《（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 優(yōu)化4 高考計(jì)算題解題策略教學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 優(yōu)化4 高考計(jì)算題解題策略教學(xué)案（14頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、優(yōu)化4高考計(jì)算題解題策略計(jì)算題一般給出較多的信息，有清晰的已知條件，也有隱含條件，在實(shí)際物理情景中包含有抽象的物理模型，在所給出物理過程的信息中有重要的臨界條件，題目思維量大，解答中要求寫出重要的演算步驟和必要的文字說明1慢審題，快答題只有認(rèn)真審題，透徹理解命題的意圖、試題給定的物理情境、各物理量間的對(duì)應(yīng)關(guān)系、物理過程所遵循的物理規(guī)律，才能快速正確答題所謂審題要慢，就是要仔細(xì)，要審?fù)?，關(guān)鍵的詞句理解要到位，深入挖掘試題的條件，提取解題所需要的相關(guān)信息，排除干擾因素要做到這些，必須通讀試題，特別是括號(hào)內(nèi)的內(nèi)容，千萬不要忽視2習(xí)慣畫圖，分段處理對(duì)綜合性強(qiáng)、過程較為復(fù)雜的題，要習(xí)慣畫草圖，采用“分段
2、”處理，所謂的“分段”處理，就是根據(jù)問題的需要和研究對(duì)象的不同，將問題涉及的物理過程，按照時(shí)間和空間的發(fā)展順序，合理地分解為幾個(gè)彼此相對(duì)獨(dú)立又相互聯(lián)系的階段，再根據(jù)各個(gè)階段遵從的物理規(guī)律逐個(gè)建立方程，最后通過各階段的聯(lián)系綜合起來解決，從而使問題化整為零、各個(gè)擊破3書寫必要的文字說明必要的文字說明的目的是說明物理過程和答題依據(jù)，我們應(yīng)該從以下幾個(gè)方面給予考慮：(1)說明研究對(duì)象(個(gè)體或系統(tǒng)，尤其是要用整體法和隔離法相結(jié)合求解的題目，一定要注意研究對(duì)象的轉(zhuǎn)移和轉(zhuǎn)化問題)(2)畫出受力分析圖、電路圖、光路圖或運(yùn)動(dòng)過程的示意圖(3)說明所設(shè)字母的物理意義(4)說明規(guī)定的正方向、零勢(shì)點(diǎn)(面)(5)說明題
3、目中的隱含條件、臨界條件(6)說明所列方程的依據(jù)、名稱及對(duì)應(yīng)的物理過程或物理狀態(tài)(7)說明所求結(jié)果的物理意義(有時(shí)需要討論分析)4要有必要的方程式(1)寫出符合題意的原始方程(是評(píng)分依據(jù)，文字說明一般不計(jì)分)，不能寫變形式(2)要用字母表述方程，不要寫有代入數(shù)據(jù)的方程，不能寫化簡(jiǎn)式，如“Gmg”不能寫成“g”(3)要用原始方程組聯(lián)立求解，不要用連等式，不要不斷的“續(xù)”進(jìn)一些內(nèi)容(4)方程式有多個(gè)時(shí)，應(yīng)分步列(分步得分)，并對(duì)各方程式編號(hào)(便于計(jì)算和說明)，不要合寫一式，以免一錯(cuò)全錯(cuò)5使用各種字母符號(hào)要規(guī)范(1)字母符號(hào)要寫清楚、規(guī)范，忌字跡潦草閱卷時(shí)因?yàn)椤皏、r、”不分，大小寫“M、m”或“L
4、、l”不分，“G”的草體像“a”，希臘字母“、”筆順或形狀不對(duì)而被扣分屢見不鮮(2)尊重題目所給的符號(hào)，題目給了符號(hào)的一定不要再另立符號(hào)如題目給出半徑是r，你若寫成R就算錯(cuò)(3)一個(gè)字母在一個(gè)題目中只能用來表示一個(gè)物理量，忌一字母多用；一個(gè)物理量在同一題中不能有多個(gè)符號(hào)，以免混淆(4)尊重習(xí)慣用法如拉力用F，摩擦力用Ff表示，閱卷人一看便明白，如果用反了就會(huì)帶來誤解(5)角標(biāo)要講究角標(biāo)的位置應(yīng)當(dāng)在右下角，比字母本身小許多角標(biāo)的選用亦應(yīng)講究，如通過A點(diǎn)的速度用vA就比用v1好；通過某相同點(diǎn)的速度，按時(shí)間順序第一次用v1、第二次用v2就很清楚，如果倒置，必然帶來誤解(6)物理量單位的符號(hào)源于人名的
