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论述、计算题的解题方法和技巧专题


第8专题
主编
QG

专题8 论述、计算题的解题方法和技巧
名师诊断 专案突破 决胜高考

对点集训

?
【考情报告】

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【考向预测】 论述、计算题是高考中必考的题型,在试卷中所占分值较大,是高考 成败的关键.

这类试题的特点是:文字叙述量较大,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
规律较多.这类试题能很好地考查考生对物理概念、物理规律的理
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解能力和根据已知条件及物理事实对物理问题进行逻辑推理和论 证的能力,能有效的考查考生接受、鉴别和选择信息的综合分析能

力及应用数学方法处理物理问题的能力.因此论述计算题备受命题
者青睐. 预计2013年高考新课标理综卷第一个计算题仍会是纯力学,考查学 生对基本知识和基本方法的掌握.内容上主要考查运动学公式和图 象、牛顿运动定律、动能定理等,综合性不是很强,能力要求较低.第 二个计算题一般是带电粒子在磁场或复合场中的运动、电磁感应

以及运动与能量的综合问题,尤其是以与科技、生产、生活相关的
物理模型为背景进行命题会成为高考的热点.这类题目设计新颖,综 合性强、考查知识容量大、能力要求高.这就要求在掌握好物理概 念、公式、规律的同时,还要掌握那些常用方法与技巧,提升解决论
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述题、计算题的能力. 【知能诊断】 ⒈如图所示,特战队员从悬停在空中 离地235 m高的直升机上沿绳下滑

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进行降落训练,某特战队员和他携带的武器质量共为80 kg,设特战队 员用特制的手套轻握绳子时可获得200 N的摩擦阻力,紧握绳子时可 获得1000 N的摩擦阻力,下滑过程中特战队员至少轻握绳子才能确 保安全.g取10 m/s2.求: (1)特战队员轻握绳子降落时的加速度是多大?

(2)如果特战队员先轻握绳子由静止下落4 s,然后紧握绳子继续下落,
求特战队员从开始下落至到达地面,总共用了多少时间?

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【解析】(1)轻握绳子时由牛顿第二定律有: mg-f1=ma1 解得:a1=7.5 m/s2. (2)轻推绳子下落时由运动学公式得: x 1= ? a1?=60 m
t12

1 2

4 s末的速度v1=a1t1=30 m/s 紧握绳子时a2=? 由运动学公式有: x2=v1t2+? a2?
1 2
t2 2

mg ? f 2 m

=-2.5 m/s2

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其中x2=H-x1=175 m 解得t2=10 s或t2=14 s(舍掉) 下落总时间t=t1+t2=14 s. 【答案】(1)7.5 m/s2 (2)14 s

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2.(2012年高考· 北京理综卷)如图所示,质量为m的小物块以初速度v0
在粗糙水平桌面上做直线运动,经距离l后以速度v飞离桌面,最终落 在水平地面上.已知l=1.4 m,v=3.0 m/s,m=0.10 kg,物块与桌面间的动 摩擦因数μ=0.25,桌面高h=0.45 m.不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2.求 (1)小物块落地点距飞出点的水平距离s. (2)小物块落地时的动能Ek. (3)小物块的初速度大小v0.

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【解析】(1)由平抛运动规律,有
1 2 竖直方向h=? 2 gt

水平方向s=vt 得水平距离s=?
2h g v=0.90

m.
1

2 (2)由机械能守恒定律,动能Ek=? mv +mgh=0.90 J. 2 2 (3)由动能定理,有-μmg· l=? ? mv? 2 mv -2
2 0

1

1

2? gl ? v =4.0 m/s. 得初速度大小v0=?
2

【答案】0.90 m (2)0.90 J (3)4.0 m/s
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3.(2012年高考· 安徽理综卷)质量为0.1 kg的弹性球从空中某高度由 静止开始下落,该下落过程对应的v-t图象如图所示.球与水平地面相 碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的? .设球受到的空气阻力大
3 4

小恒为f,取g=10 m/s2.求: (1)弹性球受到的空气阻力f的大小.
(2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h.

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【解析】(1)由v-t图象可得小球下落时的加速度为:a=8 m/s2 由牛顿定律可得:ma=mg-f f=mg-ma=0.2 N. (2)小球落地后反弹的速度为:v=3 m/s 上升时:ma'=mg+f 解得:a'=12 m/s2 小球上升做匀减速运动,有:v2=2ah 升至最高点:h=0.375 m.

【答案】(1)0.2 N (2)0.375
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4.如图所示,两根竖直放置的足够长的光滑平行金属导轨间距l=0.50

m,上端接有阻值R=0.80 Ω的定值电阻,导轨的电阻可忽略不计.导轨
处于磁感应强度B=0.40 T、方向垂直于金属导轨平面向外的有界匀 强磁场中,磁场的上边界如图中虚线所示,虚线下方的磁场范围足够

大.一根质量m=4.0×10-2 kg、电阻r=0.20 Ω的金属杆MN,从距磁场上
边界h=0.20 m高处,由静止开始沿着金属导轨下落.已知金属杆下落 过程中始终与两导轨垂直且接触良好,重力加速度g=10 m/s2,不计空 气阻力.

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(1)求金属杆刚进入磁场时通过电阻R的电流大小. (2)求金属杆刚进入磁场时的加速度大小. (3)若金属杆进入磁场区域一段时间后开始做匀速直线运动,则金属 杆在匀速下落过程中其所受重力对它做功的功率为多大? 【解析】(1)金属杆MN自由下落,设MN刚进入磁场时的速度为v,根

据机械能守恒定律,有 mgh=? mv2
2 gh 解得:v=? =2.0 m/s

1 2

MN刚进入磁场时产生的感应电动势E=Blv=0.4×0.5×2 V=0.40 V 通过电阻R的电流大小I=? =0.40 A.
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E R?r

(2)MN刚进入磁场时安培力F=BIl=0.4×0.4×0.5 N=0.08 N 设MN刚进入磁场时的加速度大小为a,根据牛顿第二运动定律,有 mg-F=ma

解得a=8.0 m/s2.
(3)设MN在磁场中匀速下落时的速度为vm,则此时的安培力大小等
B2 l 2 v m 于重力 R ? r

? =mg
mg ( R ? r )
2 2

解得 vm=?B l

=10.0 m/s

在匀速下落过程中重力对金属杆做功的功率P=mgvm=4.0 W. 【答案】(1)0.40 A (2)8.0 m/s2 (4)4.0 W
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5.(2012年高考· 新课标全国卷)如图,一半径为R的圆表示一柱形区域 的横截面(纸面).在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场,一

质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区
域,在圆上的b点离开该区域,离开时速度方向与直线垂直.圆心O到 直线的距离为? R.现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电 5
3

场,同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域,也在b点离开该
区域.若磁感应强度大小为B,不计重力,求电场强度的大小.

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【解析】粒子在磁场中做圆周运动.设圆周的半径为r,由牛顿第二 定律和洛伦兹力公式得qvB=m? 式中v为粒子在a点的速度
v2 r

过b点和O点作直线的垂线,分别与直线交于c和d点.由几何关系知,
线段? ac 、? bc 和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径(未画出)围成一
? ?

正方形.由此

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14qRB 2 【答案】 5m

?

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【思维导图】

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论述、计算题一般包括对象、条件、过程和状态四个要素. 对象是物理现象的载体.这一载体可以是单个物体(质点),也可以是

系统.

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条件是对物理现象和物理事实(对象)的一些限制.解题时应“明确 ”显性条件、“挖掘”隐含条件、“吃透”模糊条件.显性条件是 易被感知和理解的;隐含条件是不易被感知的,它往往隐含在概念、 规律、现象、过程、状态、图形和图象之中;模糊条件常常存在于

一些模糊语言之中,一般只指定一个大概的范围.
过程是指研究对象在一定条件下变化、发展的程序.在解题时应注 意过程的多元性,可将全过程分解为多个子过程或将多个子过程合 并为一个全过程. 状态是指研究对象各个时刻所呈现的特征. 解物理论述、计算题的一般步骤是:审题、选取研究对象、建模、 规范解答等.
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一、审题

动手解答物理题之前,应先进行审题,审题即破解题意,它是解题的第
一步.认真阅读题目,字斟句酌,弄清题目中的物理状态、物理过程和 物理情境,找出其中起重要作用的因素及有关条件发掘题目隐含的 条件并警惕容易引人出错的文字、数字和字母,能迅速、准确地领 会且把握命题意图,找准解题的切入点;通过阅读、思考、分析等思 维过程在头脑中形成一个生动、清晰的物理情境.审题过程是一种 分析、加工的过程,具体应从以下几个方面下工夫:捕捉关键语句,分

析各种条件,画好情境示意图,明确状态和过程,构建合理的模型,定
性分析与定量计算相结合.

