【二轮必备大纲版专用】2011届高三物理二轮复习精品专题一 第3节 建立模板 规范解答计算题

第3节建立模板规范解答计算题【栏目功能定位】物理计算可以综合地考查学生的知识和能力，在高考“理综”试题中，物理计算题在物理部分中所占的比分很大．一些考生考后感觉良好，但考分并不理想，一个很重要的原因便是解题不规范导致失分过多．物理规范化解题主要体现在三个方面：思想、方法的规范化,解题过程的规范化,物理语言和书写的规范化．要提高物理计算题的得分率，除了要透彻理解和掌握相关的物理知识，具有较高的物理思维能力和良好的数学基础外，还必须遵守它的解题规范，形成熟练的解题技巧．有了良好的规范，使解题过程表述的既简洁又明确，才能提高解题的敏捷性和准确性，减少过失性失分,从而把自己的知识水平和能力水平充分反映出来,同时有利于阅卷老师掌握平衡，获得客观、完满的评分．模板1规范审题过程深挖隐含条件例1(2010·江苏·13)如图1所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置,相距为L，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直.一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放.导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I.整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好,且始终保持水平,不计导轨的电阻．求：(1)磁感应强度的大小B；(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；(3)流经电流表电流的最大值Im.图1审题模板通读全题电磁感应问题→带着问题看题干→细读重点语句“流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I”→隐含条件为“导体棒进磁场后先减速后匀速运动”.定位答题模板(1)电流稳定后，导体棒做匀速运动，则有BIL＝mg①解得B＝mgIL②(2)感应电动势E＝BLv③感应电流I＝ER④由②③④式解得v＝I2Rmg.(3)由题意知，导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为vm由机械能守恒定律得12mvm2＝mgh⑤感应电动势的最大值Em＝BLvm⑥流经电流表电流的最大值Im＝EmR⑦由⑤⑥⑦式解得Im＝mg2ghIR.答案(1)mgIL(2)I2Rmg(3)mg2ghIR高分训练1如图2甲所示，不计电阻的“⊃”型光滑导体框架水平放置，框架之间区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B＝1T，有一导体棒AC横放在框架上，其质量为m＝0.1kg，电阻为R＝4Ω，现用轻绳栓住导体棒,轻绳的一端通过光滑的定滑轮绕在电动机的转轴上,另一端通过光滑的定滑轮与物体D相连，物体D的质量为M＝0.3kg，电动机内阻为r＝1Ω.接通电路后，电压表的读数恒为U＝8V，电流表的读数恒为I＝1A，电动机牵引原来静止的导体棒AC向右运动,其运动情况如图乙所示.(取g＝10m/s2)求：(1)匀强磁场的宽度；(2)导体棒在变速运动阶段产生的焦耳热．甲乙图2条件挖掘①由x－t图象可知1.0s后导体棒匀速运动，匀速运动过程中，物体D和导体棒的动能不再发生变化，电动机做功增加D的重力势能和回路的内能以及电动机线圈发热的内能．②导体棒的长度即为磁场宽度．解析(1)由导体棒的运动图象知，当导体棒匀速运动时，速度v＝2m/s由能的转化与守恒定律UI＝Mgv＋I2r＋B2L2v2R8×1＝0.3×10×2＋12×1＋12·L2·224L＝1m.(2)对变速阶段分析知满足能量守恒定律UIt＝Mgx＋Q＋I2rt＋12(M＋m)v2Q＝3.2J答案(1)1m(2)3.2J模板2规范解题过程向步骤要高分例2(2010·天津·11)如图3所示，质量m1＝0.1kg，电阻R1＝0.3Ω，长度l＝0.4m的导体棒ab横放在U形金属框架上.框架质量m2＝0.2kg,放在绝缘水平面上,与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.