2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 題型研究三 計(jì)算題如何少失分學(xué)案

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1、題型研究三 分析近五年全國(guó)卷物理試題可以看出，計(jì)算題的呈現(xiàn)方式相當(dāng)穩(wěn)定，每卷有2道題，其中第24題難度較小，分值在12～14分之間；第25題難度較大，分值在18～20分之間。兩題總分為32分，比重為29.1%，是命題者用以考核學(xué)生表現(xiàn)出來(lái)的水平差異，是拉開(kāi)高考分差的重要手段?？梢院敛豢鋸埖卣f(shuō)，這2道計(jì)算題擔(dān)負(fù)著區(qū)分考生、選拔人才的重要功能。 5年高考統(tǒng)計(jì)分析 試卷 題號(hào) 考點(diǎn) 2014年 2015年 2016年 2017年 2018年 合計(jì)(次) 卷Ⅰ 卷Ⅱ 卷Ⅰ 卷Ⅱ 卷Ⅰ 卷Ⅱ 卷Ⅲ 卷Ⅰ 卷Ⅱ 卷Ⅲ

2、 卷Ⅰ 卷Ⅱ 卷Ⅲ 直線運(yùn)動(dòng) 24 24 25 25 24 25 24、25 25 24 24 11 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 24 24 24、25 25 24 24、25 24、25 25 24、25 24、25 25 24、25 24、25 20 機(jī)械能 25 25 24 25 25 24 24 25 24 24、25 11 曲線運(yùn)動(dòng) 25 25 24 25 25 24 24 25 25 24、25 11 電場(chǎng) 25 24 25

3、 25 25 25 24 7 電路 25 24 24 24 25 5 磁場(chǎng) 24 24 24 25 24 25 25 24 8 電磁感應(yīng) 25 24 24 25 4 動(dòng)量 24 24 25 3 從上表統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)可以看出，牛頓運(yùn)動(dòng)定律考查的頻率最高，其次是直線運(yùn)動(dòng)、機(jī)械能、曲線運(yùn)動(dòng)，而動(dòng)量是選修3－5調(diào)整為必考內(nèi)容后，3套全國(guó)卷均首次在計(jì)算題中進(jìn)行考查；電學(xué)部分的四個(gè)考點(diǎn)考查頻率大致相當(dāng)，但都低于力

4、學(xué)部分的四個(gè)考點(diǎn)。這表明計(jì)算題突出了力學(xué)的基礎(chǔ)性地位及方法論價(jià)值，體現(xiàn)了必備知識(shí)、關(guān)鍵能力、學(xué)科素養(yǎng)、核心價(jià)值等4個(gè)層次課程目標(biāo)的考查。 計(jì)算題雖然考查的考點(diǎn)常見(jiàn)，但難度通常較大，特別是第25題，其難度成因可有以下五個(gè)方面： 1．題目信息量大。條件、物理量多，題干長(zhǎng)，讓人一看就感到費(fèi)力難解。 2．一些隱含條件有時(shí)隱藏在文字語(yǔ)言里，有時(shí)隱藏在圖表語(yǔ)言里，要經(jīng)過(guò)分析、推理、計(jì)算才能看出其中的特殊性。 3．大多數(shù)題目的物理過(guò)程較多，物理情景變化讓人應(yīng)接不暇，心生恐懼。 4．物理模型難以建立。此類(lèi)題一般與實(shí)際問(wèn)題相結(jié)合，物理情景新穎，與常規(guī)的物理模型相比讓考生感到不知從何處下手。 5．題目

5、解答時(shí)所列方程較多，解題步驟繁雜，有的題目要用到數(shù)學(xué)巧解，考生難以遷移應(yīng)用。 為化解以上難點(diǎn)，本書(shū)從審題技巧、模型建立、物理方法和數(shù)學(xué)方法的應(yīng)用等諸多層面入手，為考生指明破解方向。 第一講破解計(jì)算題必備的四項(xiàng)基本能力 一、審題——抓關(guān)鍵詞 深入細(xì)致地審題和抓住關(guān)鍵詞是解題的必要前提。抓住關(guān)鍵詞要從以下9個(gè)方面入手： 1．是否考慮重力 在涉及電磁場(chǎng)的問(wèn)題中常常會(huì)遇到帶電微粒是否考慮重力的問(wèn)題。一般帶電粒子如電子、質(zhì)子、α粒子等具體說(shuō)明的微觀粒子不需要考慮重力；質(zhì)量較大的如帶電油滴、帶電小球等要考慮重力。有些說(shuō)法含糊的題目要判斷有無(wú)重力，如帶電微粒在水平放置的帶電平行板間靜止，則重力平

6、衡電場(chǎng)力；再如帶電微粒在正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，只能是洛倫茲力提供向心力，仍然是重力平衡電場(chǎng)力；要特別當(dāng)心那些本該有重力的物體計(jì)算時(shí)忽略了重力，這在題目中一定是有說(shuō)明的，要看清楚。 2．物體是在哪個(gè)面內(nèi)運(yùn)動(dòng) 物理習(xí)題通常附有圖形，圖形又只能畫(huà)在平面上，所以在看圖的時(shí)候一方面要看清圖上物體的位置，另一方面還要看清物體是在哪個(gè)平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，或是在哪個(gè)三維空間運(yùn)動(dòng)。物體通常是有重力的，如果在豎直平面內(nèi)，這一重力不能忽略，但如果是在水平面內(nèi)，重力很可能與水平面的支持力抵消了，無(wú)需考慮。 3.物理量是矢量還是標(biāo)量 如果題目中的已知量是矢量，要考慮它可能在哪些方向上，以免漏解；如果

7、待求的物理量是矢量，如“求解物體在某時(shí)刻的加速度”，不僅要說(shuō)明加速度的大小，還要說(shuō)明其方向。 4.哪些量是已知量，哪些量是未知量 有時(shí)題目較長(zhǎng)，看了一遍以后忘記了哪些是已知量，可在已知量下劃線，或在草紙上先寫(xiě)出已知量的代號(hào)；有些經(jīng)常用到的物理量，如質(zhì)量m、電荷量q或磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，題目中并沒(méi)有給出，但由于平時(shí)做題時(shí)這些量經(jīng)常是給定的，自己常常就不自覺(jué)地把它們當(dāng)做已知量，切記千萬(wàn)不能用未知量表示最后的結(jié)果，這就等于沒(méi)有做題；一些常量即使題中未給出也是可以當(dāng)做已知量的，如重力加速度g；同樣一些常量卻不能當(dāng)做是已知量，如萬(wàn)有引力常量G，這一點(diǎn)在解萬(wàn)有引力應(yīng)用類(lèi)問(wèn)題時(shí)要引起重視。

8、 5．臨界詞與形容詞的把握 要搞清題目中的臨界詞的含義，這常常是題目的一個(gè)隱含條件，常見(jiàn)的臨界詞如“恰好”“足夠長(zhǎng)”“至少”“至多”等，要把握一些特定的形容詞的含義，如“緩慢地”“迅速地”“突然”“輕輕地”等，力學(xué)中如物體被“緩慢地”拉到另一位置，往往表示過(guò)程中的每一步都可以認(rèn)為受力是平衡的；熱學(xué)中“緩慢”常表示等溫過(guò)程，而“迅速”常表示絕熱過(guò)程；力學(xué)中“突然”可能表示彈簧來(lái)不及形變，“輕輕地”表示物體無(wú)初速度。 6．注意括號(hào)里的文字 有些題目中會(huì)出現(xiàn)條件或要求寫(xiě)在括號(hào)里的情況，括號(hào)里的文字并不是次要的，可有可無(wú)的，相反有時(shí)還顯得特別重要。如括號(hào)里常有：取g＝10 m/s2、不計(jì)阻力、