二、选取研究对象与建模
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审题之后,要确立研究对象.物理习题都有确定的研究对象,称为物理 模型,确立研究对象的过程叫“建模”,模型化阶段是物理问题解决

过程中最重要的一步.模型化正确与否或合理与否,直接关系到物理
问题解决的质量.建模方法有:

1.借用传统的经典模型:确定研究对象后,将研究对象抽象为一 种物理结构,即将研究对象抽象为质点,或者质点组,或者点电 荷,或者闭合线圈……研究对象究竟抽象成何种物理结构,同 样依据题中的物理情景,肯定研究对象的某些物理因素,忽略 研究对象的其他物理因素,这是解常见低难度题的主要思路. 2.将复杂的物理场景整合后类比成常见模型:通过仔细分析题 述条件,抽象出整个过程的本质特征,然后用我们熟悉的、简
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单的等效物理模型代替题述情景,将复杂问题的求解过程进行 简化,学习物理之道就在于此. 3.将陌生的、抽象的模型转化为具体的熟悉的模型:在考试时, 见到没有接触过的新内容或考前预料不到的难题时,首先排除 题中干扰语言,将其转化成常见的物理模型,就可能成为一道 常见的经典题.
三、解题规范化

1.语言表达要规范化:能用物理语言来描述相应的物理过程、 物体的运动状态、受力情况;能用精准的语言描述实验的操作 步骤、实验结论等.语言表达的规范化还体现在必要的文字说
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明上,必要的文字说明是保证题目完整解答不可缺少的文字表 述,它能使解题思路表达地清楚明了,解答有据,流畅完美.
具体来讲可以重点考虑以下几个方面: (1)说明研究的对象(个体或系统,尤其是整体和隔离相结合的题目, 一定要注意研究对象的转移或转化问题). (2)说明研究的过程或状态. (3)说明所列方程的依据及名称,这是展示考生思维逻辑严密性的重 要方面. (4)说明题目中的隐含条件,临界条件. (5)说明非题设字母、符号的物理意义.
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(6)说明规定的正方向、零势点及所建立的坐标系. (7)说明所求结果的物理意义(有时还需要讨论分析),对题目所求或 所问有一个明确的答复. (8)学科术语要规范,如“定律”、“定理”、“公式”、“关系” 、“定则”等词要用准确,阅卷时“由牛顿运动定理”、“动能定 律”、“四边形公式”、“油标卡尺”等错误说法时有发生. (9)语言要富有学科特色.如一些考生把“以保证气体质量不变”说 成“防止漏气、进气”,在如图所示的坐标系中将电场的方向说成 “西南方向”、“南偏西45°”、“向左下方”等均是不规范的,应 说成“与x轴正方向夹角为-135°”或“如图所示”.

2.作图的规范化
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作出物理过程的示意图,或画出关键情境的受力分析图,是解计算题
的常规手段.物理作图的规范化要求是: (1)绘制必须用铅笔(便于修改)、圆规、直尺、三角板,反对随心所 欲徒手画. (2)画示意图(受力图、电路图、光路图、运动过程图等)应大致能反 映有关量的关系,图文要对应. (3)画函数图象,要画好坐标原点,坐标轴上的箭头,标好物理量的符

号、单位及坐标轴的数据.
(4)图形图线应清晰、准确,线段的虚实要分明,有区别. (5)高考答题时,必须应用黑色钢笔或签字笔描黑,否则无法扫描,从 而造成失分.
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3.方程式和主要步骤书写的规范化
重点要注意好以下几点: (1)写出的方程式(这是评分依据)必须是最基本的,不能以变形的结
mv 2 果式代替方程式,如带电粒子在磁场的运动应有qvB= R

? ,而不是其

变形结果R=? qB (这是相当多考生所忽视的). (2)要用字母表达方程,不要掺有数字的方程,不要方程套方程. (3)要用原始方程组联立求解,不要用连等式,不断地“续”进一些内 容. (4)方程式有多个的,应分式布列(分步得分),不要合写一式,以免一错 而致全错,对各方程式要编号(如用①,②,③表示以便于计算和说明).
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mv

4.解题结果的规范化
解题结果是整个解题过程的重要组成部分,答案规范是指答案准确 、简洁、全面.既要注意计算结果的验证、取舍,又要注意答案的完 整,有时对解题结果还要做适当的说明和讨论,例如结果是矢量的就 要说明方向,方向的说明要与题目中涉及的方向相对应.

(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.这样既有利于减轻运算负担,又有 利于一般规律的发现,同时也能改变每列一个方程就代入数值计算 的不良习惯. (2)数据的书写要用科学记数法. (3)计算结果的有效数字位数应根据题意确定,一般应与题目中所列
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的数据相近,取两位或三位即可.如有特殊要求,应按要求选定. (4)计算结果是数据的要带单位,是字母符号的不用带单位. (5)文字式作答案的,所有字母都应是题目给定的已知量.

5.解题过程中运用数学的方式有讲究
(1)“代入数据”,解方程的具体过程可以不写出. (2)所涉及的几何关系只需说出判断结果而不必证明. (3)重要的中间结论的文字表达式要写出来. (4)所求的方程若有多个解,都要写出来.然后通过讨论,该舍去 的舍去.
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(5)数字相乘的,数字之间不要用“· ”而用“×”进行连接,相 除的也不要用“÷",而用分式.
Mm (6)卷面上不能“约”,如不能在G? r 2 =mg上打“/”相约.

6.使用各种字母符号要尽量养成规范的习惯
(1)字母符号要写清楚、写规范,忌字迹潦草.阅卷时因为“v、 r、ν、γ”不分,“G”的草体像“a”,重力加速度“g”写成 电量“q”或“9”,希腊字母“ρ、μ、β、η”笔顺或形状不 对而被扣分已屡见不鲜了. (2)尊重题目所给的符号,题目给了符号的一定不要再另立符 号.如题目给出半径是r,你若写成R就算错.
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(3)一个字母在一个题目中只能用来表示一个物理量,忌一字 多用.一个物理量在同一题中不能有多个符号,以免混淆. (4)尊重习惯用法.如拉力用F,摩擦力用f表示,阅卷人一看便明 白,如果用反了就会带来误解. (5)角标要讲究.角标的位置应当在右下角,比字母本身小许多. 角标的选用亦应讲究,如通过A点的速度用vA,就比用v1或v' 好. 通过某同一点的速度,按时间顺序第一次用v1,第二次用v2就很 清楚.如果倒置,必然带来误解. (6)物理量的符号不论大写还是小写,均采用斜体. (7)物理量单位符号不论大写还是小写,均采用正体.其中源于
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人名的单位应大写,由两个字母组成的单位,一般前面字母用 大写,后面字母用小写,单位中大于106的,词头应采用大写正体,

小于106的,词头应采用小写正体表示.如兆赫MHz,不能写成
mHz,千克kg不能写成Kg,皮法pF不能写成PF. (8)其他符号中如三角函数符号、对数符号采用小写正体;代

表点、线、面及序号的字母不论大写还是小写,均采用斜体.
要想解答好计算题,除了需要扎实的物理基础知识,有效规范的答题 技巧外,还需要掌握一些常用的基本解题方法,下面具体地讨论几种 常用的解答论述、计算题的方法和技巧. 一、隔离法和整体法
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隔离法是将物理问题的某些研究对象或过程、状态从系统或全过 程中隔离出来进行研究的方法.隔离法主要有两种类型:一是对象的

隔离,即为寻求与某物体有关的所求量跟已知量之间的关系,将某物
体从系统中隔离出来;二是过程的隔离,物体往往参与几个物理过程, 为求解某个过程中的物理量,就必须将这个子过程从全过程中隔离 出来. 整体法是对物理问题的整个系统或过程进行研究的方法.包括两种 情况:一是整体研究物体系统,一般不需考虑内部物体之间的作用力;

二是整体研究运动的全过程,此时所求的物理量往往只涉及整个物
理过程. 整体法和隔离法是解决动力学关系、能量关系等一系列问题的重 要思想方法,尤其是在求解连接体问题中的加速度、相互作用力以
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及分析做功等问题中的能量关系时作用更大. 隔离法和整体法的选择是有原则的.在动力学问题中,求各部分运动 状态相同的连接体的加速度或合外力时,优先考虑整体法.如果还要

求物体之间的相互作用力,可再用隔离法,且一定要从要求的作用力
的那个作用面将物体进行隔离.如果连接体中各部分的加速度不相 同,一般选用隔离法.

在研究单个质点的能量变化时,首选隔离法;研究系统的能量关系时,
一般综合运用整体法和隔离法.运用整体法时,一般情况下,只需考虑 外力,不必考虑内力;运用隔离法时,隔离的目的是将内力转化为外

力.
二、类比法
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类比法又被称为类比推理法,它是根据两个研究对象或两个系统在 某些属性上的类似特性而推出其他属性也类似的思维方法.类比可 以把问题由复杂变简单、由抽象变形象、由陌生变熟悉.通过对规 律的联想类比,往往能启迪思维、开阔思路,达到简洁明快、出奇制

胜的效果.
三、等效法 等效法是在保持对所研究的问题具有相同效果的前提下,用理想的 、熟悉的、简单的物理对象、物理过程、物理现象替代实际的、 陌生的、复杂的物理对象、物理过程、物理现象的思维方法.等效 法是中学阶段解决物理习题的一种常见方法,利用它可以使解题过 程简明,解题思路清晰,从而达到事半功倍的目的.
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四、物理模型法

理想化模型就是为便于对实际物理问题进行研究而建立的高度抽
象的理想体. 高考命题以能力立意,而能力立意又常以问题立意为切入点,千变万 化的物理命题都是根据一定的物理模型,结合某些物理关系,给出一 定的条件,从而提出需要求解的物理量.而我们解题的过程,就是将题 目隐含的物理模型还原后再求结果的过程.运用物理模型解题的基 本程序如下. (1)通过审题,获取题目信息,如:物理现象、物理事实、物理情境、 物理状态、物理过程等. (2)弄清题中所给信息的主次关系.
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(3)寻找与已有信息(某种知识、方法、模型)的相似、相近或联系, 通过类比联想,或抽象概括,或逻辑推理,或原型启发,建立起新的物 理模型,将新情境“难题”转化为常规命题.

(4)选择相关的物理规律求解.
五、临界问题 解决临界问题,一般有两种基本方法:一是以定理、定律为依据,首先 求出所研究问题的一般规律和一般解,然后分析、讨论其特殊规律

和特殊解;二是直接分析、讨论临界状态和相应的临界值.
常见临界条件如下表:

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六、极值问题 描述某一过程或某一状态的物理量在变化过程中由于受到物理规

律和条件的制约,其取值往往只在一定范围内才能符合物理问题的
实际,而在这一范围内,该物理量可能有最大值、最小值或是确定其 范围的边界值等一些特殊值.物理问题中涉及这些物理量的特殊值 问题,我们统称为极值问题.常见的极值问题有两类:一类是直接指明 某量有极值而要求出其极值;另一类则是通过求出某量的极值,进而 以此作为依据来解出与之相关的问题.

