2012高考物理三轮题型专题复习 努力攻克计算题 PPT课件

(共47张PPT)
专题四 努力攻克计算题
在高考物理试卷中计算题分值约占40%左右，是高考成败的关键，计算题不仅能够考查考生较低层次的能力要求，也能够比较好地考查较高层次的能力要求，特别能考查独立地对具体问题或实际问题进行分析研究，综合利用物理学各部分有关知识，调动各种手段求得问题解决的能力，有利于发现优秀学生.计算题要求考生把分析、推理、解决问题的依据以及计算过程的主要步骤都写出来，这不仅能考查学生的表达能力，而且能比较清晰地看出考生的思维过程，因而能较有效地考查考生接受信息 、鉴别选择信息的能力，分析推理能力，综合应用知识的能力，能鉴别出考生对问题的解决所达到的程度.
类型一 力与运动
例1 如图1所示,质量为m 的小球置于
正方体的光滑盒子中 ，盒子的边
长略大于球的直径. 某同学拿着该
盒子在竖直平面内做半径为R的匀
速圆周运动,已知重力加速度为g,空气阻力不计，问：
（1）要使盒子在最高点时盒子与小球之间恰好无作用
力,则该盒子做匀速圆周运动的周期为多少
（2）若盒子以上问中周期的 做匀速圆周运动,则当
盒子运动到图示球心与O点位于同一水平面位置时,小
球对盒子的哪些面有作用力,作用力为多大
图1
解析 （1）设此时盒子的运动周期为T0,因为在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力,因此小球仅受重力作用,而且此时只有重力提供小球做匀速圆周运动的向心力.根据牛顿运动定律得:mg=m ,v= ,解得：T0=2π
（2）设此时盒子的运动周期为T，则此时小球的向心加速度为：an= R
由第（1）问知向心加速度：a=g= R且T=
可得an=4g
设小球受盒子右侧面的作用力为F，受上侧面的作用力为FN，根据牛顿运动定律知
在水平方向上，盒子右侧面的作用力此时提供向心力，有F=man即F=4mg
在竖直方向上，正好处于圆周的切线方向，因为是匀速圆周运动，所以该方向上合外力为零，有FN+mg=0即FN=-mg.因为F为正值、FN为负值，所以小球对盒子的右侧面和下侧面有作用力，大小分别为4mg和mg.
答案 见解析
解题归纳 从近两年的新课程高考情况来分析,本热点重点考查对牛顿运动定律的理解和应用,涉及的主要知识点有:（1）牛顿运动定律与直线运动的综合;
（2）超重与失重;（3）牛顿运动定律的应用特例
——物体的平衡;（4）运动的合成与分解;（5）平抛物体的运动;（6）匀速圆周运动及其重要公式,如线速度、角速度、向心力等;（7）万有引力.
类型二 功和能
例2 如图2所示,平板车长L=6 m、
质量M=10 kg,上表面距离水平
地面高 h = 1.25 m，在水平面上向右做直线运动，
A、B是其左右两个端点.某时刻平板车的速度v0=
7.2 m/s，在此时刻对平板车施加一个水平方向向左的恒力F=50 N，与此同时，将一个质量为m=1 kg的小球轻放在平板车上的P点（小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零），PB= ，经过一段时间，小球脱离平板车落到地面.平板车与地面间的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计,取g=
10 m/s2,求：
图2
（1）小球从离开平板车开始至落到地面所用的时间；
（2）小球从轻放到平板车上开始至离开平板车所用的时间；
（3）从小球轻放上平板车至落到地面的过程中,摩擦力对平板车做的功.
解析 （1）小球离开平板车后做自由落体运动,落到地面所用时间t3= =0.5 s
（2）小球放到平板车后相对地面静止，平板车的加速度大小为
a1= =7.2 m/s2
平板车向右运动的距离s1= =3.6 m, s1< =4 m
所以，平板车向右减速运动至最右端小球不会从车的左端掉下
平板车向右运动的时间t1= =1 s
平板车向左运动的加速度大小为
a2= =2.8 m/s2
小球掉下平板车时，平板车向左运动的距离
s2=s1 + =5.6 m
平板车向左运动的时间t2= =2 s
所以小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间t=t1+t2=3 s.
