計(jì)算題規(guī)范解題策略

計(jì)算題規(guī)范解題策略一、第一類計(jì)算題的考查特點(diǎn)第一類計(jì)算題預(yù)計(jì)考查理想氣體狀態(tài)方程的應(yīng)用、機(jī)械波和光中的一個(gè)知識點(diǎn)。通常以中低檔題的形式出現(xiàn)。具體考查哪個(gè)知識點(diǎn)，應(yīng)該是每年輪換考查。這種類型的題目具備：模型固定，考查知識點(diǎn)單一，題目情景簡單的特點(diǎn)。高三學(xué)生經(jīng)過適當(dāng)訓(xùn)練，這部分題可以拿到滿分。1．理想氣體狀態(tài)方程(1)特點(diǎn)分析：①理想氣體狀態(tài)方程的應(yīng)用；②共點(diǎn)力的平衡條件；③變質(zhì)量氣體，常見題目有一部分氣體多過程，兩部分氣體單過程、兩過程。(2)解題方法：①選氣體為研究對象，列氣體方程；②選封閉氣體的物體為研究對象，列平衡條件求壓強(qiáng)；③分析幾何關(guān)系和臨界條件，列出關(guān)聯(lián)方程。【例1】汽車胎壓常用巴(bar)作為單位，1巴(bar)＝1×105Pa。某重型卡車在－23℃時(shí)胎壓為8bar，運(yùn)動過程中輪胎內(nèi)最高溫度可達(dá)127℃。為了安全胎壓不能超過10bar，輪胎體積保持不變。(1)通過計(jì)算說明卡車胎壓是否安全；(2)若不安全，需要放出一定量的氣體，求至少放出的氣體質(zhì)量與原胎內(nèi)氣體質(zhì)量的比(忽略放氣過程中的溫度變化)。答案(1)不安全(2)7∶32解析(1)由查理定律eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)得p2＝eq\f(T2,T1)p1＝eq\f(273＋127,273－23)×8bar＝12.8bar>10bar卡車胎壓不安全。(2)設(shè)原胎內(nèi)氣體質(zhì)量為m1，至少放出的氣體質(zhì)量為m2，輪胎體積為V1，在溫度不變的情況下將原來輪胎內(nèi)氣體轉(zhuǎn)化成p3＝10bar的氣體的體積為V2。由玻意耳定律p2V1＝p3V2得V2＝eq\f(p2V1,p3)＝eq\f(12.8,10)V1＝1.28V1至少放出的氣體質(zhì)量與原胎內(nèi)氣體質(zhì)量的比eq\f(m2,m1)＝eq\f(V2－V1,V2)＝eq\f(0.28V1,1.28V1)＝eq\f(7,32)。2．機(jī)械波(1)特點(diǎn)分析：①波速公式v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(Δx,Δt)；②機(jī)械波的形成過程和傳播特點(diǎn)：各個(gè)質(zhì)點(diǎn)在平衡位置兩側(cè)做機(jī)械振動，質(zhì)點(diǎn)本身并不隨波遷移。各個(gè)質(zhì)點(diǎn)的振動規(guī)律和波形函數(shù)均遵循正弦(余弦)函數(shù)變化；③機(jī)械波傳播的周期性和傳播方向的雙向性。(2)解題方法：①特殊位置法；②平移法和函數(shù)法；③假設(shè)法。【例2】一簡諧橫波沿x軸正方向傳播，t0＝0時(shí)刻平衡位置在x＝0處的質(zhì)點(diǎn)恰好開始沿y軸負(fù)方向振動，t1＝3.5s時(shí)刻在x＝0到x＝5m之間第一次出現(xiàn)如圖1所示的波形。求：圖1(1)這列波的周期T；(2)從t＝0時(shí)刻到t2＝6s時(shí)刻，平衡位置在x＝9m處的質(zhì)點(diǎn)通過的路程s。答案(1)2s(2)0.6m解析(1)t0＝0時(shí)刻平衡位置在x＝0處的質(zhì)點(diǎn)恰好開始沿y軸負(fù)方向，t1＝3.5s時(shí)刻平衡位置在x＝5m處的質(zhì)點(diǎn)振動方向沿y軸正方向，說明t1＝3.5s時(shí)刻波形不是恰好傳到x＝5m處，而是再向前傳播半個(gè)波長的距離，即傳到x＝7m處，該波的傳播速度大小v＝eq\f(L1,t1)其中L1＝7m解得v＝2m/s又T＝eq\f(λ,v)其中λ＝4m解得T＝2s。(2)從t＝0時(shí)刻至該波剛好傳播到x＝9m處，所用的時(shí)間Δt＝eq\f(L2,v)其中L2＝9m解得Δt＝4.5s平衡位置在x＝9m處的質(zhì)點(diǎn)振動的時(shí)間t3＝t2－Δt＝1.5s＝eq\f(3,4)T故s＝eq\f(3,4)×4A其中A＝0.2m解得s＝0.6m。3．