物理中的极值问题有两种典型的解法:一是对题目中所给物理现象
涉及的物理概念和规律进行分析,明确题中的物理量在什么条件下 取极值,或在出现极值时有何物理特征,然后根据这些条件或特征去

寻找极值,这种方法突出了问题的物理本质,称之为物理方法;二是由
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问题所遵循的物理规律建立方程,然后根据这些方程进行数学推导, 在推导时利用数学中有关求极值的结论得到所需的极值,这种方法

侧重于数学的演算,其物理意义常常不够明朗,被称为数学方法.
临界问题和极值问题在近年高考试题中时有出现,逐渐成为高考的 热点问题之一.高考中涉及的这些临界、极值问题在我们平时的训

练中大多做过,只是在细微处有了一些适当的变化,因此,同学们如果
能在考试时回忆起训练过的方法,恰当地进行类比和等效,问题也就 迎刃而解了. 【解题精要】 一、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
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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. 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,但是还有一些隐含条件则隐藏得较深或
不常见到,挖掘起来就有一定的难度了.

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?

如图甲所示,两平行金属板带等量异种电荷,两板间距

离为d,与水平方向成α角放置,一电量为+q、质量为m的带电小球恰 沿水平直线从一板的端点向左运动到另一板的端点,求: (1)该电场的场强大小及小球运动的加速度大小. (2)小球静止起从一板到达另一板所需时间.



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【解析】带电小球沿着直线运动,受力情况如图乙所示.



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d (2)根据几何关系有s=? sin?
2 根据运动学公式有s=? at 2

1

2 即? = ? g tan α · t sin? 2

d

1

解得小球静止起从一板到达另一板所需时间 t=?
2d gsin? ? tan?

.

mg 【答案】(1) qcos?

?

gtan α (2)? gsin? ? tan?
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2d

点评 本题中的“带电小球恰沿水平直线从一板的端点向左 运动到另一板的端点”就隐含了一个重要的条件,即重力与电场 力的合力方向必然跟小球的运动轨迹在一条直线上,根据这一隐 含条件就能判定小球所受电场力的方向,从而找到本题解题的突 破口.

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二、重视对基本过程的分析 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、圆周运动等.电学中的变化过程主要有电容 器的充电和放电、电磁感应中的导体棒做先变加速后匀速的运动 等. 以上的这些基本过程都是非常重要的,同学们在平时的学习中必须 认真理解每个过程的特点和所遵循的基本规律,熟练掌握每个过程 的分析方法和技巧.

?

如图所示,地面和半圆轨道面均光滑.质量M=1 kg、长

L=4 m的小车放在地面上,其右端与墙壁的距离s=3 m,小车上表面与
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半圆轨道最低点P的切线相平.现有一质量m=2 kg的滑块(不计大小) 以v0=6 m/s的初速度滑上小车左端,带动小车向右运动.小车与墙壁 碰撞时即被粘在墙壁上,已知滑块与小车表面的动摩擦因数μ=0.2,g

取10 m/s2.
(1)求小车与墙壁碰撞时的速度. (2)若滑块在圆轨道运动的过程中不脱离轨道,求半圆轨道半径R的 取值.

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【解析】(1)根据牛顿第二定律 对滑块有:-μmg=ma1 对小车有:μmg=Ma2 当滑块相对小车静止时,两者速度相等,即v0+a1t=a2t 此时v1=v2=4 m/s
2 滑块的位移x1=v0t+? a t 1 2

1

1 2 小车的位移x2=? 2 a2t

相对位移L1=x1-x2 联立解得L1=3 m,x2=2 m
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L1<L,x2<s说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度,且共 速时小车与墙壁还未发生碰撞,故小车与墙壁碰撞时的速度为:v1= 4 m/s.

(2) 滑块与墙碰后在小车上向右做匀减速运动,然后滑上圆轨道
若滑块恰能通过最高点,设滑至最高点的速度为vm
vm2 则mg=m R

?

根据动能定理有
1 2 1 2 v m 1 -μmg(L-L1)-mg· 2R=2 ? m? -2 ? mv?

解得R=0.24 m
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1 若滑块恰好滑至? 4 圆弧到达T点时速度变为0,则滑块也能沿圆轨道

运动而不脱离圆轨道
1 2 v 1 根据动能定理,有-μmg(L-L1)-mgR=0-? m ? 2

解得R=0.6 m 所以滑块不脱离圆轨道必须满足:R≤0.24 m或R≥0.6 m. 【答案】(1)4 m/s (2)R≤0.24 m或R≥0.6 m 点评 本题属于多过程题,第一个过程是滑块与小车的相对 运动过程,关键点是要判断在小车与墙壁碰撞时滑块与小车是否 达到共速.第二个过程是滑块沿着圆形轨道的上升过程,其中有两 个关键点,一是滑块恰好滑至? 圆弧到达T点时就停止,滑块也能沿 4
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1

圆轨道运动而不脱离圆轨道;二是滑块到达圆弧最高点处,满足重 力充当向心力,滑块也能不脱离轨道.因此这种多过程问题必须做 到分清运动过程,明确每个过程的特点,抓住关键点,选用最恰当的

物理规律求解.

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三、画好情境示意图 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.分析示意图 可以是运动过程图、受力分析图、状态变化图,也可以是投影法、

等效法得到的示意图等.在审题过程中,要养成画示意图的习惯.解物
理题,能画图的尽量画图,图能帮助我们理解题意、分析过程以及探 讨过程中各物理量的变化.几乎无一物理问题不是用图来加强认识

的,而画图又迫使我们审查问题的各个细节以及细节之间的关系.

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?

如图甲所示,圆心在原点、半径为R的圆将xOy平面分

为两个区域,在圆内区域Ⅰ(r≤R)和圆外区域Ⅱ(r>R)分别存在一个 匀强磁场,方向均垂直于xOy平面.现垂直于xOy平面放置两块平面荧 光屏,其中荧光屏甲平行于x轴放置在y=-2.2R的位置,荧光屏乙平行 于y轴放置在x=3.5R的位置.现有一束质量为m、电荷量为q(q>0)、 动能为E0的粒子从坐标为(-R,0)的A点沿x轴正方向射入区域Ⅰ,最终 打在荧光屏甲上,出现亮点N的坐标为(0.4R,-2.2R).若撤去圆外磁场,

粒子也打在荧光屏甲上,出现亮点M的坐标为(0,-2.2R),此时,若将荧
光屏甲沿y轴负方向平移,发现亮点的x轴坐标始终保持不变.不计粒 子重力影响. (1)求在区域Ⅰ和Ⅱ中粒子运动速度v1、v2的大小.
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(2)求在区域Ⅰ和Ⅱ中磁感应强度B1、B2的大小和方向. (3)若上述两个磁场保持不变,荧光屏仍在初始位置,但从A点沿x轴正 方向射入区域Ⅰ的粒子束改为质量为m、电荷量为-q、动能为3E0的 粒子,求荧光屏上出现亮点的坐标.


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【解析】(1)由于在磁场中运动时洛伦兹力不做功,所以在区域Ⅰ 和Ⅱ中粒子运动速度大小就是在A点入射时初始速度大小v
2 根据E0=? mv 2
0 可得v1=v2=v=? . m

1

2E

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(2)粒子在区域Ⅰ中运动了四分之一圆周后,从C点沿y轴负方向进入
区域Ⅱ的磁场.如图乙所示,圆周运动的圆心是O1点,半径r1=R
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v12 由qv1B1=m r1

?
2 mE0

mv1 得B1= qr1

? =? qR ,方向垂直xOy平面向外

粒子进入区域Ⅱ后做半径为r2的圆周运动
v2 2 由qv2B2=m r2

?

mv2 ,可得r2= qB2

?

圆周运动的圆心O2坐标为(r2,-R)
r 圆周运动轨迹方程为(x-r2)2+(y+R)2=?
2 2

将N点的坐标(0.4R,-2.2R)代入上式,可得r2=2R
mv2 求得:B2= qr2

? =? 2 qR ,方向垂直xOy平面向里.
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2 mE0



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(3)如图丙所示,粒子先在区域Ⅰ中做圆周运动
1 2 由3E0=? mv ' 2
0 可知,运动速度v'=? =?3 v m

6E

mv ' mv 轨道半径r3= qB1 =?3 qB1 =?3 R

?

?

3 R)可知,O3A与O3O的夹角为30°.通过分析图丙 由圆心O3的坐标(-R,?

的几何关系,粒子从D点穿出区域Ⅰ的速度方向与x轴正方向的夹角 为θ=60°
mv ' mv 粒子进入区域Ⅱ后做圆周运动的半径r4= qB2 =2?3 qB1 =2?3 R

?

?

其圆心O4的坐标为(Rcos 60°+r4cos 30°,Rsin 60°-r4sin 30°),即(? 2 R ,3 ? R),说明圆心O4恰好在荧光屏乙上.所以,亮点将出现在荧光屏乙上 2

7

的P点
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其y轴坐标yP=-? R+r4=? R 2 2 其x轴坐标xP=3.5R

3

3 3

【答案】(1)v1=v2=?

2 E0 m

(2)B1=? qR ,方向垂直xOy平面向外 B2=
3 3 (3)(3.5R, 2 R)

2mE0

? 2qR

2mE0

,方向垂直xOy平面向里

?

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点评 本题是一道典型的带电粒子在磁场中的运动问题,能 力要求较高,旨在考查学生分析、推理、运用数学知识解决物理

问题的能力.解题的关健在于通过对带电粒子分别在不同区域磁
场运动情况的分析,发现带电粒子运动的特征,画出带电粒子运动 的轨迹图,结合数学知识即可求解.

