1＋t 2＝2 s 则时间间隔Δt AB ＝1 s[答案] (1)－2 m/s 向左 4 m/s 向右 (2)1 s25．(20分)如图甲所示，某粒子源向外放射出一个α粒子，粒子速度方向与水平成30°角，质量为m ，电荷量为＋q 。