9、最后結(jié)果保留兩位小數(shù)等。 7．抓住圖像上的關(guān)鍵點(diǎn) 看到圖像要注意：①圖像的橫軸、縱軸表示什么物理量；②橫軸、縱軸上物理量的單位；③圖線在橫軸或縱軸上的截距；④坐標(biāo)原點(diǎn)處是否從0開(kāi)始(如測(cè)電動(dòng)勢(shì)時(shí)的U-I圖電壓往往是從一個(gè)較大值開(kāi)始的)；⑤圖線的形狀和發(fā)展趨勢(shì)；⑥圖像是否具有周期性。 8．區(qū)分物體的性質(zhì)和所處的位置 如物體是導(dǎo)體還是絕緣體；是輕繩、輕桿還是輕彈簧；物體是在圓環(huán)的內(nèi)側(cè)、外側(cè)還是在圓管內(nèi)或是套在圓環(huán)上。 9．容易看錯(cuò)的地方 位移還是位置，時(shí)間還是時(shí)刻，哪個(gè)物體運(yùn)動(dòng)，物體是否與彈簧連接，直徑還是半徑，粗糙還是光滑，有無(wú)電阻等。 [典題例析] 　(2016·天津高考)如圖

10、所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝5 N/C，同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其方向與電場(chǎng)方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5 T。有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝1×10－6 kg，電荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)撤掉磁場(chǎng)(不考慮磁場(chǎng)消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取g＝10 m/s2。求： (1)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度v的大小和方向； (2)從撤掉磁場(chǎng)到小球再次穿過(guò)P點(diǎn)所在的這條電場(chǎng)線經(jīng)歷的時(shí)間t。 [審題指導(dǎo)] 給什么 用什么 小球質(zhì)量m＝1.0×10－6 kg，電荷量q＝2×10－6 C，勻強(qiáng)電場(chǎng)E＝5 N/C 小球

11、重力G＝1.0×10－5 N，受電場(chǎng)力qE＝×10－5 N，說(shuō)明小球的重力不可忽略 求什么 想什么 根據(jù)平衡條件確定洛倫茲力的大小和方向，進(jìn)而利用F洛＝qvB和左手定則求解第(1)題 缺什么 找什么 第(2)題求時(shí)間t，需要分析撤掉磁場(chǎng)后小球的受力情況及運(yùn)動(dòng)情況 [解析]　(1)小球勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)受力如圖，其所受的三個(gè)力在同一平面內(nèi)，合力為零， 有qvB＝ ① 代入數(shù)據(jù)解得 v＝20 m/s ② 速度v的方向與電場(chǎng)E的方向之間的夾角θ滿足 tan θ＝ ③ 代入數(shù)據(jù)解得 tan θ＝ θ＝60°。 ④

12、(2)撤去磁場(chǎng)，小球在重力與電場(chǎng)力的合力作用下做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度為a，有 a＝ ⑤ 設(shè)撤掉磁場(chǎng)后小球在初速度方向上的分位移為x，有 x＝vt ⑥ 設(shè)小球在重力與電場(chǎng)力的合力方向上分位移為y，有 y＝at2 ⑦ a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又 tan θ＝ ⑧ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得 t＝2 s≈3.5 s。 ⑨ [答案]　(1)20 m/s，方向與電場(chǎng)方向成60°角斜向上 (2)3.5 s 二、析題——建物理模型 計(jì)算題因情景新穎、表述抽象常讓考生感到老虎吃天、無(wú)從下口，

13、要想快速找到解題突破口，就需把生活問(wèn)題轉(zhuǎn)化為物理問(wèn)題，這個(gè)過(guò)程就叫“建?！薄姆椒ê湍康慕嵌榷?，建模就是將研究對(duì)象或物理過(guò)程通過(guò)抽象、簡(jiǎn)化和類(lèi)比等方法轉(zhuǎn)化為理想的物理模型。 1．解計(jì)算題時(shí)通常建立的模型 條件 模型 把研究對(duì)象所處的外部條件理想化，排除外部條件中干擾研究對(duì)象運(yùn)動(dòng)變化的次要因素，突出外部條件的本質(zhì)特征或最主要的方面，從而建立的物理模型稱(chēng)為條件模型。例如物體沿水平面運(yùn)動(dòng)時(shí)所受摩擦力對(duì)運(yùn)動(dòng)的影響不起主要作用，或需要假設(shè)一種沒(méi)有摩擦力的環(huán)境引入光滑平面的模型，其他如不計(jì)質(zhì)量的繩子、輕質(zhì)杠桿、只受重力作用或不計(jì)重力作用、均勻介質(zhì)、勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)等 過(guò)程 模型 把具體運(yùn)

14、動(dòng)過(guò)程純粹化、理想化后抽象出來(lái)的一種物理過(guò)程，稱(chēng)為過(guò)程模型。例如把某些復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)過(guò)程純粹化、理想化，看做是一個(gè)質(zhì)點(diǎn)(對(duì)象模型)做單一的某種運(yùn)動(dòng)。如：勻速直線運(yùn)動(dòng)、勻加速直線運(yùn)動(dòng)、勻速圓周運(yùn)動(dòng)等 2．運(yùn)用物理模型解題的基本程序 (1)通過(guò)審題，提取題目信息。如：物理現(xiàn)象、物理事實(shí)、物理情景、物理狀態(tài)、物理過(guò)程等。 (2)弄清題給信息的諸因素中什么是主要因素。 (3)尋找與已有信息(熟悉的知識(shí)、方法、模型)的相似、相近或聯(lián)系，通過(guò)類(lèi)比聯(lián)想或抽象概括、或邏輯推理、或原型啟發(fā)，建立起新的物理模型，將新情景問(wèn)題轉(zhuǎn)化為常規(guī)問(wèn)題。 (4)選擇相關(guān)的物理規(guī)律求解。 [典題例析] 　(2016·江

15、蘇高考)回旋加速器的工作原理如圖甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R。兩盒間狹縫的間距為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與盒面垂直。被加速粒子的質(zhì)量為m、電荷量為＋q，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為U0，周期T＝。一束該種粒子在t＝0～時(shí)間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零。現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過(guò)狹縫均做加速運(yùn)動(dòng)，不考慮粒子間的相互作用。求： 甲 乙 (1)出射粒子的動(dòng)能Em； (2)粒子從飄入狹縫至動(dòng)能達(dá)到Em所需的總時(shí)間t0； (3)要使飄入

16、狹縫的粒子中有超過(guò)99%能射出，d應(yīng)滿足的條件。 [物理建模] [解析]　(1)粒子運(yùn)動(dòng)半徑為R時(shí) qvB＝m 且Em＝mv2 解得Em＝。 (2)粒子被加速n次達(dá)到動(dòng)能Em，則Em＝nqU0 粒子在狹縫間做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)n次經(jīng)過(guò)狹縫的總時(shí)間為Δt 加速度a＝ 勻加速直線運(yùn)動(dòng)nd＝a·Δt2 由t0＝(n－1)·＋Δt， 解得t0＝－。 (3)只有在0～時(shí)間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被加速 則所占的比例為η＝ 由η＞99%，解得d＜。 [答案]　(1)　(2)－ (3)d＜ 三、破題——分解物理過(guò)程 近年來(lái)，一些高考計(jì)算題甚至是壓軸題，越來(lái)越注重考查多過(guò)程的

17、問(wèn)題。所謂多過(guò)程問(wèn)題就是由多個(gè)模型在時(shí)間和空間上有機(jī)的組合在一起形成的問(wèn)題。對(duì)于這類(lèi)問(wèn)題，要化整為零，逐個(gè)擊破。 物理多過(guò)程的呈現(xiàn)方式大體有以下三種： [串聯(lián)式] 若多過(guò)程問(wèn)題涉及的幾個(gè)過(guò)程是先后出現(xiàn)的，一般涉及一個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)。解題的方法是按時(shí)間先后順序?qū)⒄麄€(gè)過(guò)程拆成幾個(gè)子過(guò)程，然后對(duì)每個(gè)子過(guò)程運(yùn)用規(guī)律列式求解?！　　?　 　(2016·全國(guó)卷Ⅱ)輕質(zhì)彈簧原長(zhǎng)為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧長(zhǎng)度為l?，F(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點(diǎn)，另一端與物塊P接觸但不連接。AB是長(zhǎng)度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌