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四、建立合理的物理模型

模型是实际物体(原型)的近似,它仅突出物体的主要特征,是一种科
学的抽象.建立物理模型,便于进行理论分析和研究.例如:牛顿由于 提出了质点模型,才使得他有可能解决巨大的天体间的引力问题.

理想变压器、光滑平面、不可伸长的细绳、不计质量的轻弹簧、
定值电阻、内阻可忽略的电源以及弹性碰撞等,都是理想模型.可以 这样说,物理学中的规律、结论都是通过对理想化的物理模型进行 分析和研究得出来的. 近年来,随着物理高考试题对能力考查力度的加大,理论联系实际的 试题逐渐成为一种趋势,但考生试卷的得分情况并不理想,其重要原 因之一就是不少同学欠缺将实际问题模型化的能力,对一个实际问
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题不会通过物理的思维、方法去将它抽象成一个典型的物理模型 或过程.从某个角度讲,现在的物理高考试题考查的就是学生的建模 能力.

?

为了研究过山车的原理,物理小组提出了下列设想:取

一个与水平方向夹角为37°、长L=2.0 m的粗糙的倾斜轨道AB,通过

水平轨道BC与竖直圆轨道相连,出口为水平轨道DE,整个轨道除AB
段以外都是光滑的.其中AB与BC轨道以微小圆弧相接,如图所示.一 个小物块以初速度v0=4.0 m/s,从某一高处水平抛出,到A点时速度方 向恰沿AB方向,并沿倾斜轨道滑下.已知物块与倾斜轨道的动摩擦因 数μ=0.50.(g取10 m/s2,sin 37°=0.60,cos 37°=0.80)
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(1)要使小物块不离开轨道,并从水平轨道DE滑出,求竖直圆弧轨道 的半径R1应该满足什么条件? (2)a.为了让小物块不离开轨道,并且能够滑回倾斜轨道AB,则竖直圆 轨道的半径R2应该满足什么条件? b.若轨道半径恰好满足“a”的要求,求小物块进入轨道后能通过圆 轨道上距水平轨道高为0.01 m的点的次数.
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【解析】(1)小物块做平抛运动,经时间 t 到达A处时,令下落的高度 为h,水平分速度vx=v0,竖直分速度为vy tan
gt 1 2 37°= vx = v0 ,h=? 2 gt

??

vy

物体落在斜面上后,受到斜面的摩擦力 f=μN=μmgcos 37° 设物块进入圆轨道到最高点时有最小速度v1,此时物块受到的重力 恰好提供向心力,令此时半径为R0
v12 mg=m R0

?

物块从抛出到圆轨道最高点的过程中,由动能定理有
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mg(h+L· sin 37°-2R0)-μmgcos 联立上式,解得: R0=0.66 m

1 2 2 1 v? v 0 1 37°· L=2 ? m? -2 ? m

若物块从水平轨道DE滑出,则圆弧轨道的半径R1≤0.66 m. (2)a.为了让小物块不离开轨道,并且能够滑回倾斜轨道AB,则物块 上升的高度须小于或等于R0' mg(h+L· sin 37°)-μmgcos
1 2 v? 0 37°· L-mgR0'=0-2 ? m

解得:R0'=1.65 m,物块能够滑回倾斜轨道AB,则R2≥1.65 m. b.物块冲上圆轨道H1=1.65 m高度时速度变为0,然后返回倾斜轨道 h1高处再滑下,然后再次进入圆轨道达到的高度为H2.有
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mgH1=mgh1+μmgh1· ? 3 mgH2=mgh1-μmgh1· ? 3
4 1? ? 1 3 得:H2= 4 H1=? 5 H1 1? ? 3

4

4

?

之后物块在竖直圆轨道和倾斜轨道之间往返运动,同理:n次上升的
1 n- 1 高度Hn=(? 5 ) H1(n>0)为一等比数列

当n=5时,上升的最大高度小于0.01 m,则物块共有8次通过距水平 轨道高为0.01 m的点. 【答案】(1)R1≤0.66 m (2)a.R2≥1.65 m b.8次

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点评 本题以研究过山车为背景.考查圆周运动、动能定理 及功能原理的应用,解答本题,针对不同的运动形式建立与之相应 的物理模型.本题建立的三个物理模型:①质点模型; ②平抛运动模 型;③竖直平面内的圆周运动模型.

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五、抓住物理过程的“三性”

1.阶段性.将题目涉及的整个过程合理划分为若干个阶段.在审 题过程中,该分则分,宜合则合,并将物理过程的分析与研究对 象及规律的选用加以统筹考虑,以求最佳的解题思路. 2.联系性.找出各个阶段之间是由什么物理量联系起来的,各量 之间的关系如何,在临界点或极值点处有何特殊性质. 3.规律性.明确每个阶段遵循什么规律,可利用哪些物理公式进 行求解.

?

如图所示装置由加速电场、偏转电场和偏转磁场组

成.偏转电场处在加有电压的相距为d的两块水平平行放置的导体板
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之间,匀强磁场水平宽度为l,竖直宽度足够大,处在偏转电场的右边, 如图甲所示.大量电子(重力不计)由静止开始,经加速电场加速后,连 续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入偏转电场.当两板没有

加电压时,这些电子通过两板之间的时间为2t0,当在两板间加上如图
乙所示的周期为2t0、幅值恒为U0的电压时,所有电子均能通过电场, 穿过磁场,最后打在竖直放置的荧光屏上(已知电子的质量为m、电 荷量为e).求:

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(1)如果电子在t=0时刻进入偏转电场,求它离开偏转电场时的侧向位 移大小. (2)通过计算说明,所有通过偏转电场的电子的偏向角(电子离开偏转 电场的速度方向与进入电场速度方向的夹角)都相同. (3)要使电子能垂直打在荧光屏上,匀强磁场的磁感应强度为多少?

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【解析】(1)在t=0时刻,电子进入偏转电场,在Ox方向(水平向右为
正)做匀速直线运动.Oy方向(竖直向上为正)在0~t0时间内受电场力 作用做匀加速运动
U 0e a=? dm

在t0~2t0时间内做匀速直线运动,速度vy=at0
t0 侧向位移y=? 2 a? +vyt0
2

1

3U 0 et0 2 解得y= 2dm

?

.

(2)设电子以初速度v0=vx进入偏转电场,在偏转电场中受电场力作 用而加速.不管电子是何时进入偏转电场,在它穿过电场的2t0时间
0 内,其Oy方向的加速度或者是a=? (电压为U0时),或者是0(电压为0 dm

Ue

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时) Δv=aΔt,它在Oy方向上速度增加量都为Δvy=?
U 0 et0 dm

因此所有电子离开偏转电场时的Oy方向的分速度都相等为vy=

?

U 0 et0 dm

Ox方向的分速度都为v0=vx,所有电子离开偏转电场的偏向角都相

同.


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(3)设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ ,电子进入匀强磁场后 做圆周运动垂直打在荧光屏上,如图丙所示 电子在磁场中运动的半径:R=? sin? 设电子从偏转电场中出来时的速度为vt,则电子从偏转电场中射出时 的偏向角为:sin θ=? vt
mvt 电子进入磁场后做圆周运动,其半径R=? eB
U 0 t0 由上述四式可得:B=? dl

l

vy

.
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3U 0 et0 2 【答案】(1) 2dm

?

(2)见解析

U 0 t0 (3)? dl

点评 本题中电子运动的阶段性十分明显,第一阶段是被加 速过程;第二阶段电子进入偏转电场,在有偏转电压时,电子做类平 抛运动;第三阶段电子进入磁场做圆周运动.这三个阶段互相联系, 第一阶段的末速度就是第二阶段的初速度,第二阶段的末速度又

是圆周运动的初速度.三个阶段特点不同,遵循规律也不相同,在偏
转电场中沿极板方向是匀速直线运动,垂直极板方向是初速度为 零的匀加速运动,进入磁场之后是在洛伦兹力作用下的匀速圆周 运动.

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六.要谨慎细致,谨防思维定势 经常遇到一些物理题故意多给出已知条件,或表述物理情境时精心 设置一些陷阱,安排一些似是而非的判断,以此形成干扰因素,来考查 学生明辨是非的能力.这些因素的迷惑程度愈大,同学们愈容易在解

题过程中犯错误.在审题过程中,只有有效地排除这些干扰因素,才能
迅速而正确地得出答案.有些题目的物理过程含而不露,需结合已知 条件,应用相关概念和规律进行具体分析.分析前不要急于动笔列方

程,以免用假的过程模型代替了实际的物理过程,防止定势思维的负
迁移.

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?

如图所示,一质量不计的细线绕过无摩擦的轻质小定

滑轮O与质量为5m的重物相连,另一端与套在一根固定的光滑的竖 直杆上质量为m的圆环相连,直杆上有A、B、C三点,且B为A、C的

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中点,AO与竖直杆的夹角θ=53°,B点与滑轮O在同一水平高度,滑轮与 竖直杆相距为L,重力加速度为g,设直杆足够长,圆环和重物运动过程 中不会与其他物体相碰.现将圆环由A点静止开始释放(已知sin 53°=

0.8,cos 53°=0.6),试求:
(1)重物下降到最低点时圆环的速度大小. (2)圆环能下滑的最大距离. (3)圆环下滑到C点时的速度大小.

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【解析】(1)圆环到B点时,重物下降到最低点,此时重物速度为零
3 5 1 圆环下降高度为hAB=? 4 L,重物下降的高度为Δh=? 4 L-L=? 4L
v1 系统机械能守恒mghAB+5mgΔh=? 2 m?
2

1

gL . 圆环的速度为v1=2?