5、單位，由單個(gè)字母表示的應(yīng)大寫，如庫(kù)侖C、亨利H；由兩個(gè)字母組成的單位，一般前面的字母用大寫，后面的字母用小寫，如Hz、Wb.題型1牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式本知識(shí)點(diǎn)是牛頓運(yùn)動(dòng)定律的重要應(yīng)用之一，為每年高考的重點(diǎn)，常以計(jì)算題型出現(xiàn)，且為多過程，難度中等分析近幾年考題，命題規(guī)律有以下三點(diǎn)：1牛頓第二定律結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)進(jìn)行考查2牛頓第二定律結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)進(jìn)行考查3牛頓第二定律結(jié)合“板塊模型”(或“傳送帶模型”)進(jìn)行考查【典例1】(2019江西一模)如圖甲所示，質(zhì)量為M0.5 kg的木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m1 kg的物塊以初速度v04 m/s滑上木板的左端，物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.
6、2，在物塊滑上木板的同時(shí)，給木板施加一個(gè)水平向右的恒力F.當(dāng)恒力F取某一值時(shí)，物塊在木板上相對(duì)于木板滑動(dòng)的路程為s，給木板施加不同大小的恒力F，得到F圖像如圖乙所示，其中AB與橫軸平行，且AB段的縱坐標(biāo)為1 m1.將物塊視為質(zhì)點(diǎn)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.(1)若恒力F0，則物塊會(huì)從木板的右端滑下，求物塊在木板上滑行的時(shí)間(2)圖乙中BC為直線段，求該段恒力F的取值范圍及與F的函數(shù)關(guān)系式解析(1)以向右為正方向，物塊受向左的摩擦力，由牛頓第二定律有mgma1，解得物塊的加速度大小為a1g2 m/s2，對(duì)木板有mgMa2，解得木板的加速度大小為a24 m/s2，在
7、t時(shí)間內(nèi)物塊的位移為x1v0ta1t2，木板的位移為x2a2t2，物塊滑下木板時(shí)位移關(guān)系為L(zhǎng)x1x2，由題圖乙可知，板長(zhǎng)L1 m，代入數(shù)據(jù)可解得t1 s，t21 s，當(dāng)t21 s時(shí)，物塊的速度為2 m/s，木板的速度為4 m/s，而當(dāng)物塊從木板右端滑離時(shí)，物塊的速度不可能小于木板的速度，t21 s應(yīng)舍去，故所求時(shí)間為t1 s.(2)當(dāng)F較小時(shí)，物塊將從木板右端滑下，當(dāng)F增大到某一值時(shí)物塊恰好到達(dá)木板的右端，且兩者具有共同速度v，歷時(shí)t，則對(duì)木板有FmgMa3，兩者速度相同，vv0a1ta3t，物塊的位移為xmt，木板的位移為xMt，兩者位移間的關(guān)系為sxmxM，聯(lián)立解得，由題圖乙可知s1 m，
8、解得F1 N.當(dāng)F繼續(xù)增大時(shí)，兩者共速后能保持相對(duì)靜止(靜摩擦力作用)一起以相同加速度a4做勻加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)整體有F(Mm)a4，對(duì)物塊有fma4，f為靜摩擦力，需滿足ffmaxmg2 N，聯(lián)立解得F3 N.綜上所述，BC段恒力F的取值范圍是1 NF3 N，函數(shù)關(guān)系式是.答案(1) s(2)(1 NF3 N)題型2應(yīng)用動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)分析多過程問題本知識(shí)點(diǎn)為近幾年高考的考查熱點(diǎn)，對(duì)于不涉及物體運(yùn)動(dòng)過程中的加速度而涉及運(yùn)動(dòng)時(shí)間的問題應(yīng)用動(dòng)量定理求解，碰撞、爆炸、反沖類問題常用動(dòng)量守恒求解若過程涉及能量轉(zhuǎn)化問題，并且具有功能關(guān)系的特點(diǎn)，用功能關(guān)系或動(dòng)能定理求解【典例2】(2019湖南長(zhǎng)沙一模)如圖
9、所示，用長(zhǎng)為R且不可伸長(zhǎng)的輕繩將質(zhì)量為的小球A懸掛于O點(diǎn)在光滑的水平地面上，質(zhì)量為m的小物塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))置于長(zhǎng)木板C的左端并與長(zhǎng)木板均保持靜止將小球A拉起，使輕繩水平拉直，將A球由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與B發(fā)生彈性正碰(1)求碰后輕繩與豎直方向的最大夾角的余弦值；(2)若長(zhǎng)木板C的質(zhì)量為2m，B與C間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，則C的長(zhǎng)度至少為多少時(shí)B才不會(huì)從C的上表面滑出？解析(1)A從開始下落到與B碰撞前的過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得mgRmv，小球與B碰撞過程中動(dòng)量和機(jī)械能均守恒，以水平向右為正方向由動(dòng)量守恒定律得mv0mv1mv2，由機(jī)械能守恒定律得mvmvmv，聯(lián)立解得v1，v2，設(shè)