18、道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示。物塊P與AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5。用外力推動(dòng)物塊P，將彈簧壓縮至長(zhǎng)度l，然后放開(kāi)，P開(kāi)始沿軌道運(yùn)動(dòng)。重力加速度大小為g。 (1)若P的質(zhì)量為m，求P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小，以及它離開(kāi)圓軌道后落回到AB上的位置與B點(diǎn)之間的距離； (2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量的取值范圍。 [解析]　(1)依題意，當(dāng)彈簧豎直放置，長(zhǎng)度被壓縮至l時(shí)，質(zhì)量為5m的物體的動(dòng)能為零，其重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能。由機(jī)械能守恒定律，彈簧長(zhǎng)度為l時(shí)的彈性勢(shì)能為 Ep＝5mgl ① 設(shè)P的質(zhì)量為M，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為vB，由

19、能量守恒定律得 Ep＝MvB2＋μMg·4l ② 聯(lián)立①②式，取M＝m并代入題給數(shù)據(jù)得 vB＝ ③ 若P能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，其到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的向心力不能小于重力，即P此時(shí)的速度大小v應(yīng)滿足 －mg≥0 ④ 設(shè)P滑到D點(diǎn)時(shí)的速度為vD，由機(jī)械能守恒定律得 mvB2＝mvD2＋mg·2l ⑤ 聯(lián)立③⑤式得 vD＝ ⑥ vD滿足④式要求，故P能運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，并從D點(diǎn)以速度vD水平射出。設(shè)P落回到軌道AB所需的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 2l＝gt2 ⑦ P落回到AB上的位置與

20、B點(diǎn)之間的距離為 s＝vDt ⑧ 聯(lián)立⑥⑦⑧式得 s＝2l。 ⑨ (2)為使P能滑上圓軌道，它到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度不能小于零。由①②式可知 5mgl＞μMg·4l ⑩ 要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上升高度不能超過(guò)半圓軌道的中點(diǎn)C。由機(jī)械能守恒定律有 MvB2≤Mgl ? 聯(lián)立①②⑩?式得 m≤M＜m。 ? [答案]　(1)　2l　(2)m≤M＜m [并列式] 若多過(guò)程問(wèn)題涉及的幾個(gè)過(guò)程是同時(shí)出現(xiàn)的，一般涉及多個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)。解決的關(guān)鍵是從空間上將復(fù)雜過(guò)程拆分成幾個(gè)子過(guò)程，然后對(duì)

21、各子過(guò)程運(yùn)用規(guī)律列式求解。 　(2015·全國(guó)卷Ⅰ)一長(zhǎng)木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5 m，如圖(a)所示。t＝0時(shí)刻開(kāi)始，小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動(dòng)，直至t＝1 s時(shí)木板與墻壁碰撞(碰撞時(shí)間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小物塊始終未離開(kāi)木板。已知碰撞后1 s時(shí)間內(nèi)小物塊的v -t圖線如圖(b)所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求： (1)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2； (2)木板的最小長(zhǎng)度； (3)木板右端離墻壁的最

22、終距離。 [思路點(diǎn)撥] [解析]　(1)規(guī)定向右為正方向。木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a1，小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M。由牛頓第二定律有 －μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1 ① 由題圖(b)可知，木板與墻壁碰撞前瞬間的速度 v1＝4 m/s，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 v1＝v0＋a1t1 ② s0＝v0t1＋a1t12 ③ 式中，t1＝1 s，s0＝4.5 m是木板碰撞前的位移，v0是小物塊和木板開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度。 聯(lián)立①②③式和題給條件得 μ1＝0.1 ④ 在木板

23、與墻壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做勻變速運(yùn)動(dòng)，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運(yùn)動(dòng)。設(shè)小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有 －μ2mg＝ma2 ⑤ 由題圖(b)可得 a2＝ ⑥ 式中，t2＝2 s，v2＝0，聯(lián)立⑤⑥式和題給條件得 μ2＝0.4。 ⑦ (2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3，經(jīng)過(guò)時(shí)間Δt，木板和小物塊剛好具有共同速度v3。由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3 ⑧ v3＝－v1＋a3Δt ⑨ v3＝v1＋a2Δt ⑩ 碰撞后

24、至木板和小物塊剛好達(dá)到共同速度的過(guò)程中，木板運(yùn)動(dòng)的位移為 s1＝Δt ? 小物塊運(yùn)動(dòng)的位移為 s2＝Δt ? 小物塊相對(duì)木板的位移為 Δs＝s2－s1 ? 聯(lián)立⑥⑧⑨⑩???式，并代入數(shù)值得 Δs＝6.0 m ? 因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)過(guò)程中小物塊沒(méi)有脫離木板，所以木板的最小長(zhǎng)度應(yīng)為6.0 m。 (3)在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速運(yùn)動(dòng)直至停止，設(shè)加速度為a4，此過(guò)程中小物塊和木板運(yùn)動(dòng)的位移為s3。由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4 ? 0－v32＝2

25、a4s3 ? 碰后木板運(yùn)動(dòng)的位移為 s＝s1＋s3 ? 聯(lián)立⑥⑧⑨⑩????式，并代入數(shù)值得 s＝－6.5 m ? 木板右端離墻壁的最終距離為6.5 m。 [答案]　(1)0.1　0.4　 (2)6.0 m　(3)6.5 m [復(fù)合式] 若多過(guò)程問(wèn)題在時(shí)間和空間上均存在多個(gè)過(guò)程，一定會(huì)涉及多個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)。解題時(shí)要從時(shí)間和空間上將涉及的幾個(gè)子過(guò)程一一拆分出來(lái)，然后運(yùn)用規(guī)律列式求解?！　　?　 　(2015·天津高考) 如圖所示，“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內(nèi)，ab邊長(zhǎng)為l，cd邊長(zhǎng)

26、為2l，ab與cd平行，間距為2l。勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的上下邊界均水平，磁場(chǎng)方向垂直于線框所在平面。開(kāi)始時(shí)，cd邊到磁場(chǎng)上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)直到ef、pq邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，線框做勻速運(yùn)動(dòng)，在ef、pq邊離開(kāi)磁場(chǎng)后，ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)之前，線框又做勻速運(yùn)動(dòng)。線框完全穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為Q。線框在下落過(guò)程中始終處于原豎直平面內(nèi)，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g。求： (1)線框ab邊將離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小是cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的幾倍； (2)磁場(chǎng)上下邊界間的距離H。 [思路點(diǎn)撥] [解析]　(1)設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線

27、框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v1，cd邊上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1，由法拉第電磁感應(yīng)定律，有 E1＝2Blv1 ① 設(shè)線框總電阻為R，此時(shí)線框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律，有 I1＝ ② 設(shè)此時(shí)線框所受安培力為F1，有 F1＝2I1Lb ③ 由于線框做勻速運(yùn)動(dòng)，其受力平衡，有 mg＝F1 ④ 由①②③④式得 v1＝ ⑤ 設(shè)ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)之前線框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v2，同理可得 v2＝ ⑥ 由⑤⑥式得 v2＝4v1。 ⑦ (2)線框自釋放直到cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，由機(jī)械能