(2)圆环能下滑最大距离H时,圆环和重物速度均为零
( H ? L) 重物上升的高度ΔH=? 4 3
2

? L2

-? 4L

5

系统机械能守恒mgH=5mgΔH
25 得H=? 12 L.

(3)圆环到C点时,下落高度hAC=? 2 L,重物高度不变,设圆环速度为v2,
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3

此时重物速度为v2cos 53°,由系统机械能守恒得:
2 v 2 +? mghAC=? m ? × 5 m ( v 2cos 53°) 2 2
2

1

1

gL . v 2= ? 14

15

【答案】(1)2?gL

gL (2)? 12 L (3)? 14

25

15

点评 两个物体通过绳子和滑轮连接到一起之后,由于绳子 不可伸长,它们的速度总是相等的,受此思维定势影响,在本题中也

认为圆环的速度与重物的速度总是相等,这就错了.本题中圆环虽
然和重物通过绳子连接在了一起,由于圆环不是自由的,它还会受 到竖直杆的影响,所以,重物和圆环速度并不总是相等的.因此注意 克服思维定势的影响是很有必要的.
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七、要充分利用图象的功能 图象法是根据题意把抽象复杂的物理过程有针对性地表示成物理 图象,运用图象直观、形象、简明的特点来分析解决物理问题的科 学思维方法.应用图象法解题时首先要明白横轴和纵轴所代表的物

理量,明确要描述的是哪两个物理量之间的关系; 其次,要透彻理解
图象上的截距、斜率、图线所围的面积、两图线的交点等表示的 物理意义.图象问题是近年来出现频率较高的一类题型,在选择题、

实验题中有,在计算题中也会出现,因为图象类问题能很好地考查理
解、推理、信息提取、空间想象等各种能力.备受高考命题者的青 睐,所以要引起足够的重视.

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?

如图甲所示,MN、PQ为间距L=0.5 m足够长的平行导

轨,NQ⊥MN,导轨的电阻不计.导轨平面与水平面间的夹角θ=37°,NQ 间连接有一个R=4 Ω的电阻.有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向 向上,磁感应强度为B0=1 T.将一根质量m=0.05 kg的金属棒ab紧靠 NQ放置在导轨上,且与导轨接触良好.现由静止释放金属棒,当金属 棒滑行至cd处时达到稳定速度,已知在此过程中通过金属棒截面的

电量q=0.2 C,且金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示,设金属
棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行.(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8).求: (1)金属棒与导轨间的动摩擦因数μ.
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(2)cd离NQ的距离s. (3)金属棒滑行至cd处的过程中,电阻R上产生的热量. (4)若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0,从此时刻起,让磁感应强 度逐渐减小,为使金属棒中不产生感应电流,则磁感应强度B应怎样

随时间t变化(写出B与t的关系式).

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【解析】(1)由图乙知当v=0时,a=2 m/s2,此时对金属棒有mgsin θ-μ
mgcos θ=ma 解得μ=0.5. (2)由图乙可知:当v=2 m/s时,金属棒达到稳定速度,有FA=B0IL,E=B0

Lv,I=?

E R?r

由平衡条件有: mgsin θ=FA+μmgcos θ 解得r=1 Ω 由电流定义和法拉第电磁感应定律得 q=It=?
?? ?t(R ? r)

Δt=?

?? R?r

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ΔΦ=B0Ls 解得:s=2 m. (3)设此过程中产生的总热量为Q总,根据能量守恒定律有 mgssin 37°-μmgscos 37°-Q总=? mv2-0 解得:Q总=0.1 J 由电路性质可得QR=? Q总=0.08 J. (4)金属棒中不产生感应电流时金属棒将沿导轨做匀加速运动,由 牛顿第二定律得 mgsin θ-μmgcos θ=ma 解得a=2 m/s2
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R R?r

1 2

此时回路中的总磁通量不变
1 2 B0Ls=BL(s+vt+? 2 at )

B =? 2 ? 2t ? t 2 . 【答案】(1)0.5 (2)2 m (3)0.08 J (4)B=? 2 ? 2t ? t 2 点评 物理中的图象是数形结合的数学思想,图象是一种特 殊且形象的数学语言工具,来表达各种现象的过程和规律,物理图 象能形象地表述物理规律;能直观地描述物理过程;能鲜明地表示 物理量之间的相互关系及变化趋势.图象法应用要注意从纵、横 坐标代表的物理量、物理量的对应值、斜率、截距、面积、交点 等全面理解图象的含义.
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2

2

八、要充分利用物理情境过程的对称性 在物理学中,许多物理现象、过程都具有对称性,在运动过程中的速 度、加速度、轨迹等物理量都具有很好的对称性;做竖直上抛运动 的物体的上升过程和下降过程在时间、空间上也具有对称性.解题

时要充分利用这些对称性.

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?

如图甲所示,一静止的带电粒子q,质量为m(不计重力),

从P点经电场E加速,经A点进入方向垂直纸面向里的中间磁场B,穿



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过中间磁场后进入右边足够大的空间磁场B'(B'=B,虚线表示磁场的 分界线),方向垂直于纸面向外,然后能够按某一路径再由A返回电场 并回到出发点P,再重复上述过程.已知L为P点到A点的距离,求:

(1)中间磁场的宽度d.
(2)粒子运动的周期T.

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【解析】根据题意,画出粒子的运动轨迹如图乙所示.



(1)设中间磁场宽度为d,粒子过A点速度为v,由圆周运动的对称性可 得:2Rsin θ=R,则:θ=? 6
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?

2 带电粒子在加速电场中有:qEL=? mv 2

1

mv 2 在中间和右边磁场中有:qvB= R

? ,d=Rcos θ

得:d=?

6qEmL 2qB .

(2)粒子运动周期T由三段时间组成,设在电场中做匀变速直线运动
的时间为t1,则
2 L=? a ( ? ) 2 ,qE=ma 2

1

t1

解得t1=2?

2 mL qE

? 在中间磁场中运动的时间t2=2× 3 2?

?

2? m T',T'=? qB

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2? m 解得t2= 3qB

?

5? 在右边磁场中运动的时间t3= 3 2?

?

5? m T'=? 3qB

所以周期T=t1+t2+t3=2?

2 mL qE

7? m + 3qB .

?

【答案】(1)?

6qEmL 2qB

(2)2?

2 mL 7? m qE + 3qB

?

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点评 粒子从A点进入中间磁场做匀速圆周运动,半径为R,过 C点进入右边磁场,做半径为R的匀速圆周运动经点F到点D,因为过 D点后还做匀速圆周运动回到A,故DA和CA关于直线OA对称,且 OA垂自于磁场的分界线.同理可知,OA也同时是CD圆弧的对称轴 、因此粒子的运动轨迹是关于直线OA对称的、因为速度方向为 切线方向,所以圆弧AC、CD、DA相切.可见,解答本题的关键是利 用轨迹的对称性.

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九、要做到定量计算和定性分析相结合 在审题过程中,不对物理过程进行仔细分析,而盲目地套用数学公式 的做法是错误的,当然,只对物理过程进行定性分析,不对其进行定量 计算同样得不出正确结论.因此,应该做到将定量计算与定性分析结

合起来.

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?

如图甲所示,质量为m的小球由长为l、能承受的最大

拉力是9mg的细线系住,细线的另一端固定在A点,AB是过A的竖直 线,E为AB上的一点,且AE=0.5l,过E作水平线EF,在EF上钉铁钉D.现 将小球拉至水平,然后由静止释放,若小球能绕钉子在竖直面内做圆 周运动,求钉子的位置在水平线上的取值范围.(不计线与钉子碰撞时 的能量损失)


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【解析】设在D点绳刚好承受最大拉力,设DE=x1,则悬线碰到钉子 后,小球绕钉子做圆周运动的半径为: r=l-AD=l-?
2 1

?l? x ?? ? ?2?

2

当小球运动到D点正下方时,绳受到的拉力最大,设为F,此时小球的 速度为v,由牛顿第二定律有:
v2 F-mg=m r

? ? ≤8mg
?l ?

v2 结合F≤9mg可得:m r

2 ? r ? =? 由机械能守恒定律得:mg? ? mv ?2 ? 2

1

联立解得:x1≤? 3l
对点集训 决胜高考

2

随着x的减小,即钉子左移,小球绕钉子做圆周运动的半径越来越
gr 也越来越大;但根据机械能守恒定 大,转至最高点的临界速度?

律,半径r越大,转至最高点的瞬时速度越小,当这个瞬时速度小于临 界速度时,小球就不能到达圆的最高点了. 设钉子在G点小球刚能绕钉做圆周运动到达圆的最高点,




对点集训 决胜高考

对点集训 决胜高考

【答案】钉子距E点距离x的范围是?

7 6

2 l≤x≤? 3l

点评 本题是圆周运动与机械能两部分知识综合应用的典型 问题.题中涉及两个临界条件:一是线承受的最大拉力不大于9mg;
gr (r是做圆 另一个是在圆周运动的最高点的瞬时速度必须不小于?

周运动的半径). 在解答本题时,定性分析十分重要,只有根据临界条件正确得出拉 力最大、最小的位置,才能得出结果.

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十 、善于从复杂的情境中快速地提取有效信息 现在的物理试题中介绍、描述性的语句相当多,题目的信息量很大, 解题时就必须具备敏锐的眼光和灵活的思维,善于从复杂的情境中 快速地提取有效信息,准确理解题意.

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?

摩天大楼中一部直通高层的客运电梯,行程超过百

米.电梯的简化模型如图甲所示.考虑安全、舒适、省时等因素,电梯 的加速度a是随时间t变化的.已知电梯在t=0时由静止开始上升,a-t图

象如图乙所示. 电梯总质量m=2.0×103 kg.忽略一切阻力,重力加速度
g取10 m/s2.