光學(xué)題目(1)特點(diǎn)分析：①全反射條件sinC＝eq\f(1,n)；②折射定律和折射率n＝eq\f(sinθ1,sinθ2)＝eq\f(c,v)；③幾何關(guān)系是經(jīng)常作為關(guān)聯(lián)方程出現(xiàn)。(2)解題方法：作光路圖——利用折射率公式和幾何關(guān)系列出關(guān)聯(lián)方程——解方程?！纠?】如圖2甲，某汽車大燈距水平地面的高度為67.5cm，圖乙為該大燈結(jié)構(gòu)的簡化圖。已知點(diǎn)光源發(fā)出光線以45°入射角從半球透鏡射入真空時(shí)恰好發(fā)生全反射?，F(xiàn)有一束光從焦點(diǎn)處射出，經(jīng)旋轉(zhuǎn)拋物面反射后，垂直半球透鏡的豎直直徑AB從C點(diǎn)射入透鏡。已知透鏡直徑遠(yuǎn)小于大燈離地面高度，eq\o(AC,\s\up6(－))＝eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up6(－))，tan15°≈0.27。求：圖2(1)半球透鏡的折射率n；(2)光射出半球透鏡時(shí)的折射角θ和這束光照射到地面的位置與大燈間的水平距離x。答案(1)eq\r(2)(2)45°2.5m解析(1)依題意，光線從半球透鏡射入真空的臨界角為C＝45°，可得sinC＝eq\f(1,n)解得n＝eq\r(2)。(2)該光路圖如圖所示設(shè)光線從C點(diǎn)水平射向半球透鏡時(shí)的入射角為α，從半球透鏡折射后的出射光線與水平面成β角，依題意可得sinα＝eq\f(\f(1,4)\o(AB,\s\up6(－)),\f(1,2)\o(AB,\s\up6(－)))＝eq\f(1,2)由折射定律可得n＝eq\f(sin（α＋β）,sinα)解得β＝15°，α＋β＝45°光射出半球透鏡時(shí)的折射角θ＝45°。設(shè)這束光照射到地面的位置與車頭大燈間的水平距離為x，如圖由幾何關(guān)系可得tanβ＝eq\f(h,x)聯(lián)立解得x＝2.5m。二、第二類計(jì)算題的考查特點(diǎn)第二類題目的綜合性主要是指動能定理、機(jī)械能守恒定律、牛頓運(yùn)動定律、動量定理和動量守恒定律、平拋運(yùn)動、圓周運(yùn)動等知識相結(jié)合考查的一類試題，常以“多物體單過程”或“單物體多過程”為命題思路，通過板塊模型、斜面模型、彈簧模型等進(jìn)行考查。多個(gè)運(yùn)動過程的組合實(shí)際上是多種物理規(guī)律和方法的綜合應(yīng)用，分析這種問題時(shí)注意要獨(dú)立分析各個(gè)運(yùn)動過程，而不同過程往往通過連接點(diǎn)的速度建立聯(lián)系，有時(shí)對整個(gè)過程應(yīng)用能量的觀點(diǎn)解決問題會更簡單?！纠?】如圖3所示，從A點(diǎn)水平拋出一質(zhì)量m＝2kg的小物塊，之后小物塊恰好沿切線方向從B點(diǎn)進(jìn)入固定的光滑圓弧軌道BC，經(jīng)圓弧軌道后滑上與C點(diǎn)等高、靜止在粗糙水平面上的長木板，圓弧軌道C端切線水平，已知長木板的質(zhì)量M＝3kg，A、B兩點(diǎn)距C點(diǎn)的高度分別為H＝1.05m，h＝0.45m，R＝0.9m，小物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.4，長木板與地面之間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1，取重力加速度g＝10m/s2。求：圖3(1)小物塊運(yùn)動至B點(diǎn)時(shí)的速度大小；(2)小物塊滑動至C點(diǎn)時(shí)，圓弧軌道對小物塊支持力的大??；(3)長木板至少為多長，才能保證小物塊不滑出長木板。答案(1)4m/s(2)eq\f(680,9)N(3)2.5m解析(1)物塊做平拋運(yùn)動，則有H－h(huán)＝eq\f(1,2)gt2設(shè)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)豎直分速度為vy，則vy＝gt設(shè)∠BOC＝θ，由幾何知識可得θ＝60°，故B點(diǎn)的速度大小為vB＝eq\f(vy,sinθ)聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)求得vB＝4m/s。