28、守恒定律，有 2mgl＝mv12 ⑧ 線框完全穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，由能量守恒定律，有 mg(2l＋H)＝mv22－mv12＋Q ⑨ 由⑦⑧⑨式得 H＝＋28l。 ⑩ [答案]　(1)4倍　(2)＋28l 四、解題——運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí) 數(shù)學(xué)是解決物理問(wèn)題的重要工具，借助數(shù)學(xué)方法可使一些復(fù)雜的物理問(wèn)題顯示出明顯的規(guī)律性。高考物理試題的解答離不開(kāi)數(shù)學(xué)知識(shí)和方法的應(yīng)用，借助物理知識(shí)滲透考查數(shù)學(xué)能力是高考命題的永恒主題?？梢哉f(shuō)任何物理試題的求解過(guò)程實(shí)質(zhì)上都是一個(gè)將物理問(wèn)題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問(wèn)題，然后經(jīng)過(guò)求解再次還原為物理結(jié)論的過(guò)程。物理高考考試大綱明確要

29、求考生必須具備“應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問(wèn)題的能力，能夠根據(jù)具體問(wèn)題列出物理量之間的關(guān)系式，進(jìn)行推導(dǎo)和求解，并根據(jù)結(jié)果得出物理結(jié)論，能運(yùn)用幾何圖形、函數(shù)圖像進(jìn)行表達(dá)、分析”。 常見(jiàn)的 數(shù)學(xué)思想 方程函數(shù)思想、數(shù)形結(jié)合思想、分類(lèi)討論思想、化歸轉(zhuǎn)化思想 常見(jiàn)的 數(shù)學(xué)方法 三角函數(shù)法、數(shù)學(xué)比例法、圖像求解法、幾何圖形法、數(shù)列極限法、數(shù)學(xué)極值法、導(dǎo)數(shù)微元法、解析幾何法、分類(lèi)討論法、數(shù)學(xué)歸納法等 解題一 般程序 審題→物理過(guò)程分析→建立物理模型→應(yīng)用數(shù)學(xué)思想或方法→求解答案并驗(yàn)證 [典題例析] 　(2015·江蘇高考)一臺(tái)質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示，電荷量均為＋q、質(zhì)量不同的離子飄入電壓為U

30、0的加速電場(chǎng)，其初速度幾乎為零。這些離子經(jīng)加速后通過(guò)狹縫O沿著與磁場(chǎng)垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，最后打在底片上。已知放置底片的區(qū)域MN＝L，且OM＝L。某次測(cè)量發(fā)現(xiàn)MN中左側(cè)區(qū)域MQ損壞，檢測(cè)不到離子，但右側(cè)區(qū)域QN仍能正常檢測(cè)到離子。在適當(dāng)調(diào)節(jié)加速電壓后，原本打在MQ的離子即可在QN檢測(cè)到。 (1)求原本打在MN中點(diǎn)P的離子質(zhì)量m； (2)為使原本打在P的離子能打在QN區(qū)域，求加速電壓U的調(diào)節(jié)范圍； (3)為了在QN區(qū)域?qū)⒃敬蛟贛Q區(qū)域的所有離子檢測(cè)完整，求需要調(diào)節(jié)U的最少次數(shù)。(取lg 2＝0.301，lg 3＝0.477，lg 5＝0.699) [思路點(diǎn)撥]

31、 [解析]　(1)離子在電場(chǎng)中加速，qU0＝mv2 在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，qvB＝m 解得r0＝ 代入r0＝L，解得m＝。 (2)由(1)知，U＝， 離子打在Q點(diǎn)時(shí)，r＝L，得U＝ 離子打在N點(diǎn)時(shí)，r＝L，得U＝ 則電壓的范圍≤U≤。 (3)由(1)可知，r∝ 由題意知，第1次調(diào)節(jié)電壓到U1，使原本Q點(diǎn)的離子打在N點(diǎn)，＝ 此時(shí)，原本半徑為r1的打在Q1的離子打在Q上， ＝ 解得r1＝2L 第2次調(diào)節(jié)電壓到U2，原來(lái)打在Q1的離子打在N點(diǎn)，原本半徑為r2的打在Q2的離子打在Q上，則 ＝，＝， 解得r2＝3L 同理，第n次調(diào)節(jié)電壓，有rn＝n＋1L 檢測(cè)完整

32、，有rn≤，解得n≥－1≈2.8 最少次數(shù)為3次。 [答案]　(1)　(2)≤U≤　(3)最少次數(shù)為3次 第二講力學(xué)計(jì)算題的解題方略與命題視角 第1課時(shí)　解題方略——解答力學(xué)計(jì)算題必備“4組合意識(shí)” 分析近幾年的高考物理試題，力學(xué)計(jì)算題的鮮明特色在于組合，通過(guò)深入挖掘力學(xué)計(jì)算題的內(nèi)在規(guī)律，在解題時(shí)，考生必須具備四種“組合意識(shí)”。只有具備了這四種組合意識(shí)，才能對(duì)力學(xué)組合大題化繁為簡(jiǎn)、化整為零，找準(zhǔn)突破口快解題。 一、“元素組合”意識(shí) 力學(xué)計(jì)算題經(jīng)常出現(xiàn)一體多段、兩體多段，甚至多體多段等多元素的綜合性題目。試題中常出現(xiàn)的“元素組合”如下： ＋＋＋＋ ＋

33、＋運(yùn)動(dòng) 力學(xué)計(jì)算題變化多樣，但大多數(shù)是對(duì)上述“元素組合”框架圖的各種情景進(jìn)行排列組合。閱讀題目時(shí)首先要理清它的元素組合，建立模型，找到似曾相識(shí)的感覺(jué)，降低對(duì)新題、難題的心理障礙。 [典題例析] 　　　(2018·黔東南州二模)如圖所示，讓小球從圖中的C位置由靜止開(kāi)始擺下，擺到最低點(diǎn)D處，擺線剛好拉斷，小球在粗糙的水平面上由D點(diǎn)向右做勻減速運(yùn)動(dòng)滑向A點(diǎn)，到達(dá)A孔進(jìn)入半徑R＝0.3 m的豎直放置的光滑圓弧軌道，當(dāng)小球進(jìn)入圓軌道立即關(guān)閉A孔，已知擺線長(zhǎng)為 L＝2.5 m，θ＝60°，小球質(zhì)量為m＝1 kg，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，D點(diǎn)與小孔A的水平距離 s＝2 m，g取10 m/s2，試求： (

34、1)擺線能承受的最大拉力為多大？ (2)要使小球能進(jìn)入圓軌道并能通過(guò)圓軌道的最高點(diǎn)，求小球與粗糙水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的范圍。 [元素組合]　小球＋輕繩＋豎直平面＋DA粗糙段＋恒力＋勻減速運(yùn)動(dòng)＋豎直平面＋圓周運(yùn)動(dòng)。 [解析]　(1)小球由C到D運(yùn)動(dòng)過(guò)程做圓周運(yùn)動(dòng)，擺球的機(jī)械能守恒，則有： mgL(1－cos θ)＝mvD2 小球運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律可得： Fm－mg＝m 聯(lián)立兩式解得：Fm＝2mg＝20 N。 (2)小球剛好能通過(guò)圓軌道的最高點(diǎn)時(shí)，在最高點(diǎn)由牛頓第二定律可得： mg＝m 小球從D到圓軌道的最高點(diǎn)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得： －μmgs－2mgR＝mv2－

35、mvD2 解得：μ＝0.25 即要使小球能進(jìn)入圓軌道并能通過(guò)圓軌道的最高點(diǎn)，μ≤0.25。 [答案]　(1)20 N　(2)μ≤0.25 [對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練] 1.如圖所示，電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)滾輪做逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在滾輪的摩擦力作用下，將一金屬板從光滑斜面底端A送往斜面上端，斜面傾角θ＝30°，滾輪與金屬板的切點(diǎn)B到斜面底端A距離L＝6.5 m，當(dāng)金屬板的下端運(yùn)動(dòng)到切點(diǎn)B處時(shí)，立即提起滾輪使其與板脫離。已知板的質(zhì)量m＝1×103 kg，滾輪邊緣線速度v＝4 m/s，滾輪對(duì)板的正壓力FN＝2×104 N，滾輪與金屬板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.35，g取10 m/s2。求： (1)在滾輪作用下板上升的加