10、碰撞后A上升的最大高度為H，則gHv，又cos，聯(lián)立解得cos.(2)B在木板C上滑動(dòng)過程中，B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv2(m2m)v，設(shè)木板長(zhǎng)度為L(zhǎng)時(shí)，B剛好滑到C的最右端時(shí)兩者共速，則B在木板C上滑動(dòng)的過程中，由能量守恒定律得mgLmv(m2m)v2，聯(lián)立解得L.答案(1)(2)題型3帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是高考的熱點(diǎn)，每年的高考中都會(huì)出現(xiàn)，主要考查帶電粒子在洛倫茲力下的圓周運(yùn)動(dòng)，常與帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)相結(jié)合，綜合考查受力分析、平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)、功能關(guān)系等知識(shí)，綜合性較強(qiáng)，難度較大，通常為高考的壓軸題【典例3】
11、(2019河南五校聯(lián)考)如圖所示，空間分布著有理想邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)左側(cè)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、方向水平向右，電場(chǎng)寬度為L(zhǎng)；中間區(qū)域勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向外；右側(cè)區(qū)域勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B，方向垂直紙面向里一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q、不計(jì)重力的帶正電的粒子從電場(chǎng)的左邊緣的O點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，穿過中間磁場(chǎng)區(qū)域進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域后，又回到O點(diǎn)，然后重復(fù)上述運(yùn)動(dòng)過程求：(1)中間磁場(chǎng)區(qū)域的寬度d；(2)帶電粒子從O點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到第一次回到O點(diǎn)所用時(shí)間解析(1)帶電粒子在電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理，可得：qELmv2帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，由牛頓第二定律，可得：Bqvm
12、由以上兩式，可得：R.可見粒子在兩磁場(chǎng)區(qū)域的運(yùn)動(dòng)半徑相同，如圖所示三段圓弧的圓心組成的O1O2O3是等邊三角形，其邊長(zhǎng)為2R.所以中間磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為：dRsin60.(2)在左側(cè)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的加速度：a在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間：t12在中間磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t2在右側(cè)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t3T則粒子第一次回到O點(diǎn)所用的時(shí)間為：tt1t2t32 .答案(1)(2)2 題型4應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)處理電磁感應(yīng)問題電磁感應(yīng)現(xiàn)象是其他形式的能和電能的相互轉(zhuǎn)化，遵循能量守恒定律涉及能量的電磁感應(yīng)問題是高考的熱點(diǎn)問題，此類題目常涉及楞次定律、右手定則、法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定