（3）小球刚离开平板车时，平板车的速度方向向左，大小为
v2=a2t2=5.6 m/s,
小球离开平板车后，平板车的加速度大小为a3=
=3 m/s2
平板车向左运动的距离s3=v2t3+ a3t32=3.175 m
从小球轻放上平板车至落到地面的过程中，摩擦力对平板车做的功为W=-μ（M+m）gs1-μ（M+m）gs2-μMgx3
=-265.9 J
答案 （1）0.5 s （2）3 s （3）-265.9 J
解题归纳 从最近两年的新课程高考情况来看，动能定理和机械能守恒定律是对功能关系考查的“重中之重”，属于高考的热点和难点. 这部分内容题型全面,既有选择题又有计算题,而且还经常是压轴题;难度至少是中等,综合性强、覆盖面广.在2009年的高考试卷
中,山东卷、江苏卷、广东卷、上海卷等都出现了关于本部分内容且分值很大的计算类题目.易与本部分知识发生联系的考点有牛顿运动定律、曲线运动、带电粒子在电磁场中的运动等,重点考查考生将物理问题经过分析、推理转化为数学问题,然后运用数学知识解决物理问题的能力.
类型三 带电粒子在场中的运动
例3 如图3所示,在平面直角坐标系xOy内,第Ⅰ象限半
径为r的圆形区域内存在垂直于xOy平面向外的匀强
磁场，磁感应强度为B,区域圆心坐标为Q（r,r）.第
Ⅳ象限存在方向沿y轴正方向的匀强电场.一质量为
m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴正半轴上某
处的M点，以速度v0垂直于y轴射入第Ⅰ象限并进
入磁场区，偏转后经x=r处的P点进入电场，最后又
以垂直于y轴的方向从y=- 的N处进入第Ⅲ象限，
不计粒子重力，求：
图3
（1）电场强度的大小E；
（2）粒子刚进入磁场时点的坐标；
（3）粒子从M到N经历的时间t.
解析 （1）粒子在电场中沿y轴负方向做匀减速运动,位移为 时此方向的速度为零,设粒子进入电场时速度方向与x轴负方向成θ角，则
at32 r=v0t3cos θ
vx=v0cos θ
vy=v0sin θ=at3 a=
联立解得tanθ= =1,θ=45°
E= , t3= .
（2）粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，其轨迹圆弧与磁场边界对应的圆弧共弦aP，且轨道半径aO′平行于磁场半径QP，由几何关系有R=r,而∠aO′P=135°,因此
xa=r-rcos45°=
ya=r+rsin45°=
即粒子进入磁场时的位置坐标为（ ， ）.
（3）设粒子从M点到a点的时间为t1,在磁场中的运动时间为t2,则t1= ,
t2=
则t=t1+t2+t3=
答案 （1） （2）（ ， ）
（3）
解题归纳 带电粒子（质点）在电场、磁场、复合场中的运动，一直是历年高考的热点内容，纵观最近几年的新课程高考，涉及本类型的命题考查形式灵活多样，既有选择题，又有计算题；考查内容稳定突出，针对电场的试题经常以选择题的形式单独出现，明显体现出两条主线，一是电场力的性质，二是电势能，并经常以静电场的基本模型为中心；针对磁场和复合场的内容，则是始终围绕着带电粒子在场中运动特点的实际应用而展开，特别是复合场中的综合问题更是每年必考，占分值较多.根据新课程高考的热点趋势来分析，带电粒子的运动性质、能量问题还是今后考查的重点.