相距0.4m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长.电阻R2＝0.1Ω的MN垂直于MM′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度B＝0.5T.垂直于ab施加F＝2N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM′、NN′保持良好接触．当ab运动到某处时，框架开始运动．设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2.图1(1)求框架开始运动时ab速度v的大小；(2)从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q＝0.1J，求该过程ab位移x的大小．考卷实录失分原因(1)在第一问中由于未画受力分析图且没有分步列式，即想当然的认为框架受到的摩擦力Ff＝μm2g，实际上框架受到的支持力应为FN＝(m1＋m2)g.这样不按步骤解答，造成不能突破命题人设置的陷阱而失分．(2)在第二问中也是由于未分步解答,而把电路中的总热量写成了Q,如果注意到分步走，不急于求简写成Fx＝12m1v2＋Q总，则就可以得到本步的4分．答题模板(1)ab对框架的压力F1＝m1g①(1分)框架受水平面的支持力FN＝m2g＋F1②(2分)依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到的最大静摩擦力F2＝μFN③(1分)ab中的感应电动势E＝Blv④(1分)MN中电流I＝ER1＋R2⑤(1分)MN受到的安培力F安＝IlB⑥(1分)框架开始运动时F安＝F2⑦(3分)由上述各式，代入数据解得v＝6m/s⑧(1分)(2)闭合电路中产生的总热量Q总＝R1＋R2R2Q⑨(2分)由能量守恒定律得F·x＝12m1v2＋Q总⑩(4分)代入数据解得x＝1.1m(1分)答案(1)6m/s(2)1.1m高分训练2如图4甲所示，PQ为两个等大平行正对的金属板，板长为L，两板间距为12L,竖直放置．x轴经过两板下边缘，坐标原点O位于两板中心线上，坐标轴下侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.两极板间加上如图乙所示的电压，其中u0＝mv206q.t＝0开始,自两板上端中点处沿两极板中心线以初速度v0连续发射带正电荷的粒子，粒子的质量为m，电荷量为q.不考虑粒子重力的影响，粒子在通过电场区域的极短时间内,极板间的电压可看作不变．求：图4(1)所有粒子穿过电场后，再次经过坐标轴时，动能的最大值及最小值；(2)所有粒子穿出电场后，再次经过坐标轴时，在坐标轴上落点的范围；解析(1)两板间的电压为零时进入电场中的粒子，不受电场力的作用，动能不变，即最小动能为Ek1＝12mv02(2分)当电压为±u0时进入电场中的粒子，离开电场时获得的动能最大电场中运动时间为t＝Lv0(1分)加速度为a＝2qu0mL(1分)离开电场时的侧移量为x＝12at2＝qu0Lmv02＝L6(1分)由动能定理得q2u0Lx＝Ek2－Ek1(1分)Ek2＝59mv02(1分)由于洛伦兹力不做功，粒子再次经过坐标轴时的最大动能为59mv02(1分)(2)当电压正向最大时，如图甲所示粒子在磁场中运动的半径为R＝mvqB(1分)cosθ＝v0v(1分)MN＝2Rcosθ＝2mvcosθqB＝2mv0qB(2分)粒子第二次到达坐标轴时离O点的最大距离为ON＝2mv0qB＋L6(1分)当电压反向最大时，如图乙所示，同理可解得CD＝2mv0qB(1分)OD＝2mv0qB－L6(2分)即所有粒子离开电场后，再次经过坐标轴时，在x轴上的落点范围为2mv0qB－L6≤x≤2mv0qB＋L6(2分)答案(1)最大动能为59mv20，最小动能为12mv20(2)2mv0qB－L6≤x≤2mv0qB＋L6模板3规范书写与表达赢得教师感情分计算题要求的书写与表达的规范包括以下几个方面1．字母、符号的书写要规范．解题中用到的物理量单位符号要用课本规定的符号来表示．2．必要的文字说明不可缺少．必要的文字说明是要写出简要的文字叙述，用以说明以下一些内容：研究对象，研究过程或状态，选定正方向或建立坐标系，选择参照系、等势面、零势点(面)，设定物理量的字母表示，所列方程的物理依据，说明隐含条件、临界条件,分析所得的关键判断等等．3．