13、理、能量守恒定律等知識(shí)，綜合性強(qiáng)，題目難度較大，常出現(xiàn)在選擇題的最后一題或計(jì)算題位置【典例4】在生產(chǎn)線框的流水線上，為了檢測(cè)出個(gè)別不合格的未閉合線框，讓線框隨傳送帶通過一固定勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域(磁場(chǎng)方向垂直于傳送帶平面向下)，觀察線框進(jìn)入磁場(chǎng)后是否相對(duì)傳送帶滑動(dòng)就能夠檢測(cè)出不合格的未閉合線框，其物理情境簡(jiǎn)化如下：如圖所示，通過絕緣傳送帶輸送完全相同的正方形單匝純電阻銅線框，傳送帶與水平方向夾角為，以恒定速度v0斜向上運(yùn)動(dòng)已知磁場(chǎng)邊界MN、PQ與傳送帶運(yùn)動(dòng)方向垂直，MN與PQ間的距離為d，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.線框質(zhì)量為m，電阻值為R，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)(d2L)，線框與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g.
14、閉合線框的上邊在進(jìn)入磁場(chǎng)前線框相對(duì)傳送帶靜止，線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)的瞬間，和傳送帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，線框運(yùn)動(dòng)過程中上邊始終平行于MN，當(dāng)閉合線框的上邊經(jīng)過邊界PQ時(shí)又恰好與傳送帶的速度相同設(shè)傳送帶足夠長(zhǎng)求：(1)閉合線框的上邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)上邊所受安培力F安的大小；(2)從閉合線框的上邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到上邊剛要出磁場(chǎng)所用的時(shí)間t；(3)從閉合線框的上邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到下邊穿出磁場(chǎng)后又相對(duì)傳送帶靜止的過程中，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能E.解析(1)根據(jù)安培力公式得F安BIL根據(jù)閉合電路歐姆定律得I又由法拉第電磁感應(yīng)定律得EBLv0由以上聯(lián)立可解得F安.(2)在線框的上邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到線框的上邊剛要出磁場(chǎng)的過程中，取沿斜面向上
15、為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有mgcostmgsint安t0根據(jù)安培力公式得安BL根據(jù)閉合電路歐姆定律得根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得由以上聯(lián)立解得t.(3)在線框的上邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到線框的下邊剛要出磁場(chǎng)的過程中，由動(dòng)能定理得(mgcosmgsin)dW安0由功能關(guān)系得Q電W安Qfmgcos(v0td)從線框上邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到線框穿出磁場(chǎng)后相對(duì)傳送帶靜止的過程中，由能量守恒定律得E2mgsind2Q電2Qf由以上聯(lián)立可解得E.答案(1)(2)(3)專題強(qiáng)化訓(xùn)練(二十二)1(2019河北名校聯(lián)盟)某工廠用傾角為37的傳送帶把貨物由低處運(yùn)送到高處，已知傳送帶長(zhǎng)為L(zhǎng)50 m，正常運(yùn)轉(zhuǎn)的速度為v4 m/s.一次工人剛
16、把M10 kg的貨物放到傳送帶上的A處時(shí)停電了，為了不影響工作的進(jìn)度，工人拿來一塊m5 kg帶有掛鉤的木板，把貨物放到木板上，通過定滑輪用繩子把木板拉上去貨物與木板及木板與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.8.(貨物與木板均可看成質(zhì)點(diǎn)，g取10 m/s2，sin370.6，cos370.8)(1)為了把貨物拉上去又不使貨物相對(duì)木板滑動(dòng)，求工人所用拉力的最大值；(2)若工人用F189 N的恒定拉力把貨物拉到處時(shí)來電了，工人隨即撤去拉力，求此時(shí)貨物與木板的速度大??；(3)來電后，還需要多長(zhǎng)時(shí)間貨物能到達(dá)B處？(不計(jì)傳送帶的加速時(shí)間)解析(1)設(shè)最大拉力為Fm，貨物與木板之間的靜摩擦力達(dá)到最大值，設(shè)此時(shí)