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(1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2. (2)类比是一种常用的研究方法.对于直线运动,教科书中讲解了由v-t

图象求位移的方法.请你借鉴此方法,对比加速度和速度的定义,根据
图乙所示a-t图象,求电梯在第1 s内的速度改变量Δv1和第2 s末的速 率v2. (3)求电梯以最大速率上升时,拉力做功的功率P;再求在0~11 s时间 内,拉力和重力对电梯所做的总功W.

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【解析】(1)由牛顿第二定律,有F-mg=ma 由a-t图象可知,F1和F2对应的加速度分别是 a1=1.0 m/s2,a2=-1.0 m/s2 F1=m(g+a1)=2.0×103×(10+1.0) N=2.2×104 N F2=m(g+a2)=2.0×103×(10-1.0) N=1.8×104 N. (2)类比可得,所求速度变化量等于第1 s内a-t图线下的面积Δv1=0.5 0 m/s

同理可得Δv2=v2-v0=1.5 m/s
v0=0,第2 s末的速率v2=1.5 m/s. (3)由a-t图象可知,11 s~30 s内速率最大,其值等于0~11 s内a-t图线
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下的面积,有vm=10 m/s 此时电梯做匀速运动,拉力F等于重力mg,所求功率

P=Fvm=mg· vm=2.0×103×10×10 W=2.0×105 W
3 2 5 v m -0=? 由动能定理,总功W=Ek2-Ek1=? m ? × 2.0 × 10 × 10 J=1.0 × 10 J. 2 2
2

1

1

【答案】(1)2.2×104 N 1.8×104 N (2)0.50 m/s 1.5 m/s (3)1.0× 105 J 点评 由本例可看出,有些物理信息给予型试题叙述较长,但

将所给的信息进行提炼后,解析过程并不复杂.所以审题的关键是
认真阅读题意,建立物理模型.在审题过程中,只有有效地排除干扰 因素,才能迅速而正确地求解.有些题目的物理过程含而不露,需结 合已知条件,应用相关概念和规律进行具体分析.
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?
1.(要点一)有人猜想,可以利用地球的同步卫星制作一座通向 太空的“通天塔”,其实就是一条长长的管道,这条长长的管 道一端固定在卫星上,另一端固定在地面上,为人们往返于地 球和卫星之间提供方便.已知地球到月球的距离约为地球半径 R的60倍,由此可以估算该管道的长度至少多长?(已知月球围 绕地球运转的公转周期大约是27天)
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【解析】根据开普勒第三定律知地球的同步卫星与月球的周期之
T1 比为 T2

( ) ? =? r
2

r1

3

20 R 所以地球同步卫星的轨道半径r1=? 3

17 地球同步卫星距离地面高度h=r1-R=? 3 R. 17 【答案】? 3 R

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2.(要点二)倾角θ=37°、质量M=5 kg的粗糙斜面位于水平地面 上.质量m=2 kg的木块置于斜面顶端,从静止开始匀加速下滑, 经t=2 s到达底端,运动路程L=4 m,在此过程中斜面保持静止.

求:(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2)
(1)物体到达底端时速度大小.

(2)地面对斜面的支持力大小. (3)地面对斜面的摩擦力的大小与方向.

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【解析】(1)木块做匀加速直线运动,L=? at2 所以a=?=2 m/s2 到达底端时速度v=at=4 m/s. (2)对木块有mgsin θ-Ff1=ma FN1=mgcos θ 地面对斜面的支持力FN2=Mg+FN1cos θ+Ff1sin θ 解得:FN2=67.6 N. (3)对斜面,由共点力平衡条件知地面对斜面的摩擦力 Ff2=FN1sin θ-Ff1cos θ=3.2 N 方向水平向左. 【答案】(1)4 m/s (2)67.6 N (3)3.2 N,方向水平向左
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2L t2

1 2

3.(要点二、五)如图所示,一固定在地面上的金属轨道ABC,其 中AB长s1=1m, BC与水平面间的夹角α=37°,一小物块放在A处, 小物块与轨道间的动摩擦因数均为μ=0.25,现在给小物块一个 水平向左的初速度v0=3 m/s.小物块经过B处时无机械能损失 (sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2).求:

(1)小物块第一次到达B处的速度大小. (2)小物块在BC段向上运动时的加速度大小. (3)若小物块刚好能滑到C处,求BC的长s2.
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【解析】小物块从A运动到B,由动能定理
-μmgs1=? m? -? m?
vB 2

1 2

1 2

v0 2

代入数据解得vB=2 m/s. (2)小物块从B到C过程中,由牛顿第二定律 μmgcos α+mgsin α=ma 代入数据解得a=8 m/s2. (3)小物块以初速度vB沿斜面向上运动至速度为零的过程中,经过的

位移为s2,由动能定理有
-μmgcos α· s2-mgsin α· s2=0-? mv?
2 B

1 2

代入数据解得s2=0.25 m. 【答案】(1)2 m/s (2)8 m/s2 (3)0.25 m
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4.(要点三、五)如图甲所示,在直角坐标系的第一、二象限内 有垂直于纸面的匀强磁场,第三象限有沿y轴负方向的匀强电 场,第四象限无电场和磁场.现有一质量为m、电荷量为q的粒 子以速度v0从y轴上的M点沿x轴负方向进入电场,不计粒子的 重力,粒子经x轴上的N点和P点最后又回到M点,设OM=L,ON= 2L.求:


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(1)电场强度E的大小. (2)匀强磁场的磁感应强度的大小和方向. (3)粒子从M点进入电场经N点、P点最后又回到M点所用时间.

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【解析】粒子运动轨迹如图乙所示



(1)粒子从M到N运动过程为类平抛运动,设运动时间为t1,则: x方向: 2L=v0t1
t1 y方向:L=? 2 a? ,qE=ma
2

1

对点集训 决胜高考

mv0 2 联立解得E= 2qL

?

2L ,t1= v0 .

?

(2)设粒子在N点的速度与x轴夹角为θ,由(1)得vy=at1=v0 则tan
v0 vN=?

? θ= vx =1即θ=? 4

?

vy

2

? vy 2

=?2 v0

粒子在一、二象限中做匀速圆周运动,圆心位于O',设半径为R,由几
? ? ? 何关系知,过P点的速度与x轴夹角也为θ=? , 所以有 ? = ? =L,则R= OP OM 4
3 2 ? L 2
vN 2 由牛顿第二定律有qvNB=m R

?

2 mv0 联立解得B= 3qL

? ,方向垂直纸面向里.
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(3)粒子在磁场中做圆周运动的周期
2? m 3? L T= qB = v0

? ?

粒子在一、二象限中做匀速圆周运动的时间
2? ? 2? t2= 2?

?

9? L 3 T= 4 T= 4v0

? ?

粒子在第四象限中以速度vN=?2 v0做匀速直线运动的时间t3=? ? t=t1+t2+t3=(3+?
9? 4

2L L v N = v0

L ) v0

? .
2 mv0 (2) 3qL

【答案】(1) ?
9? L (3)(3+? 4 ) v0

mv0 2 2qL

?

垂直纸面向里

?
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5.(要点四、六)如图所示,水平传送带AB长L=10 m,向右匀速 运动的速度v0=4 m/s,一质量为1 kg的小物块(可视为质点)以v1 =6 m/s的初速度从传送带右端B点冲上传送带,物块与传送带

间的动摩擦因数μ=0.4.g取10 m/s2.求:
(1)物块相对地面向左运动的最大距离.

(2)物块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间.

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【解析】(1)物块与传送带间摩擦力Ff=μmg
v1 根据动能定理:-Ffx1=0-? 2 m?

1

2

解得物块相对地面向左运动的最大距离
v12 x1= 2? g =4.5

?

m.

(2)设小物块经时间t1速度减为0,然后反向加速,设加速度大小为a, 经时间t2与传送带速度相等 由牛顿第二定律Ff=μmg=ma 得a=μg
v1 v1 t1=? a = ? g =1.5

?

s
对点集训 决胜高考

v0 v0 t2=? a = ? g =1.0

?

s
1
2

t2 反向加速时物块的位移x2=? 2 a? =2 m

物块与传送带共速后,将做匀速直线运动,设经时间t3再次回到B点, 则

x1-x2=v0t3,解得t3=0.625 s
t=t1+t2+t3=3.125 s. 【答案】(1)4.5 m (2)3.125 s

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6.(要点四、五、九)如图所示,圆管构成的半圆形竖直轨道固
定在水平地面上,轨道半径R为5 m,MN为直径且与水平面垂 直,直径略小于圆管内径的弹性小球A以某一初速度v0从N点冲

进轨道,到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的与A完全相
同的小球B发生碰撞.已知A、B两小球发生碰撞后交换速度. 测得B球水平飞出轨道后落地点距N点距离为10 m;A球从最高

点沿原路返回,水平地面的动摩擦因数为0.5.重力加速度g取10
m/s2,忽略圆管内径,空气阻力及圆管内部摩擦不计,求:

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(1)B球从水平飞出轨道到落地的时间. (2)小球A冲进轨道时初速度v0的大小. (3)A、B两球最终在水平面上的距离(设B球落地后不再运动).

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【解析】(1)B球飞出轨道后做平抛运动,竖直方向分运动为自由落 体运动,有:
2 2R=? gt 2

1

解得t=2?

R 2 g =?

s.

(2)设球A的质量为m,A碰B前速度大小为vA,把球A冲进轨道最低点

位置的重力势能定为0,由机械能守恒定律知
1 1 2 2 v v 0 =? A +mg· ? m ? m ? 2R 2 2

B球飞出轨道后做平抛运动,水平方向分运动为匀速直线运动,设B 球飞出轨道时速度为vB,有

sB=vBt=vAt
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2 m/s 得vA=5?

10 m/s. 则:v0=5?
2 (3)A球再次经N点向右滑出,? mv ' =mg· 2R A 2

1

2 m/s 解得vA'=10?