类型四 电磁感应与电路
例4 如图4所示，上海磁悬浮列车专线西起上海地铁2号线的龙阳路站，东至
上海浦东国际机场，专线
全长29.863 km，是由中
德两国合作开发的世界第
一条磁悬浮商运线.磁悬浮列车是一种高速运载工具,其原理可简化如下:
如图5（甲）中xOy平面代表轨道平面，x轴与轨道平行，现有一与轨道平面垂直的磁场正以速度v向-x方向匀速运动，设从t=0时开始，该磁场的磁感应
图4
强度B的大小随空间位置x的变化规律为B =B0cos kx（式中B0、k为已知常量），且在y轴处，该磁场垂直xOy 平面指向纸里. 与轨道平面平行的一金属矩形框MNPQ处在该磁场中,已知该金属框的MN边与轨道垂直,长度为L,固定在y轴上,MQ边与轨道平行,长度为d= ，金属框的电阻为R，忽略金属框的电感的影响.求:
图5
（1）t=0时刻,金属框中感应电流的大小和方向;
（2）金属框中感应电流瞬时值的表达式;
（3）经过t = 时间，金属框产生的热量；
（4）在图5乙中画出金属框受到的安培力F随时间变化的图象.
解析 （1）磁场向-x方向运动,等效为金属框向x方向运动
由磁感应强度B的表达式和金属框的边长可知,MN、PQ两条边所在处的磁感应强度总是大小相等、方向相反
t=0时刻,金属框产生的电动势E=2B0Lv
I=
电流的方向根据右手定则可知为顺时针方向.
（2）设经过时间t,金属框MN边所在处的磁感应强度为B,则I= cos（kx）
又x=vt，得到电流瞬时值的表达式是：
I = cos（kvt），是正弦式电流.
（3）金属框产生的热量Q= .
（4）金属框受安培力的方向始终向左.设经过时间t，金属框受到安培力为F安=2BIL=
cos2（kvt）= ［cos（2kvt）+1］
由此可知：金属框受到
安培力F随时间变化的
图象如图所示.
答案 （1） （2）I= cos（kvt）
（3） （4）见解析
解题归纳 从近几年的高考命题来分析,新课程高考对本热点的考查有所加强,每年都有,各地都有,涉及面广、综合性强,是力电综合、凸显能力立意的命题热点, 主要包括对电磁感应现象的描述 、感应电动势大小的计算（ 法拉第电磁感应定律 ）和方向的判断（ 楞次定律、右手定则）, 特别是经常将电磁感应现象与电路、力学规律、电场规律、磁场规律、数学函数等相结合,试题的难度和广度均有明显增加.
A 组
1.自由式滑雪的运动模型可简化如图6所示,小球质量为m, 从高为H的曲面上 A点自由释放并无摩擦的滚入光滑圆弧槽BC, 已知圆弧槽 BC 所对的圆心角为 45°，圆弧半径为R，CD是一个平台，宽、高都为h.求：
图6
（1）小球到B点时对B点的压力；
（2）小球从C点飞出到落到D点这一过程中在空中运动的时间；
（3）为使小球能落在CD之间，求 的比值范围.