17、的加速度為a1，對(duì)貨物分析，根據(jù)牛頓第二定律得MgcosMgsinMa1，代入數(shù)據(jù)得a10.4 m/s2.對(duì)貨物與木板整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得Fm(mM)gcos(mM)gsin(mM)a1，得Fm192 N.(2)設(shè)工人拉木板的加速度為a2，根據(jù)牛頓第二定律得F(mM)gcos(mM)gsin(mM)a2，得a20.2 m/s2.設(shè)來電時(shí)貨物與木板的速度大小為v1，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v2a2，代入數(shù)據(jù)得v12 m/s.(3)由于v14 m/s，所以來電后貨物與木板繼續(xù)加速，設(shè)加速度為a3，則有(mM)gcos(mM)gsin(mM)a3，代入數(shù)據(jù)得a30.4 m/s2.設(shè)經(jīng)過t1貨物與木板
18、的速度和傳送帶速度相同，vv1a3t1，得t15 s.設(shè)t1時(shí)間內(nèi)貨物與木板加速的位移為x1，v2v2a3x1，得x115 m.共速后，木板與傳送帶相對(duì)靜止一起勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，勻速運(yùn)動(dòng)的位移為x2，則x2Lx1；得x225 m又t2得t26.25 s所以來電后木板和貨物還需要運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：tt1t211.25 s.答案(1)192 N(2)2 m/s(3)11.25 s2(2019廣州市普通高中畢業(yè)班測(cè)試)傾角為的斜面與足夠長(zhǎng)的光滑水平面在D處平滑連接，斜面上AB的長(zhǎng)度為3L，BC、CD的長(zhǎng)度均為3.5L，BC部分粗糙，其余部分光滑如圖，4個(gè)小滑塊左邊均固定一個(gè)長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿，
19、緊挨在一起排在斜面上，從下往上依次標(biāo)為1、2、3、4，輕桿與斜面平行并與上一個(gè)滑塊接觸但不粘連，滑塊1恰好在A處現(xiàn)將4個(gè)滑塊一起由靜止釋放，設(shè)滑塊經(jīng)過D處時(shí)無機(jī)械能損失，輕桿不會(huì)與斜面相碰已知滑塊的質(zhì)量均為m并均可視為質(zhì)點(diǎn)，滑塊與粗糙斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為tan，重力加速度為g.求：(1)滑塊1剛進(jìn)入BC時(shí)，滑塊1上的輕桿所受到的壓力大小；(2)4個(gè)滑塊全部滑上水平面后，相鄰滑塊之間的距離解析(1)以4個(gè)滑塊為研究對(duì)象，設(shè)滑塊1剛進(jìn)入BC段時(shí)，4個(gè)滑塊的加速度為a，由牛頓第二定律有：4mgsinmgcos4ma以滑塊1為研究對(duì)象，設(shè)剛進(jìn)入BC段時(shí)，滑塊1上的輕桿受到的壓力大小為F，由牛頓第二定
20、律有：Fmgsinmgcosma已知tan，聯(lián)立可得Fmgsin(2)設(shè)滑塊4剛進(jìn)入BC段時(shí)，滑塊的共同速度為v.此時(shí)4個(gè)滑塊向下移動(dòng)了6L的距離，滑塊1、2、3在粗糙段向下移動(dòng)的距離分別為3L、2L、L.由動(dòng)能定理有：4mgsin6Lmgcos(3L2LL)4mv2解得v3由于動(dòng)摩擦因數(shù)為tan，則4個(gè)滑塊都進(jìn)入BC段后，所受合外力為0，各滑塊均以速度v做勻速運(yùn)動(dòng)滑塊1離開BC后勻加速下滑，設(shè)到達(dá)D處時(shí)速度為v1，由動(dòng)能定理有mgsin3.5Lmvmv2解得：v14當(dāng)滑塊1到達(dá)BC邊緣剛要離開粗糙段時(shí)，滑塊2正以速度v勻速向下運(yùn)動(dòng)，且運(yùn)動(dòng)L距離后離開粗糙段，依次類推，直到滑塊4離開粗糙段由此