方程式和重要的演算步骤是重要的得分点．4．解题结果的表述要规范化．例3(2010·广东·36)如图5(a)所示，左为某同学设想的粒子速度选择装置，由水平转轴及两个薄盘N1、N2构成，两盘面平行且与转轴垂直，相距为L，盘上各开一狭缝，两狭缝夹角θ可调，如图(b)；右为水平放置的长为d的感光板，板的正上方有一匀强磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度为B，一小束速度不同、带正电的粒子沿水平方向射入N1，能通过N2的粒子经O点垂直进入磁场，O到感光板的距离为d2，粒子电荷量为q，质量为m，不计重力．(1)若两狭缝平行且盘静止(如图(c))，某一粒子进入磁场后，竖直向下打在感光板中心点M上，求该粒子在磁场中运动的时间t；图5(2)若两狭缝夹角为θ0，盘匀速转动，转动方向如图(b)，要使穿过N1、N2的粒子均打到感光板P1P2连线上，试分析盘转动角速度ω的取值范围．(设通过N1的所有粒子在盘旋转一圈的时间内都能到达N2.)答题模板(1)由题意可知，粒子在磁场中运动的轨迹为四分之一圆弧，所以粒子在磁场中运动的时间为14周期，因此t＝14T.(2分)而T＝2πmqB，则代入上式，得t＝πm2qB.(2分)(2)设刚好打到P1点的粒子初速度为v1，刚好打到P2点的粒子的速度为v2.则刚好达到P1点时其轨迹示意图如图甲，轨迹为半圆．(2分)d4＝mv1qB，则v1＝qBd4m(2分)刚好打到P2点的粒子轨迹示意图如图乙，设其半径为R，R－d22＋d2＝R2(2分)解之得R＝54d(1分)即mv2qB＝54d(2分)则v2＝5qBd4m，则符合要求的粒子的速度为v1≤v≤v2(2分)而v＝Lt，t＝θ0ω(1分)以上几式联立，得qBdθ04mL≤ω≤5qBdθ04mL.(2分)答案(1)πm2qB(2)qBdθ04mL≤ω≤5qBdθ04mL点评1.本题中两问“必要的文字说明”占了4分，这样的语言表述就是必须的．2．题目为字母运算题，书写要规范，特别是质量m，而不能写成“M”，并且要用题目中告诉的物理量符号来表示，自己设定的物理量符号要说明其物理意义．模板4先列公式后代数计算无误少失分例4如图6所示，质量mA＝1.0kg的物块A放在水平固定桌面上，由跨过光滑小定滑轮的轻绳与质量mB＝1.5kg的物块B相连．轻绳拉直时用手托住物块B，使其静止在距地面h＝0.6m的高度处，此时物块A与定滑轮相距L.已知物块A与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10m/s2.现释放物块B，物块B向下运动．(1)求物块B着地前加速度的大小及轻绳对它拉力的大小.(2)若物块B着地后立即停止运动，要求物块A不撞到定滑轮，则L至少多长？图6考卷实录失分原因本题该同学失分的主要原因是解题步骤不规范，并不是先用公式表达物理规律，然后代数计算，步骤失去了5分．若在计算中有错误，则结果分也会去掉．物理计算题考查的重点是物理规律和方法的表达，计算过程可在草稿纸上进行，结果只占题目较少的分数．答题模板(1)设加速度大小为a，轻绳对B拉力的大小为F，根据牛顿运动定律有对A：F－μmAg＝mAa(2分)对B：mBg－F＝mBa(2分)a＝mBg－μmAgmA＋mB＝5m/s2(1分)F＝mB(g－a)＝7.5N(1分)(2)设物块B着地前的速率为v，根据牛顿运动定律、运动学公式有对A：v2－0＝2ah(1分)μmAg＝mAa1(2分)0－v2＝2(－a1)x1(2分)解得x1＝aha1＝1.2m(1分)由题意知L≥h＋x1＝0.6＋1.2m＝1.8m(1分)所以，L至少1.8m(1分)答案(1)5m/s27.5N(2)1.8m高分训练3如图7所示，在一次消防演习中，消防员练习使用挂钩从高空沿滑杆由静止滑下,滑杆由AO、OB两段直杆通过光滑转轴连接于O处,可将消防员和挂钩均理想化为质点,且通过O点的瞬间没有机械能的损失.AO长为L1＝5m,OB长为L2＝10m．两堵竖直墙的间距d＝11m．滑杆A端用铰链固定在墙上，可自由转动．B端用铰链固定在另一侧墙上.为了安全，消防员到达对面墙的速度大小不能超过6m/s,挂钩与两段滑杆间动摩擦因数均为μ＝0.8.(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图7(1)若测得消防员下滑时，OB段与水平方向间的夹角始终为37°,求消防员在两滑杆上运动时加速度