36、速度大小； (2)金屬板的下端經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間到達(dá)滾輪的切點(diǎn)B處； (3)金屬板沿斜面上升的最大距離。 解析：(1)受力正交分解后，沿斜面方向由牛頓第二定律得μFN－mgsin θ＝ma1 解得a1＝2 m/s2。 (2)由運(yùn)動(dòng)規(guī)律得v＝a1t1 解得t1＝2 s 勻加速上升的位移為x1＝t1＝4 m 勻速上升需時(shí)間t2＝＝ s＝0.625 s 共經(jīng)歷t＝t1＋t2＝2.625 s。 (3)滾輪與金屬板脫離后向上做減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得mgsin θ＝ma2 解得a2＝5 m/s2 金屬板做勻減速運(yùn)動(dòng)，則板與滾輪脫離后上升的距離 x2＝＝ m＝1.6 m 金屬板沿斜面

37、上升的最大距離為 xm＝L＋x2＝6.5 m＋1.6 m＝8.1 m。 答案：(1)2 m/s2　(2)2.625 s　(3)8.1 m 二、“思想組合”意識(shí) 一道經(jīng)典的力學(xué)計(jì)算題宛如一個(gè)精彩的物理故事，處處蘊(yùn)含著物理世界“平衡”與“守恒”這兩種核心思想。復(fù)習(xí)力學(xué)計(jì)算題應(yīng)牢牢抓住這兩種思想，不妨構(gòu)建下列“思想組合”框架圖： 平衡思想體現(xiàn)出對(duì)運(yùn)動(dòng)分析和受力分析的重視。運(yùn)動(dòng)分析與受力分析可以互為前提，也可以互為因果。如果考查運(yùn)動(dòng)分析，物體保持靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)是平衡狀態(tài)，其他運(yùn)動(dòng)則是不平衡狀態(tài)，選用的運(yùn)動(dòng)規(guī)律截然不同。類(lèi)似地，如果考查受力分析，也分為兩種：F合＝0或者F合＝ma。F合

38、＝0屬于受力平衡，牛頓第二定律F合＝ma則廣泛應(yīng)用于受力不平衡的各種情形。若更復(fù)雜些，則應(yīng)追問(wèn)是穩(wěn)態(tài)平衡還是動(dòng)態(tài)平衡，考查平衡位置還是平衡狀態(tài)。 高中物理守恒思想主要反映的是能量與動(dòng)量恒定不變的規(guī)律。能量與動(dòng)量雖不同于運(yùn)動(dòng)與受力，但不同的能量形式對(duì)應(yīng)于不同的運(yùn)動(dòng)形式，不同的動(dòng)量形式也對(duì)應(yīng)于不同的受力形式，所以本質(zhì)上能量與動(dòng)量來(lái)源于物體運(yùn)動(dòng)與受力規(guī)律的推演，是運(yùn)動(dòng)與受力分析的延伸。分析能量與動(dòng)量的關(guān)鍵是看選定的對(duì)象是單體還是系統(tǒng)。如果采用隔離法來(lái)分析單個(gè)物體，一般先從動(dòng)能定理或動(dòng)量定理的角度思考。如果采用整體法來(lái)分析多個(gè)物體組成的系統(tǒng)，則能量守恒或動(dòng)量守恒的思維更有優(yōu)勢(shì)。 思想不同，思考方向

39、就會(huì)不同。在宏觀判斷題目考查平衡還是守恒后，才能進(jìn)一步選對(duì)解題方法。 [典題例析] 　質(zhì)量為m木、長(zhǎng)度為d的木塊放在光滑的水平面上，木塊的右邊有一個(gè)銷(xiāo)釘把木塊擋住，使木塊不能向右滑動(dòng)，質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0按如圖所示的方向射入木塊，剛好能將木塊射穿，現(xiàn)將銷(xiāo)釘拔去，使木塊能在水平面上自由滑動(dòng)，而子彈仍以初速度v0射入靜止的木塊，求： (1)子彈射入木塊的深度是多少； (2)從子彈開(kāi)始進(jìn)入木塊到子彈相對(duì)木塊靜止的過(guò)程中，木塊的位移是多少； (3)在這一過(guò)程中產(chǎn)生多少內(nèi)能。 [思想組合] [解析]　(1)設(shè)子彈所受阻力為f 則木塊不動(dòng)時(shí)：v02＝2d

40、 木塊自由時(shí)，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒： mv0＝(m＋m木)v 對(duì)子彈：v02－v2＝2x1 對(duì)木塊：v2＝2·x2 子彈射入木塊的深度l＝x1－x2 由以上五式可聯(lián)立解得：l＝d。 (2)由(1)問(wèn)所列關(guān)系式可解得：x2＝d。 (3)由能量守恒定律可得在這一過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能 Q＝mv02－(m木＋m)v2＝。 [答案]　(1)d　(2)d　(3) [對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練] 2．(2019屆高三·包頭九中模擬)一質(zhì)量為2 kg物塊放在粗糙的水平面上。物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，現(xiàn)對(duì)物塊施加F1＝20 N的水平拉力使物塊做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)1作用2 s后撤去，等

41、物塊又運(yùn)動(dòng)4 s后再對(duì)物塊施加一個(gè)與F1方向相反的水平拉力F2，F(xiàn)2＝20 N，F(xiàn)2也作用2 s后撤去，重力加速度大小g＝10 m/s2，求： (1)F2作用多長(zhǎng)時(shí)間，物塊的速度減為零？ (2)物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)距離為多少？ 解析：(1)設(shè)F1的方向?yàn)檎较颍瑥拈_(kāi)始運(yùn)動(dòng)到撤去F2的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理F1t1－μmg(t1＋t2＋t3)－F2t3＝0 解得t3＝ s。 (2)F1作用時(shí)物塊運(yùn)動(dòng)的加速度大小為 a1＝＝8 m/s2 作用2 s末，物塊速度大小為v1＝a1t1＝16 m/s 運(yùn)動(dòng)的位移大小為x1＝v1t1＝16 m 撤去F1后物塊運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a2＝μ

42、g＝2 m/s2 運(yùn)動(dòng)4 s末，物塊的速度大小為v2＝v1－a2t2＝8 m/s 此過(guò)程運(yùn)動(dòng)的位移大小為x2＝(v1＋v2)t2＝48 m F2作用直到物塊速度為零的過(guò)程中，物塊運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a3＝＝12 m/s2 此過(guò)程運(yùn)動(dòng)的位移為：x3＝＝ m 因此物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)距離為 x＝x1＋x2＋x3＝ m。 答案：(1) s　(2) m 三、“方法組合”意識(shí) 透徹理解平衡和守恒思想后，具體解題主要使用3種方法：受力與運(yùn)動(dòng)的方法、做功與能量的方法、沖量與動(dòng)量的方法。這三條主線是一個(gè)龐大的體系，光是公式就多達(dá)幾十個(gè)，不單學(xué)習(xí)時(shí)難以記憶，解題時(shí)也容易混淆。為獲得順暢

43、的思路，筆者刪繁就簡(jiǎn)，整理成如下的“方法組合”框架圖。 動(dòng)力法 動(dòng)力法的特征是涉及加速度，主要用于解決物體受力情況與物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的關(guān)系。已知受力求運(yùn)動(dòng)，先從力F代表的F合＝0或F合＝ma寫(xiě)起，進(jìn)而得出運(yùn)動(dòng)參數(shù)x、v、t或θ、ω、t。已知運(yùn)動(dòng)求受力，則從x、v、t或θ、ω、t代表的各種運(yùn)動(dòng)規(guī)律寫(xiě)起，從右向左反向得出物體所受的力F 功能法 功能法主要用于解決不涉及時(shí)間的情形。若不涉及時(shí)間，使用動(dòng)能定理較為普遍。若不涉及時(shí)間又需研究能量，則優(yōu)先使用E代表的能量關(guān)系，特別是能量守恒定律 沖動(dòng)法 若涉及時(shí)間，沖動(dòng)法中的動(dòng)量定理可以簡(jiǎn)化計(jì)算。動(dòng)量守恒定律是物理學(xué)