21、可知，相鄰兩個(gè)滑塊到達(dá)BC段邊緣的時(shí)間差為t，因此到達(dá)水平面的時(shí)間差也為t所以相鄰滑塊在水平面上的間距為dv1t聯(lián)立解得dL答案(1)mgsin(2)L3(2019吉林摸底)如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy的第二象限內(nèi)有一垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1B0，第一象限內(nèi)有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E(E大小未知)，磁場(chǎng)、電場(chǎng)寬均為d，左、右邊界與x軸交點(diǎn)分別為A、C；x軸下方存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2(B2大小未知)一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子平行紙面從A點(diǎn)沿與x軸正方向成60角射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1，粒子恰好垂直y軸進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)并從C點(diǎn)與x軸正方向成60角進(jìn)入x軸下方的勻強(qiáng)磁場(chǎng)而擊中
22、A點(diǎn)，不計(jì)粒子重力，求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小(2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小(3)粒子從A點(diǎn)出發(fā)回到A所經(jīng)歷的時(shí)間t.解析(1)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，則由圖知粒子在兩磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑均為rd由B1qvm知v由圖知ODrrcos60d粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，令粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，則dvt2，dt聯(lián)立得E，t2.(2)令粒子在C點(diǎn)的速度為vC，則vC2v由B2qvCm得B2，代入vC、r得B22B0.(3)粒子在磁場(chǎng)B1中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1粒子在磁場(chǎng)B2中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t3所以粒子從A點(diǎn)出發(fā)回到A所經(jīng)歷的時(shí)間tt1t2t3m.答案(1)(2)2B0(3)m4(2019武漢市高中畢業(yè)班調(diào)研
23、)如圖所示，足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌MNC和PQD平行且間距為L(zhǎng)，所在平面與水平面夾角分別為37和53，導(dǎo)軌兩側(cè)空間均有垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.均勻金屬棒ab和ef質(zhì)量均為m，長(zhǎng)均為L(zhǎng)，電阻均為R.運(yùn)動(dòng)過程中，兩金屬棒與導(dǎo)軌保持良好接觸，始終垂直于導(dǎo)軌，金屬棒ef與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，金屬棒ab光滑導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度大小為g，sin370.6，cos370.8.(1)若將棒ab鎖定，由靜止釋放棒ef，求棒ef最終運(yùn)動(dòng)的速度大小v1；(2)在(1)問的條件下，若棒ef經(jīng)過時(shí)間t達(dá)到第(1)問中的速度v1，求此過程中棒ef下滑的距離x；(3)若兩金屬棒均
24、光滑，同時(shí)由靜止釋放，試在同一圖中定性畫出兩棒運(yùn)動(dòng)的vt圖線(ab棒取沿導(dǎo)軌向上為正方向，ef棒取沿導(dǎo)軌向下為正方向)解析(1)棒ef最終勻速運(yùn)動(dòng)，受力如圖，由力的平衡條件有mgsinmgcosF由安培力公式得FBI1L由閉合電路歐姆定律得I1由法拉第電磁感應(yīng)定律得EBLv1聯(lián)立式，解得v1(2)棒ef由靜止釋放到速度為v1，經(jīng)過的時(shí)間為t，對(duì)棒ef，由動(dòng)量定理有mgtsinmgtcosB2Ltmv10由閉合電路歐姆定律有2由法拉第電磁感應(yīng)定律有回路磁通量的變化量BLx聯(lián)立式，解得x(3)最終棒ef沿導(dǎo)軌勻加速下滑，棒ab沿導(dǎo)軌勻加速上滑，加速度相同其vt圖線如下答案(1)(2)(3)見解析14
（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 優(yōu)化4 高考計(jì)算題解題策略教學(xué)案