(2)從B至C點(diǎn)，由動能定理得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)設(shè)物塊在C點(diǎn)受到的支持力為FN，則有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)聯(lián)立解得vC＝5m/sFN＝eq\f(680,9)N。(3)由題意可知小物塊m對長木板的摩擦力為Ff＝μ1mg＝8N長木板與地面間的最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力Ff′＝μ2(M＋m)g＝5N因?yàn)镕f>Ff′所以小物塊在長木板上滑動時(shí)，長木板將向右做勻加速運(yùn)動，小物塊在長木板上做勻減速運(yùn)動，至長木板右端時(shí)二者剛好共速，以后一起向右勻減速直至停止，此時(shí)長木板最短；根據(jù)牛頓第二定律可得小物塊加速度大小為a1＝μ1g＝4m/s2長木板加速度大小為a2＝eq\f(Ff－Ff′,M)＝1m/s2達(dá)到共速時(shí)有v＝vC－a1t＝a2t則長木板長度至少為l＝eq\f(vC＋v,2)t－eq\f(v,2)t＝eq\f(vC,2)t聯(lián)立以上各式，解得l＝2.5m。三、第三類計(jì)算題的考查的題目特點(diǎn)和解題方法1．題目特點(diǎn)：帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場，做類平拋運(yùn)動；帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場運(yùn)動，做勻速圓周運(yùn)動，主要考查圓周運(yùn)動的公式、作圖能力和平面幾何知識。帶電粒子在組合場中的運(yùn)動就是把上述兩種運(yùn)動放在一個(gè)題目中考查。2．解題方法：①分析粒子在單個(gè)場中的力和速度，確定運(yùn)動模型；②選用規(guī)律；③特別注意從電場進(jìn)入磁場的速度方向和大?。蛔⒁鈴拇艌鲞M(jìn)入電場的速度方向。3．帶電粒子在組合場中運(yùn)動的處理原則是“分解過程，依次分析，場場關(guān)聯(lián)，求解速度”。具體的處理方法：(1)按照進(jìn)入不同的場的時(shí)間順序分成幾個(gè)不同的階段。(2)分析帶電粒子在各場中的受力情況和運(yùn)動情況。若粒子進(jìn)入電場區(qū)域，則其運(yùn)動為加速(減速)以及偏轉(zhuǎn)兩大類運(yùn)動，而進(jìn)入磁場區(qū)域時(shí)，粒子通常做勻速圓周運(yùn)動。(3)畫出帶電粒子的運(yùn)動軌跡，注意運(yùn)用幾何知識，找出相應(yīng)幾何關(guān)系與物理關(guān)系。(4)選擇物理規(guī)律，列方程。對于加速(減速)運(yùn)動，一般根據(jù)動能定理或牛頓第二定律分析；對于類平拋運(yùn)動，一般分解為沿初速度方向的勻速直線運(yùn)動和垂直于初速度方向的勻加速直線運(yùn)動；對于粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的情況，應(yīng)注意洛倫茲力提供向心力這一特點(diǎn)。(5)注意確定粒子在組合場交界處的速度大小與方向，該速度往往是聯(lián)系兩段運(yùn)動的“橋梁”?！纠?】回旋加速器的工作原理如圖4甲所示，置于真空中的兩個(gè)D形盒半徑為R，兩D形盒間狹縫的間距為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直。在某次實(shí)驗(yàn)中，有兩種被加速粒子eq\o\al(3,1)H和eq\o\al(4,2)He，設(shè)eq\o\al(3,1)H的質(zhì)量為3m，電荷量為＋e，eq\o\al(4,2)He的質(zhì)量為4m，電荷量為＋2e，加在狹縫間的電場由如圖乙所示的交變電壓產(chǎn)生(時(shí)間軸單位為eq\f(πm,2eB))，電壓值的大小為U0。在t＝eq\f(9πm,2eB)時(shí)刻撤去電場，但繼續(xù)保留磁場。在t＝0時(shí)刻，兩粒子從某D形盒直徑邊界中點(diǎn)A處同時(shí)飄入，在狹縫中開始加速，其初速度視為零。(不考慮粒子在狹縫中的運(yùn)動時(shí)間，D形盒半徑R足夠大。)圖4(1)求eq\o\al(3,1)H粒子第一次加速完畢后的速度v；(2)撤去電場后eq\o\al(3,1)H和eq\o\al(4,2)He粒子各經(jīng)過多長時(shí)間再次經(jīng)過狹縫(分別用t1、t2表示)?