解析 （1）A到B运动过程中,小球机械能守恒
mgH= mvB2 ①
在B点小球受到重力和支持力，由这两个力的合力提供小球做圆周运动的向心力FNB-mg=m ②
由①②两式得FNB=mg+ ③
由牛顿第三定律，小球到B点时对B点的压力大小为
FNB′=mg+ ④
方向竖直向下
（2）小球到C点时，mg（H-h）= mvC2 ⑤
得到vC= ⑥
方向与水平方向成45°角，小球从C点飞出后做斜抛，竖直方向小球做竖直上抛，回到CD平台的时间为
t=2 ⑦
（3）小球从C点飞出后在t时间内水平飞行的距离为
x=vCcos 45°·t=2（H-h） ⑧
要使小球落在CD之间，则需满足0由⑧⑨两式得到 ≤ <1 ⑩
答案 （1）mg+ ，方向竖直向下
（2） （3） ≤ <1
2. 如图7所示，在竖直平面内放
置一长为L，内壁光滑的薄壁
玻璃管，在玻璃管的a端放置
一个直径比玻璃管直径略小的
小球，小球带电荷量为-q、质
量为m.玻璃管右边的空间存在
着匀强电场与匀强磁场.匀强磁
场方向垂直于纸面向外, 磁感应强度为B; 匀强电场方向竖直向下, 电场强度大小为mg/q，场的左边界与玻璃管平行，右边界足够远. 玻璃管带着小球以水平速度 v0 垂直于左边界进入场中向右运动, 由于水平外力 F 的作用, 玻璃管进入场中速度保持不变,
图7
一段时间后小球从玻璃管b端滑出并能在竖直平面内自由运动,最后从左边界飞离电磁场.运动过程中小球的电荷量保持不变,不计一切阻力,求:
（1）小球从玻璃管b端滑出时的速度大小;
（2）从玻璃管进入磁场至小球从b端滑出的过程中,外力F随时间t变化的关系;
（3）小球离开场时与边界的夹角.
解析 （1）由E=mg/q得,qE=mg,即重力与电场力平衡
如图所示,所以小球管中运动的加速度为:
a=
设小球运动至b端时的y方向速度分量为vy,
则vy2=2aL
所以小球运动至b端时速度大小为
v=
（2）由平衡条件可知，玻璃管受到的水平外力为
F=Fx=Bvyq
vy=at=
解得外力随时间变化关系为F= .
（3）设小球在管中运动时间为t，小球在磁场中做圆周运动的半径为R，运动轨迹如图所示，
t时间内玻璃管的运动距离x=v0t
由牛顿第二定律得：qvB=
由几何关系得：sin α=
所以x1= =v0t=x
可得sin α=0
故α=0，即小球飞离磁场时速度方向垂直于磁场边界向左.
答案 （1） （2）
（3）0
3.为了防止电梯失控下坠,科研人员开发设计了一种电磁自动救护系统,能在事故发生时自动控制电梯下坠的最大速度,避免人员伤亡,该系统核心部分有自控计算机,固定在电梯通道两侧墙体内的励磁线圈和固定在电梯两侧的铝质正方形线框组成,如图8甲所示,当发生事故时,计算机立即启动自救系统并根据电梯载重控制励磁电流,使励磁线圈在铝框经过的区域内产生垂直于铝框平面的磁场,磁感应强度B沿y轴方向按图8乙所示规律分布.随电梯运动的铝框边长为a,两侧共有n个铝框,每个铝框的电阻为R0,电梯（包括铝框等设施）质量为M,载重质量为m,重力加速度为g.
图8
（1）简要叙述自救系统的工作原理,并在图8丙所示v-t坐标中定性描述电梯速度可能的变化情况（不需要说明和计算）.
（2）若计算机启动自救系统时电梯下坠速度为v，求电梯此时的加速度大小.
（3）若B=2 T,M=600 kg,a=1 m，R0=0.01 Ω，乘客的平均质量为75 kg，电梯额定载客12人，电梯下降的安全速度为vm=1 m/s，则至少要有多少个这样的铝框才能保证安全.取g=10 m/s2.
解析 （1）由题图乙可知，沿y轴方向的磁场分布区域间距等于铝框边长a,使铝框的上、下两边总处在方向相反的磁场中,铝框中总有恒定的感应电流,感应电流产生的安培力阻碍铝框与磁场
的相对运动,使铝框（电梯）的下
坠受阻最终达到稳定的速度.电梯
速度的变化可能有三种情况,如图所示.
（2）对每个铝框E0=2Bav，I0=
所受安培力F0=2BI0a
n个铝框共受安培力F=nF0
由牛顿第二定律得（M+m）g-F=（M+m）a
联立可得a=g-
（3）铝框在安培力作用下使电梯加速度为零时速度最大，由g- =0得
n=
代入数据解得n=9.375，即至少需要10个铝框.