44、史上最早發(fā)現(xiàn)的一條守恒定律，其適用范圍比牛頓運(yùn)動(dòng)定律更廣。面對(duì)多體問(wèn)題，學(xué)生選擇合適的系統(tǒng)并運(yùn)用動(dòng)量守恒定律來(lái)解決，往往更加便捷 當(dāng)然，在應(yīng)用上述三種方法時(shí)，學(xué)生一定要注意各個(gè)公式的適用范圍，不能生搬硬套，例如動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用前提需先考慮系統(tǒng)所受合外力是否為零。有些問(wèn)題只需一個(gè)方法就能解決，也可能是多種方法聯(lián)合求解，學(xué)生只有經(jīng)過(guò)反復(fù)實(shí)踐才能靈活選用。 [典題例析] 　光滑水平面上放著質(zhì)量mA＝1 kg的物塊A與質(zhì)量mB＝2 kg的物塊B，A與B均可視為質(zhì)點(diǎn)，A靠在豎直墻壁上，A、B間夾一個(gè)被壓縮的輕彈簧(彈簧與A、B均不拴接)，用手擋住B不動(dòng)，此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能Ep＝49 J。在A、

45、B間系一輕質(zhì)細(xì)繩，細(xì)繩長(zhǎng)度大于彈簧的自然長(zhǎng)度，如圖所示。放手后B向右運(yùn)動(dòng)，繩在短暫時(shí)間內(nèi)被拉斷，之后B沖上與水平面相切的豎直半圓光滑軌道，其半徑R＝0.5 m，B恰能到達(dá)最高點(diǎn)C。g取10 m/s2，求： (1)繩拉斷后瞬間B的速度vB的大??； (2)繩拉斷過(guò)程繩對(duì)B的沖量I的大??； (3)繩拉斷過(guò)程繩對(duì)A所做的功W。 [方法組合] (1) (2) (3) [解析]　(1)設(shè)B在繩被拉斷后瞬間的速度為vB，到達(dá)C時(shí)的速度為vC，由牛頓第二定律得mBg＝mB 由機(jī)械能守恒定律得mBvB2＝mBvC2＋2mBgR 代入數(shù)據(jù)得vB＝5 m/s。 (2)設(shè)彈簧恢復(fù)到自然長(zhǎng)度時(shí)B的

46、速度為v1，取水平向右為正方向，有Ep＝mBv12 由動(dòng)量定理得I＝mBvB－mBv1 代入數(shù)據(jù)得I＝－4 N·s，其大小為4 N·s。 (3)設(shè)繩斷后A的速度為vA，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mBv1＝mBvB＋mAvA W＝mAvA2 代入數(shù)據(jù)得W＝8 J。 [答案]　(1)5 m/s　(2)4 N·s　(3)8 J [對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練] 3．(2018·黔東南州一模)如圖所示，足夠長(zhǎng)的水平直軌道與傾斜光滑軌道BC平滑連接，B為光滑軌道的最低點(diǎn)。小球a從直軌道上的A點(diǎn)以v0＝ m/s的初速度向右運(yùn)動(dòng)，與靜止在B點(diǎn)的小球b發(fā)生彈性正碰，碰撞后小球b上升的最大高度h＝0.2

47、m。已知A、B兩點(diǎn)的距離x＝0.5 m，小球與水平直軌道的摩擦阻力f為重力的0.1倍，空氣阻力忽略不計(jì)，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)兩球相碰前的瞬間小球a的速度大小； (2)兩球相碰后的瞬間小球b的速度大??； (3)小球a和小球b的質(zhì)量之比。 解析：(1)設(shè)小球a與小球b碰撞前瞬間的速度為v1，由動(dòng)能定理： －fx＝mav12－mav02 ① 其中f＝0.1mag ② 帶入數(shù)據(jù)得：v1＝3 m/s。 ③ (2)設(shè)a、b兩球碰撞后b球的速度為vb，小球b碰后沿光滑軌道上升的過(guò)程中機(jī)械能守恒。由機(jī)械能守恒定律

48、： mbvb2＝mbgh ④ 解得：vb＝＝2 m/s。 ⑤ (3)a、b兩球發(fā)生彈性碰撞。設(shè)碰撞后a球的速度為va，由動(dòng)量和機(jī)械能守恒定律有： mav1＝mava＋mbvb ⑥ mav12＝mava2＋mbvb2 ⑦ 由⑥⑦得：vb＝v1 ⑧ 由③⑤⑧得：＝。 ⑨ 答案：(1)3 m/s　(2)2 m/s　(3)1∶2 四、“步驟組合”意識(shí) 構(gòu)建以上三個(gè)組合的目的是引導(dǎo)學(xué)生整合知識(shí)網(wǎng)絡(luò)，提升解題效率。但學(xué)生在做題時(shí)，即使面對(duì)平時(shí)比較熟悉的物理情景，有時(shí)仍

49、會(huì)不知道如何表述。為了切入題目，可嘗試使用“對(duì)象—過(guò)程—原理—列式”這4個(gè)步驟來(lái)書(shū)寫(xiě)，如下圖所示。 通過(guò)運(yùn)用“四步法”框架圖，學(xué)生的解題思路可以更加清晰：首先找出對(duì)象，明確過(guò)程，然后分析原理，選定公式。在文字的規(guī)范表達(dá)方面，“四步法”也是一種范式，表述會(huì)更加全面。 [典題例析] 　(2018·東北育才中學(xué)三模)如圖所示，一豎直光滑絕緣的管內(nèi)有一勁度系數(shù)為k的絕緣彈簧，其下端固定于地面，上端與一質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q的小球A相連，整個(gè)空間存在一豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，小球A靜止時(shí)彈簧恰為原長(zhǎng)，另一質(zhì)量也為m的不帶電的絕緣小球B從距A為x0的P點(diǎn)由靜止開(kāi)始下落，與A發(fā)生碰撞后一起向下運(yùn)動(dòng)，

50、全過(guò)程中小球A的電量不發(fā)生變化，重力加速度為g。 (1)若x0已知，試求B與A碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能； (2)若x0未知，且B與A在最高點(diǎn)恰未分離，試求A、B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)彈簧的形變量； (3)在滿足第(2)問(wèn)的情況下，試求A、B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度。 [步驟組合] (1) (2) (3) (4) [解析]　(1)設(shè)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為E，在碰撞前A靜止時(shí)有： qE＝mg 解得E＝ 在與A碰撞前B的速度為v0，由機(jī)械能守恒定律得： mgx0＝mv02 解得v0＝ B與A碰撞后共同速度為v1，由動(dòng)量守恒定律得： mv0＝2mv1 解得v1＝v0 B與A碰撞過(guò)程中損

51、失的機(jī)械能ΔE為： ΔE＝mv02－×2mv12＝mgx0。 (2)A、B在最高點(diǎn)恰不分離，此時(shí)A、B加速度相等，且它們間的彈力為零，設(shè)此時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量為x1，則： 對(duì)B：mg＝ma 對(duì)A：mg＋kx1－qE＝ma 所以彈簧的伸長(zhǎng)量為：x1＝。 (3)A、B一起運(yùn)動(dòng)過(guò)程中合外力為零時(shí)，具有最大速度vm，設(shè)此時(shí)彈簧的壓縮量為x2，則： 2mg－(qE＋kx2)＝0 解得x2＝ 由于x1＝x2，說(shuō)明A、B在最高點(diǎn)處與合外力為零處彈簧的彈性勢(shì)能相等，對(duì)此過(guò)程由能量守恒定律得： (2mg－qE)(x1＋x2)＝×2mvm2 解得vm＝g 。 [答案]　(1)mgx0　(2)　(