A向右运动碰撞原来静止的B球,两球速度交换,A停在原B球的位置 不动,B球以A球的速度继续前进,最终静止,设B球最终静止位置距 N点距离为sB',则
v A '2 sB'= 2? g =20

?

m

则A、B间距为s=sB'-sB=10 m.
2 s (2)5? 10 m/s (3)10 m 【答案】(1)?
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7.(要点五)如图所示,两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ 相距为L,导轨平面与水平面夹角为α,导轨电阻不计.磁感应强

度为B的匀强磁场垂直导轨平面斜向上,长为L的金属棒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、电阻为R.两金属导轨的上端连接右侧电路,电路 中R2为一电阻箱,已知灯泡的电阻RL=4R,定值电阻R1=2R,调节 电阻箱使R2=12R,重力加速度为g,闭合开关S,现将金属棒由静 止释放.求:

(1)金属棒下滑的最大速度vm.
(2)当金属棒下滑距离为s0时速度恰好达到最大,则金属棒由静
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止开始下滑2s0的过程中,整个电路产生的电热. (3)改变电阻箱R2的值,当R2为何值时,金属棒达到匀速下滑时R2 消耗的功率最大.

对点集训 决胜高考

【解析】(1)当金属棒匀速下滑时速度最大,此时有mgsin α=F安

F安=BIL,I=?

BLv m R总

其中R总=Rab+R1+?

R 2R L R2 ? RL

=6R
6mgRsin? B2 L2

联立上式得金属棒下滑的最大速度vm=?
v (2)由动能定理WG-W安=? m?

1 2

2

m

由于WG=2mgs0sin α,W安=Q 解得Q=2mgs0sin α-?
18m3g 2 R 2sin 2? B4 L4

.

(3)因为金属棒匀速下滑,则有mgsin α=BIL
I P 2= ? R2
2 2

对点集训 决胜高考

4R I2= R2 ? 4 R I

?

4Rmgsin? 联立得P2=[ (R 2 ? 4R)BL ]2R2

?

16 R 2 2 = R2 ? 8R ? 16 R R2

?

(?BL )2

mgsin?

16 R 2 当R2= R2

? ,即R2=4R时,R2消耗的功率最大.
(2)2mgs0sin
18m3g 2 R 2sin 2? αB4 L4

6mgRsin? 【答案】(1)?B2L2

?

(3)4R

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8.(要点一、二)如图所示,偏转电场极板长度为l,两板间的距离 为d,偏转电场极板的右端距光屏的距离为b,某个带电粒子的 质量为m,沿两板间的中心线以初速度v0进入偏转电场.偏转电 场两极板间电压为U.该粒子离开电场时的速度大小为v,不计 带电粒子受到的重力和空气阻力影响,忽略电场边沿处电场强 度的不均匀性. (1)求该带电粒子所带的电荷量q. (2)求该带电粒子到达光屏时偏离原入射方向的距离y. (3)在带电粒子的质量和所带电荷量以及进入电场的初速度均 一定的条件下,分析决定到达屏上时偏转距离的因素有哪些?
对点集训 决胜高考

若要使到达屏上时偏转距离增大可以采取的措施是什么?.

对点集训 决胜高考

【解析】(1)带电粒子进入电场后,做类平抛运动,离开电场时,沿垂

直电场方向的速度大小为v0,沿电场方向的速度大小为
v vy=?
2

? v0 2

设带电粒子在电场中运动的时间为t,根据牛顿第二定律与运动学 公式 vy=? t,t=? 解得:q=?
mdv0 v 2 ? v0 2 Ul
qU md

l v0

.

(2)带电粒子离开电场后做匀速直线运动,设运动方向与v0方向的夹 角为θ,根据平抛运动的特点,

对点集训 决胜高考

b? v =? tan θ=? 2 l
0

vy

y

解得y=?v

v 2 ? v0 2
0

(b+? ).

l 2

(3)由(1)问和(2)问的结果可知,粒子到达光屏上时偏离原入射方向

的距离
y=? (b+? ) 在m、q以及v0一定的条件下,若要使y的数值增大,可以增大偏转电 场两极板间的电压U、偏转极板的右端距光屏的距离b或偏转极
qUl mdv0 2

l 2

板的长度l,也可以减小偏转电场两极板间的距离d.
【答案】(1)? (3)见解析
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mdv0 v 2 ? v0 2 Ul

(2)?

v 2 ? v0 2 v0

l ( b+ ? 2)

9.(要点九、十)如图所示,PQ、MN是水平面内相互平行的足 够长金属导轨,金属导轨的电阻不计,在金属导轨的P端和M端 之间用导线接入理想交流电流表? 和阻值R=2 Ω的电阻,在y
2 sin x(m)的图线与x轴合围的区域内有B=1 T的匀强磁场, =2?

磁场方向竖直向下.一质量m=1 kg、阻值r=1.14 Ω的金属棒ab 从x=0处开始在水平外力F作用下,以v=3.14 m/s的恒定速度沿x 轴正方向运动,已知金属棒ab与金属导轨间的动摩擦因数μ=0. 2,g取10 m/s2.试求: (1)作用在金属棒上外力的最大值.

(2)交流电流表的示数.
对点集训 决胜高考

(3)在t=50 s内外力做的功.

对点集训 决胜高考

2k ? 1 【解析】(1)由题意分析可知,当金属棒ab运动到x=? 2 π(m)(k=0,1,

2,……)时,作用在金属棒上的外力最大,设最大值为Fm 此时的感应电动势和感应电流分别为: em=BLv,im=? R?r 此时金属棒受到的安培力F=BimL
2 m 由题意得:L=2?
em

对金属棒ab,由平衡条件得:Fm=F+μmg
B 2 L2 v 所以可得:Fm= R ? r +μmg=10

?

N.

(2)由题意可得,t时刻金属棒ab距离坐标原点的距离为:
对点集训 决胜高考

x=vt=3.14t(m)
2 |sin 3.14t|(V) 所以t时刻电路中感应电动势为e=B· |y|· v=6.28? 2 t时刻电路中感应电流i=? R ? r =2? |sin 3.14t|(A)
e

显然电路中感应电流的有效值为
Im 2 2 I= ? 2= 2

?

A=2 A.

(3)由功能关系可知,在t=50 s内外力做的功为:W=Q焦+Q摩 其中Q焦=I2(R+r)t Q摩=μmgx 所以可得:W=[I2(R+r)+μmgv]t=942 J. 【答案】(1)10 N (2)2 A (3)942 J
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10.(要点九)如图甲所示,电子显像管由电子枪、加速电场、偏 转磁场及荧光屏组成.在加速电场右侧有相距为d、长为l的两

平板,两平板构成的矩形区域内存在方向垂直纸面向外的匀强
磁场,磁场的右边界与荧光屏之间的距离也为d.荧光屏中点O 与加速电极上两小孔S1、S2位于两板的中线上.从电子枪发射 质量为m、电荷量为-e的电子,经电压为U0的加速电场后从小 孔S2射出,经磁场偏转后,最后打到荧光屏上.若l=? d,不计电子 2 在进入加速电场前的速度. (1)求电子进入磁场时的速度大小. (2)求电子到达荧光屏的位置与O点距离的最大值ym和磁感应
对点集训 决胜高考

3

强度B的大小. (3)若撤去磁场,在原磁场区域加上间距仍为d的上、下极板构 成的偏转电极,加速电极右侧与偏转电极紧靠.为了使电子经

电场偏转后到达荧光屏上的位置与经磁场偏转的最大值相同.
在保持O与S2距离不变,允许改变板长的前提下,求所加偏转电 压的最小值.


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【解析】(1) 设电子经电场加速后的速度大小为v0
v 由动能定理有eU0=? 2 m?
0

1

2

解得v0=?

2eU 0 m

.



对点集训 决胜高考

(2) 电子经磁场偏转后,沿直线运动到荧光屏,电子偏转的临界状态 是恰好不撞在上板的右端,到达荧光屏的位置与O点距离即为最大 值ym,如图乙所示
mv0 2 由ev0B= R

?

mv0 ,解得R=? eB

d 2 2 2 由几何关系有(R-? ) + l = R 2

d tan α=? R ? =? 2

l

ym ? d

d 2
5d

联立解得R=? 4 2 d,ym=?
2 mv0 所以磁感应强度B=? 5ed

5

2 2mU 0 =? 5d e

?

.

对点集训 决胜高考

(3)电子在电场中做曲线运动,在电场外做匀速直线运动,如图丙所示
恰好能通过板右端点的电子在荧光屏上的位置离O点最大为ym.设极 板长度为l',有
v =? tan θ=?
x

vy

d 2 l ? d ? l' ym ?

其中vx=v0=? 因a=? =?
F m
eU md

2eU 0 m

,vy=at

l'=vxt,? =2a? =ad
vy2

d 2

解得l'=? d
对点集训 决胜高考

10 7

若增大l',则无论加多大电压,电子在荧光屏上的偏移不能达到ym;若 减小l',且保持电压U不变,则电子在荧光屏上的偏移也不能达到ym,只 有增大电压才可能因此要使电子在荧光屏上的偏移达到ym,对应电 压的最小值为Umin=? =0.98U0.
2U 0 d 2 l '2



【答案】(1)?

2eU 0 m

2 2mU 0 (2)? 5d e

?

(3)0.98U0

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1.(14分)如图所示,在游乐场的滑冰道上有甲、乙两位同学坐在冰车 上进行游戏.当甲同学从倾角?=37°的光滑斜面冰道顶端A自静止开 始自由下滑时,在斜面底部B处的乙同学通过冰钎作用于冰面从静止 开始沿光滑的水平冰道向右做匀加速运动.设甲同学在整个运动过 程中无机械能变化,两人在运动过程中可视为质点,则为避免两人发 生碰撞,乙同学运动的加速度a至少为多大?(sin 37°=0.6,g=10 m/s2)

对点集训 决胜高考

【解析】根据牛顿第二定律可知甲同学在斜面上下滑的加速度a1 =gsin θ (2分)
v1 设甲到斜面底部的速度为v1,所经时间t1= gsin?