答案 （1）见解析 （2）a=g-
（3）10
B 组
1.早期的电视机是用显像管来显示图象的，在显像管中需要用变化的磁场来控制电子束的偏转.图9甲为显像管工作原理示意图,阴极K发射的电子束（初速度不计）经电压为U的加速电场后,进入一圆形匀强磁场区,磁场方向垂直于圆面,磁场区的中心为O,半径为r,荧光屏MN到磁场区中心O的距离为L.当不加磁场时,电子束将通过O点垂直打到荧光屏的中心P点,当磁场的磁感应强度随时间按图乙所示的规律
变化时,在荧光屏上得到一条长为2 L的亮线.由于电子通过磁场区的时间很短,可以认为在每个电子通过磁场区的过程中磁场的磁感应强度不变.已知电子的电荷量为e,质量为m,不计电子之间的相互作用及所受的重力.求:
图9
（1）从进入磁场区开始计时,电子打到P点经历的时间；
（2）从进入磁场区开始计时,电子打到亮线端点经历的时间.
解析 （1）电子经电压为U的电场加速后,速度为v,则
①
当电子打在P点时没有偏转，经磁场区时的B为零，因此有
t= ②
联立①②式解得t=（r+L）
（2）依题意，亮线端点到磁场中心的距离
x= =2L
当电子打到亮线端点时，在磁场中的偏转角
φ=arcsin =60°
运动时间t1= T
设此情况下电子在磁场中做圆周运动的半径为R，则由几何知识可知R= r
则T=
电子在磁场外的运动时间t2=
t=t1+t2
联立以上各式解得t=（2L-r+ ） .
答案 （1）（r+L） （2）（2L-r+ ）
2.在质量为M=1 kg的小车上，竖直固定着一个质量
m=0.2 kg,高h=0.05 m、总电阻R=100 Ω、匝数
n=100的矩形线圈，且小车与线圈的水平长度l相同.
现线圈和小车一起在光滑的水平面上运动,速度为
v1=10 m/s，随后穿过与线圈平面垂直，磁感应强
度B=1.0 T的水平有界匀强磁场，方向垂直纸面向
里，如图10甲所示.已知小车运动（包括线圈）的
速度v随车的位移s变化的v-s图象如图乙所示.求：
图10
（1）小车的水平长度l和磁场的宽度d;
（2）小车的位移s=10 cm时线圈中的电流大小I以及此时小车的加速度a;
（3）在线圈进入磁场的过程中通过线圈的电荷量q;
（4）线圈和小车通过磁场的过程中线圈电阻产生的热量Q.
解析 （1）由题图可知,从s=5 cm开始,线圈进入磁场,此时速度为v1=10 m/s,线圈中有感应电流,受安培力作用,小车做减速运动,速度v随位移s减小,当s=15 cm时,线圈完全进入磁场,线圈中感应电流消失,小车做匀速运动.因此小车的水平长度l=10 cm
当s=30 cm时，线圈开始离开磁场，则d=（30-5）cm
=25 cm.
（2）当s=10 cm时,由题图象中可知线圈右边切割磁感线的速度v2=8 m/s
由闭合电路欧姆定律得线圈中的电流I=
解得I= A=0.4 A
此时线圈所受安培力
F=nBIh=100×1.0×0.4×0.05 N=2 N
小车的加速度a= m/s2=1.67 m/s2.
（3）q= ,Δs=l
解得q= C=5×10-3C.
（4）由题图象可知，线圈左边离开磁场时，小车的
速度为v3=2 m/s
线圈进入磁场和离开磁场时，克服安培力做功，小
车和线圈整体的动能减少，转化成电能消耗在线圈
上产生焦耳热为Q= （M+m）（v12-v32）
解得线圈电阻产生的热量Q=57.6 J.
答案 （1）10 cm （2）0.4 A 1.67 m/s2
（3）5×10-3C （4）57.6 J