52、3)g [對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練] 4．(2018·天水一中一模)如圖所示，水平地面上固定有A、B兩個(gè)等高的平臺(tái)，之間靜止放置一長(zhǎng)為5l、質(zhì)量為m的小車(chē)Q，小車(chē)的上表面與平臺(tái)等高，左端靠近平臺(tái)A。輕質(zhì)彈簧原長(zhǎng)為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧長(zhǎng)度為l?，F(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在平臺(tái)A的左端，另一端與質(zhì)量為m的小物塊P(可視為質(zhì)點(diǎn))接觸但不連接。另一彈簧水平放置，一端固定在平臺(tái)B的右端。現(xiàn)用外力推動(dòng)物塊P，將彈簧壓縮至長(zhǎng)度l，然后由靜止釋放，P開(kāi)始沿平臺(tái)運(yùn)動(dòng)并滑上小車(chē)，當(dāng)小車(chē)右端與平臺(tái)B剛接觸時(shí)，物塊P恰好滑到小車(chē)右端且相對(duì)小車(chē)靜止。小車(chē)

53、與平臺(tái)相碰后立即停止運(yùn)動(dòng)，但不粘連，物塊P滑上平臺(tái)B，與彈簧作用后再次滑上小車(chē)。已知平臺(tái)A的長(zhǎng)度為2l，物塊P與平臺(tái)A間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，平臺(tái)B、水平地面光滑，重力加速度大小為g，求： (1)物塊P離開(kāi)平臺(tái)A時(shí)的速度大?。? (2)平臺(tái)A右端與平臺(tái)B左端間的距離； (3)若在以后運(yùn)動(dòng)中，只要小車(chē)與平臺(tái)相碰，則小車(chē)立即停止運(yùn)動(dòng)，求物塊P最終停止的位置距小車(chē)右端多遠(yuǎn)。 解析：(1)設(shè)彈簧壓縮最短時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為Ep。由機(jī)械能守恒得：Ep＝5mgl 設(shè)物塊P離開(kāi)A平臺(tái)的速度為v0，由能量守恒得： Ep＝μmgl＋mv02 解得：v0＝3。 (2)設(shè)物塊P運(yùn)動(dòng)到小車(chē)最右端與小車(chē)

54、的共同速度為v1，從物塊P離開(kāi)平臺(tái)A到物塊與小車(chē)共速過(guò)程中，物塊位移為s1，小車(chē)位移為s2，由動(dòng)量守恒得：mv0＝2mv1 對(duì)物塊P：－fs1＝mv12－mv02 對(duì)小車(chē)：fs2＝mv12 s1－s2＝5l 聯(lián)立得平臺(tái)A右端與平臺(tái)B左端間的距離為： s＝s1＝7.5l。 (3)由能量守恒可知，物塊離開(kāi)平臺(tái)B時(shí)，速度為v1，設(shè)物塊P與小車(chē)再次共速時(shí)速度為v2，從物塊P離開(kāi)平臺(tái)B到物塊與小車(chē)共速過(guò)程中，物塊位移為s3，小車(chē)位移為s4，由動(dòng)量守恒得：mv1＝2mv2 對(duì)物塊P：－fs3＝mv22－mv12 對(duì)小車(chē)：fs4＝mv22 設(shè)小車(chē)與平臺(tái)A碰后，物塊運(yùn)動(dòng)的位移為s5，由動(dòng)能定

55、理得－fs5＝0－mv22 聯(lián)立解得物塊P最終停止的位置距小車(chē)右端為： Δs＝s3－s4＋s5＝。 答案：(1)3　(2)7.5l　(3)l 第2課時(shí)　命題研究——力與運(yùn)動(dòng)計(jì)算題?？肌?題型” 題型一　運(yùn)動(dòng)學(xué)問(wèn)題 運(yùn)動(dòng)學(xué)問(wèn)題單獨(dú)作為計(jì)算題的話，要么是兩個(gè)物體運(yùn)動(dòng)的關(guān)系問(wèn)題的討論，要么是多過(guò)程多情景的復(fù)雜問(wèn)題的分析，試題難度往往較大。 　一客運(yùn)列車(chē)勻速行駛，其車(chē)輪在鐵軌間的接縫處會(huì)產(chǎn)生周期性的撞擊。坐在該客車(chē)中的某旅客測(cè)得從第1次到第16次撞擊聲之間的時(shí)間間隔為10.0 s。在相鄰的平行車(chē)道上有一列貨車(chē)，當(dāng)該旅客經(jīng)過(guò)貨車(chē)車(chē)尾時(shí)，貨車(chē)恰好從靜止開(kāi)始以恒定加速度沿客車(chē)行進(jìn)方向運(yùn)動(dòng)。該旅

56、客在此后的20.0 s內(nèi)，看到恰好有30節(jié)貨車(chē)車(chē)廂被他連續(xù)超過(guò)。已知每根鐵軌的長(zhǎng)度為25.0 m，每節(jié)貨車(chē)車(chē)廂的長(zhǎng)度為16.0 m，貨車(chē)車(chē)廂間距忽略不計(jì)。求： (1)客車(chē)運(yùn)行速度的大小； (2)貨車(chē)運(yùn)行加速度的大小。 [解析]　(1)設(shè)連續(xù)兩次撞擊鐵軌的時(shí)間間隔為Δt，每根鐵軌的長(zhǎng)度為l，則客車(chē)速度為v＝ 其中l(wèi)＝25.0 m，Δt＝ s， 解得v＝37.5 m/s。 (2)法一：設(shè)從貨車(chē)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后t＝20.0 s內(nèi)客車(chē)行駛了s1米，貨車(chē)行駛了s2米，貨車(chē)的加速度為a,30節(jié)貨車(chē)車(chē)廂的總長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝30×16.0 m。 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 s1＝vt s2＝at2 由題給條件

57、有L＝s1－s2 聯(lián)立解得a＝1.35 m/s2。 [第2問(wèn)，實(shí)質(zhì)是運(yùn)動(dòng)學(xué)中的追及相遇問(wèn)題] 法二：第2問(wèn)圖像法： 如圖所示為客車(chē)和貨車(chē)的v-t圖像，圖中陰影部分面積對(duì)應(yīng)30節(jié)車(chē)廂的總長(zhǎng)度。 L＝30l′＝480 m 可得： ·t＝L＝480 m 把v＝37.5 m，t＝20 s代入上式得 a＝1.35 m/s2。 [答案]　(1)37.5 m/s　(2)1.35 m/s2 破解運(yùn)動(dòng)學(xué)類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵是尋找兩個(gè)運(yùn)動(dòng)之間的聯(lián)系：一是時(shí)間關(guān)系，二是位移關(guān)系。 尋找的方法有兩種：畫(huà)v-t圖像或者畫(huà)出運(yùn)動(dòng)過(guò)程草圖，并在圖中標(biāo)明各運(yùn)動(dòng)學(xué)量，包括時(shí)刻、時(shí)間、位移、速度、加速度等已知