?

?

(3分)

1 甲在水平冰道上经时间t2恰好追上乙,则两人的位移关系为v1t2=? 2a

(t1+t2)2 (3分)

对点集训 决胜高考

要避免相碰,当甲恰好追上乙时,乙的速度恰好等于v1,即v1=a(t1+t2) (3分)
2 解得a=? g sin θ =3 m/s . (3分) 2

1

【答案】3 m/s2

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2.(16分)如图所示,用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力 的小船沿直线拖向岸边.已知拖动缆绳的电动机输出功率恒为P,小

船的质量为m,小船受到的阻力大小恒为f,经过A点时的速度大小为v
0

,小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1,A、B两点间距离为

d,缆绳质量忽略不计.求: (1)小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功Wf. (2)小船经过B点时的速度大小v1. (3)小船经过B点时的加速度大小a.

对点集训 决胜高考

【解析】(1)小船从A点运动到B点克服阻力做功

Wf=fd. (3分)
(2)小船从A点运动到B点,电动机牵引绳对小船做功 W=Pt1 (2分)
v0 v1 由动能定理有:W-Wf=? 2 m? -? 2 m?
2

1

1

2

(3分)
(2分)

由上式解得:v1=?

v0 2 ?

2 ( Pt1 ? fd ) . m

对点集训 决胜高考

(3)设小船经过B点时绳的拉力大小为F,绳与水平方向夹角为θ,电

动机牵引绳的速度大小为u,则P=Fu
u=v1cos θ (2分) 由牛顿第二定律有Fcos θ-f=ma (2分) 由上式解得:a=? m 2 v0 2 ? 2m( Pt1 ? fd ) -? m.
v0 【答案】(1)fd (2)?
P
2

P

f

?

(2分)

?

2 ( Pt1 ? fd ) m

(3)?

f m v0 ? 2m( Pt1 ? fd ) -? m
2 2

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3.(16分)如图所示,用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的半圆形轨道APB 和直线形轨道BC固定在水平桌面上,已知APB的半径R=1.0 m(比细 管的内径大得多),BC段长L=1.5 m.弹射装置将一个小球(可视为质 点)以v0=5 m/s的水平初速度从A点弹入轨道,小球从C点离开轨道随

即水平抛出,落地点D离C的水平距离s=2 m,不计空气阻力,g取10 m/s
2

.求:

(1)小球在半圆轨道上运动时的角速度ω和加速度a的大小.

(2)小球从A点运动到C点的时间t.
(3)桌子的高度h.

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【解析】(1)小球做匀速圆周运动 角速度ω=? =5 rad/s (2分) 加速度a=?=25 m/s2. (2分)
v =0.628 s (2)小球从A到B的时间t1=? (2分)
0

v0 R

v0 2 R

?R

从B到C的时间t2=? =0.3 s (2分)

L v0

小球从A到C的时间t=t1+t2=0.928 s. (2分)
(3)小球从C到D做平抛运动,t=? (2分) 桌子高度h=? gt2 (2分) 解得h=0.8 m. (2分) 【答案】(1)5 rad/s 25 m/s2 (2)0.928 s (3)0.8 m
对点集训 决胜高考
1 2
s v0

4.(18分)如图,MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ角固 定,轨距为d.空间存在匀强磁场,磁场方向垂直于轨道平面向上,磁感 应强度为B.P、M间接有阻值为3R的电阻.Q、N间接有阻值为6R的 电阻,质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上,其有效电阻为R.现从 静止释放ab,当它沿轨道下滑距离s时,达到最大速度.若轨道足够长 且电阻不计,重力加速度为g.求:

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(1)金属杆ab运动的最大速度. (2)金属杆ab运动的加速度为? 2 gsin θ时,金属杆ab消耗的电功率. (3)金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中,克服安培力所做的功. 【解析】(1)电路总电阻为R总=R并+R=3R (1分)
1

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Bdv I= R总

? (1分)

当达到最大速度时金属棒受力平衡,则mgsin θ=BId (2分)
3mgRsin? 计算得最大速度为v=? B2 d 2

. (1分)

1 (2)金属杆ab运动的加速度为? 2 gsin

θ 时,电流为I',F安'=BI'd (2分)

根据牛顿第二定律F合=ma (2分)
mgsin θ-BI'd=ma (2分)
mgRsin? 解得I'=? 2Bd

(1分)
2

金属杆ab消耗的电功率P=I'

m2g 2 Rsin 2? R= 4B2d 2 .?

?

(2分)

(3)金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中,根据动能定理WG-W
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=ΔEk (2分)
2 即mgssin θ-W=? mv (1分) 2

1

解得W=mgssin

9m3g 2 R 2sin 2? θ- 2B4d 4

?

. (1分)

3Rmgsin? 【答案】(1)?B2d 2

m2g 2 Rsin 2? (2) 4B2d 2

?

(3)mgssin

9m3g 2 R 2sin 2? θ- 2B4d 4

?

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5.(18分) 如图所示,在光滑绝缘水平面两端有两块平行带电金属板A

、B,其间存在着电场强度E=200 N/C的匀强电场,靠近正极板A处有
一薄挡板S.一个带负电小球,质量m=1×10-2 kg、电荷量q=2×10-3 C,开 始时静止在P点,它与挡板S的距离l=20 cm,与B板距离L=45 cm.静止 释放后小球在电场力的作用下向左运动,与挡板S相碰后电量减少到 碰前的k倍,k=? ,碰后小球的速度大小不变. 6
5

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(1)设匀强电场中挡板S所在位置的电势为零,则电场中P点的电势φP
为多少?小球自静止开始从P点运动到挡板S时,电势能是增加还是减 少?改变的电势能ΔE为多少? (2)小球第一次与挡板S碰撞时的速度多大?第一次碰撞后小球能运 动到离B板多远的地方? (3)小球从P点出发第一次回到最右端的过程中电场力对小球做了多 少功?

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【解析】 (1)挡板S与P点间的电势差 USP=El=200×0.2 V=40 V (2分) 由USP=φS-φP得P点的电势φP=φS-USP=-40 V (2分) 小球自静止开始从P点运动到挡板S的过程中,电场力做正功,故带 电小球的电势能减少

改变的电势能ΔE=qUSP=0.08 J. (2分)
(2)小球自P点到第一次与挡板S碰撞的过程中,由动能定理有

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2 qUSP=? mv (2分) 2

1

则小球第一次与挡板S碰撞时的速度

v=? m SP =4 m/s (1分)
设第一次碰撞后小球能运动到离A板l1远处的地方,由动能定理有
2 Eql=? mv (2分) 2 2 Ekql1=? mv (2分) 2

2qU

1

1

l 6 则l1=? 5 ×20 k =?

cm=24 cm (1分)

第一次碰撞后小球能运动到离B板的距离d为 d=l+L-l1=41 cm. (1分)
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(3)设小球从P点出发第一次回到最右端的过程中电场力对小球做 功为W,小球由P点向左运动到挡板S处和由挡板S处运动到最右端 的两个过程中电场力做功分别为W1、W2,由动能定理有
1 1 2 2 W1=? 2 mv ,W2=0-? 2 mv

(2分)

所以W=W1+W2=0. (1分)
【答案】 (1)-40 V 电势能减少 0.08 J (2)4 m/s 41 cm (3)0

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6.(18分)在竖直平面内,以虚线为界分布着如图甲所示的匀强电场和 匀强磁场,其中匀强电场的电场强度大小为E,方向向上;匀强磁场垂 直纸面向里,磁感应强度大小为B.虚线与水平线之间的夹角θ=45°,一

带负电粒子从O点以速度v0水平射入匀强磁场,已知粒子电荷量为q,
质量为m(重力忽略不计,电场、磁场区域足够大). (1)求带电粒子第1次通过虚线时,粒子距O点的距离? (2)当带电粒子第4次通过虚线时,求粒子距O点的距离和经历的时 间.

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【解析】(1)如图乙所示,带电粒子在磁场中的运动半径为r,qv0B=
mv0 2 r

mv0 则r= qB

? (2分)
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2? m 3 (2)因为T= qB ,带电粒子从O运动到A为? 4 圆周,则带电粒子在磁场中

?

的运动时间为t1=? T=?

3 4

3? m 2qB

?

(2分)
qE m

粒子从A点进入电场,受到电场力F=qE,则在电场中加速度大小a=? (2分) 从A到B的时间为:tAB=? =?
v0 a

mv0 qE

(1分)
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带电粒子将从B点反向加速重新进入磁场,由几何关系可知,带电粒

子从A到C为? 圆周,则: 第二次在磁场中运动时间t2=? T=?
sAC=sOA=? r=?
2
2mv0 qB
1 4

1 4

?m 2qB

(1分)

(1分)

带电粒子从C点再次进入电场中做类平抛运动 x=v0tCD (1分)
t y =? a?

1 2

2

CD

(1分)

y=xtan θ (1分)

解得tCD=?

2 mv0 qE

(1分)
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x =y =?

2mv0 2 qE

(1分)
2

由于sCD=?x

?y

2

=?

2 2mv0 2 qE

(1分)
2 2mv0 ( E ? v0 B) qBE

所以粒子第4次通过虚线时距O点距离Δs=sOA+sAC+sCD=?

(1分)
2? m 4 mv0 第4次到达电场与磁场分界虚线的总时间t=t1+2tAB+t2+tCD= qB + qE

? ? .

(1分) 【答案】(1) ? qB
2mv0

(2) ?

2 2mv0 ( E ? v0 B) qBE

? ?

2? m 4 mv0 qB + qE
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