(3)撤去電場后eq\o\al(3,1)H和eq\o\al(4,2)He粒子繼續(xù)運(yùn)動的軌道半徑之比為多少？答案(1)eq\r(\f(2eU0,3m))(2)t1＝t2＝3eq\f(πm,2eB)(3)1∶1解析(1)設(shè)eq\o\al(3,1)H粒子第一次加速完畢后的速度為v，由動能定理eU0＝eq\f(1,2)×3mv2解得v＝eq\r(\f(2eU0,3m))。(2)eq\o\al(3,1)H和eq\o\al(4,2)He粒子在磁場中的運(yùn)動周期分別為T1＝eq\f(2π×3m,eB)＝12eq\f(πm,2eB)T2＝eq\f(2π×4m,2eB)＝8eq\f(πm,2eB)經(jīng)分析可知，eq\o\al(3,1)H粒子分別在t＝0，t＝6eq\f(πm,2eB)成功加速兩次，撤去電場時(shí)，第二個(gè)半周運(yùn)動已經(jīng)進(jìn)行Δt1＝3eq\f(πm,2eB)故t1＝3eq\f(πm,2eB)同理可知，eq\o\al(4,2)He粒子分別在t＝0，t＝4eq\f(πm,2eB)，t＝8eq\f(πm,2eB)成功加速三次，撤去電場時(shí)，第三個(gè)半周運(yùn)動已經(jīng)進(jìn)行Δt2＝eq\f(πm,2eB)故t2＝3eq\f(πm,2eB)即t1＝t2＝3eq\f(πm,2eB)。(3)對于eq\o\al(3,1)H粒子e·2U0＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,1)R1＝eq\f(3mv1,eB)解得R1＝eq\f(1,B)eq\r(\f(12mU0,e))對于eq\o\al(4,2)He粒子2e·3U0＝eq\f(1,2)×4mveq\o\al(2,2)R2＝eq\f(4mv2,2eB)解得R2＝eq\f(1,B)eq\r(\f(12mU0,e))故半徑之比為1∶1。四、第四類計(jì)算題的考查特點(diǎn)第四類題目是電磁感應(yīng)類題目，電磁感應(yīng)是高考考查的熱點(diǎn)，原因是它幾乎綜合了高中所有的重要知識點(diǎn)——運(yùn)動學(xué)公式，牛頓運(yùn)動定律，能量守恒定律，串并聯(lián)關(guān)系，焦耳定律，閉合電路歐姆定律，法拉第電磁感應(yīng)定律，楞次定律，安培力公式，動量定理和動量守恒定律等。所以，如果能夠熟練掌握電磁感應(yīng)類題目，才可以說已經(jīng)熟練掌握了高中物理知識。1．應(yīng)用動量定理可以由動量變化來求解變力的沖量，如在導(dǎo)體棒做非勻變速運(yùn)動的問題中，應(yīng)用動量定理可以解決牛頓運(yùn)動定律不易解答的問題。2．在相互平行的水平軌道間的雙棒做切割磁感線運(yùn)動時(shí)，由于這兩根導(dǎo)體棒所受的安培力等大反向，若不受其他外力，兩導(dǎo)體棒的總動量守恒。解決此類問題往往要應(yīng)用動量守恒定律。3．從能量轉(zhuǎn)化和守恒著手，運(yùn)用動能定理或能量守恒定律。4．利用克服安培力做功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功?！纠?】如圖5所示，與水平面夾角為θ＝37°、間距為L＝0.2m的足夠長光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ傾斜放置，質(zhì)量均為m＝0.01kg的金屬棒ab、cd垂直導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌保持良好接觸(最初靜止時(shí)金屬棒ab、cd放在垂直于斜面的光滑絕緣立柱上)，ab、cd棒接入電路的阻值均為R＝0.2Ω。整個(gè)裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1.0T的勻強(qiáng)磁場中。現(xiàn)ab棒在平行于導(dǎo)軌平面向上的恒力F作用下由靜止開始向上運(yùn)動，當(dāng)ab棒沿導(dǎo)軌運(yùn)動距離為s＝0.1m時(shí)速度達(dá)到最大值，此時(shí)cd棒對絕緣立柱的壓力恰好為零。取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，導(dǎo)軌阻值可忽略，在ab棒由靜止達(dá)到最大速度的過程中，求：圖5(1)ab棒達(dá)到最大速度的瞬間所具有的動量；(2)通過金屬棒cd的電荷量；(3)ab棒機(jī)械能的變化量W