58、量和未知量，然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)關(guān)系列式求解。　　 題型二　運(yùn)動(dòng)學(xué)與牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合問(wèn)題 牛頓運(yùn)動(dòng)定律是動(dòng)力學(xué)的基礎(chǔ)，牛頓運(yùn)動(dòng)定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律相結(jié)合形成動(dòng)力學(xué)的兩類(lèi)基本問(wèn)題，也是高考計(jì)算題命題的熱點(diǎn)和重點(diǎn)。 　公路上行駛的兩汽車(chē)之間應(yīng)保持一定的安全距離。當(dāng)前車(chē)突然停止時(shí)，后車(chē)司機(jī)可以采取剎車(chē)措施，使汽車(chē)在安全距離內(nèi)停下而不會(huì)與前車(chē)相碰。通常情況下，人的反應(yīng)時(shí)間和汽車(chē)系統(tǒng)的反應(yīng)時(shí)間之和為1 s。當(dāng)汽車(chē)在晴天干燥瀝青路面上以108 km/h的速度勻速行駛時(shí)，安全距離為120 m。設(shè)雨天時(shí)汽車(chē)輪胎與瀝青路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為晴天時(shí)的。若要求安全距離仍為120 m，求汽車(chē)在雨天安全行駛的最大速度。 [

59、解析]　設(shè)路面干燥時(shí)，汽車(chē)與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ0，剎車(chē)時(shí)汽車(chē)的加速度大小為a0，安全距離為s，反應(yīng)時(shí)間為t0，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得μ0mg＝ma0 ① s＝v0t0＋ ② 式中，m和v0分別為汽車(chē)的質(zhì)量和剎車(chē)前的速度。 設(shè)在雨天行駛時(shí)，汽車(chē)與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，依題意有μ＝μ0 ③ 設(shè)在雨天行駛時(shí)汽車(chē)剎車(chē)的加速度大小為a，安全行駛的最大速度為v，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 μmg＝ma ④ s＝vt0＋ ⑤ 聯(lián)立①②③④⑤式并代入題給數(shù)據(jù)得 v＝20 m/s(或72 km/h)。

60、 ⑥ [答案]　20 m/s(或72 km/h) (1)根據(jù)力的觀點(diǎn)，物體做什么樣的運(yùn)動(dòng)，完全是由物體的速度和受力情況這兩個(gè)方面決定的，所以應(yīng)用力的觀點(diǎn)的關(guān)鍵是要做好運(yùn)動(dòng)分析和受力分析。 (2)若系統(tǒng)內(nèi)各物體的加速度不相同，又需要知道物體間的相互作用力時(shí)，則應(yīng)利用隔離法分析。如本例中A、B的加速度大小相等，方向相反。屬于加速度不相同的情況。　　　　 題型三　滑塊—滑板類(lèi)問(wèn)題 滑塊—滑板類(lèi)題型是指由木板和物塊組成的相互作用的系統(tǒng)，是近年高考物理試題中的經(jīng)典題型。題中常涉及摩擦力的方向判斷和大小計(jì)算、牛頓運(yùn)動(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律等知識(shí)。 　(2017·全國(guó)卷Ⅲ)如

61、圖，兩個(gè)滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5；木板的質(zhì)量為m＝4 kg，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.1。某時(shí)刻A、B兩滑塊開(kāi)始相向滑動(dòng)，初速度大小均為v0＝3 m/s。A、B相遇時(shí)，A與木板恰好相對(duì)靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)B與木板相對(duì)靜止時(shí)，木板的速度； (2)A、B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離。 [審題指導(dǎo)] (1) (2) (3) (4) [解析]　(1)滑塊A和B在木板上滑動(dòng)時(shí)，木板也在地面上滑動(dòng)。設(shè)A、B和木板所受的摩

62、擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對(duì)于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對(duì)于地面的加速度大小為a1。在滑塊B與木板達(dá)到共同速度前有 f1＝μ1mAg ① f2＝μ1mBg ② f3＝μ2(m＋mA＋mB)g ③ 由牛頓第二定律得 f1＝mAaA ④ f2＝mBaB ⑤ f2－f1－f3＝ma1 ⑥ 設(shè)在t1時(shí)刻，B與木板達(dá)到共同速度，其大小為v1。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 v1＝v0－aBt1 ⑦ v1＝a1t1

63、⑧ 聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得 v1＝1 m/s。 ⑨ (2)在t1時(shí)間間隔內(nèi)，B相對(duì)于地面移動(dòng)的距離為 sB＝v0t1－aBt12 ⑩ 設(shè)在B與木板達(dá)到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2。對(duì)于B與木板組成的體系，由牛頓第二定律有 f1＋f3＝(mB＋m)a2 ? 由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B與木板達(dá)到共同速度時(shí)，A的速度大小也為v1，但運(yùn)動(dòng)方向與木板相反。由題意知，A和B相遇時(shí)，A與木板的速度相同，設(shè)其大小為v2。設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用的時(shí)間為t2，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，對(duì)木板有v2

64、＝v1－a2t2 ? 對(duì)A有v2＝－v1＋aAt2 ? 在t2時(shí)間間隔內(nèi)，B(以及木板)相對(duì)地面移動(dòng)的距離為 s1＝v1t2－a2t22 ? 在(t1＋t2)時(shí)間間隔內(nèi)，A相對(duì)地面移動(dòng)的距離為 sA＝v0(t1＋t2)－aA2 ? A和B相遇時(shí)，A與木板的速度也恰好相同。因此A和B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離為 s0＝sA＋s1＋sB ? 聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得 s0＝1.9 m。 ? (也可用如圖所示的速度—時(shí)間圖線求解) [答案]　(1)1

65、 m/s　(2)1.9 m 1．臨界條件 (1)滑塊與滑板存在相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件 ①運(yùn)動(dòng)學(xué)條件：若兩物體速度和加速度不等，則會(huì)相對(duì)滑動(dòng)。 ②動(dòng)力學(xué)條件：假設(shè)兩物體間無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，先用整體法算出一起運(yùn)動(dòng)的加速度，再用隔離法算出其中一個(gè)物體“所需要”的摩擦力Ff；比較Ff與最大靜摩擦力Ffm的關(guān)系，若Ff＞Ffm，則發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。 (2)滑塊滑離滑板的臨界條件 當(dāng)滑板的長(zhǎng)度一定時(shí)，滑塊可能從滑板滑下，恰好滑到滑板的邊緣達(dá)到共同速度是滑塊滑離滑板的臨界條件。 2．常見(jiàn)解法 “滑塊—滑板類(lèi)”模型問(wèn)題往往存在一題多解情況，常見(jiàn)的解法如下： (1)動(dòng)力學(xué)分析法：分別對(duì)滑塊和滑板受力分析

66、，根據(jù)牛頓第二定律求出各自加速度，然后結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解。 (2)相對(duì)運(yùn)動(dòng)分析法：從相對(duì)運(yùn)動(dòng)的角度出發(fā)，根據(jù)相對(duì)初速度、相對(duì)加速度、相對(duì)末速度和相對(duì)位移的關(guān)系x相對(duì)＝(t＝)，往往可大大簡(jiǎn)化數(shù)學(xué)運(yùn)算過(guò)程。　　　　 (3)圖像描述法：有時(shí)利用運(yùn)動(dòng)v-t圖像分析更快捷。例如，一物塊以初速度v0滑上在水平地面上靜止的木板，物塊和木板的運(yùn)動(dòng)圖像如圖甲或圖乙所示。圖甲表示物塊在滑出木板前已經(jīng)與木板共速，陰影部分面積表示相對(duì)位移x相對(duì)，x相對(duì)＝；圖乙表示物塊已滑出木板，陰影部分面積表示木板總長(zhǎng)度L，x相對(duì)＝L。 　　　　 [對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練] 1.質(zhì)量M＝9 kg、長(zhǎng)L＝1 m的木板在動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.1的水平地面上向右滑行，當(dāng)速度v0＝2 m/s時(shí)，在木板的右端輕放一質(zhì)量m＝1 kg的小物塊，如圖所示。當(dāng)小物塊剛好滑到木板左端時(shí)，物塊和木板達(dá)到共同速度。取g＝10 m/s2。求： (1)從物塊放到木板上到它們達(dá)到相同速度所用的時(shí)間t； (2)小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2。 解析：法一　動(dòng)力學(xué)分析法 (1)設(shè)木板的加速度大小為a1，在時(shí)間t內(nèi)的位移為x1；物塊的加速度