专题7.1智解计算题的三大策略-2023届高考物理二、三轮复习总攻略（解析版）

这是一份专题7.1智解计算题的三大策略-2023届高考物理二、三轮复习总攻略（解析版），共23页。试卷主要包含了1智解计算题的三大策略，5 m的木板B的右端，4　5 N　22，5 m，此时B的速度，快速读题，提取关键信息，第问可拆分为4个小题等内容，欢迎下载使用。

目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc27038" 策略(一) “三步”审题法 PAGEREF _Tc27038 \h 1
\l "_Tc2456" 策略(二) 大题小做 PAGEREF _Tc2456 \h 8
\l "_Tc20985" 策略(三) 规范答题 PAGEREF _Tc20985 \h 14
\l "_Tc7642" 智解计算题技法练 PAGEREF _Tc7642 \h 17
【概述】物理计算题历来是高考拉分题，试题综合性强，涉及物理过程多，所给的物理情境较复杂，物理模型比较模糊甚至很隐蔽，所运用的物理规律也较多，对考生的各项能力要求很高。掌握以下“三策略”，可在物理计算题上得到理想的分值。
策略(一) “三步”审题法
【例1】如图甲所示，质量m＝1 kg的小物块A(可视为质点)放在长L＝4.5 m的木板B的右端。开始时A、B两叠加体静止于水平地面上。现用一水平向右的力F作用在木板B上，通过传感器测出A、B两物体的加速度与外力F的变化关系如图乙所示。已知A、B两物体与地面之间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)A、B间的动摩擦因数μ1；
(2)乙图中F0的值；
(3)若开始时对B施加水平向右的恒力F＝29 N，同时给A水平向左的初速度v0＝4 m/s，则在t＝3 s时A与B的左端相距多远。
【三步审题】
【答案】(1)0.4 (2)5 N (3)22.5 m
【解析】(1)由题图乙知，当A、B间相对滑动时A的加速度a1＝4 m/s2
对A由牛顿第二定律有
μ1mg＝ma1
得μ1＝0.4。
(2)设A、B与水平地面间的动摩擦因数为μ2，B的质量为M。当A与B间相对滑动时对B由牛顿第二定律有
F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2
即a2＝eq \f(F－μ1mg－μ2m＋Mg,M)
由题图乙知
eq \f(1,M)＝eq \f(4,25－9)，eq \f(－μ1mg－μ2m＋Mg,M)＝－eq \f(9,4)
可得M＝4 kg，μ2＝0.1
则F0＝μ2(m＋M)g＝5 N。
(3)给A水平向左的初速度v0＝4 m/s，且F＝29 N时A运动的加速度大小为a1＝4 m/s2，方向水平向右。设A运动t1时间速度减为零，则t1＝eq \f(v0,a1)＝1 s，
位移x1＝v0t1－eq \f(1,2)a1t12＝2 m
B的加速度大小
a2＝eq \f(F－μ1mg－μ2m＋Mg,M)＝5 m/s2，方向向右
B的位移大小x2＝eq \f(1,2)a2t12＝2.5 m，此时B的速度
v2＝a2t1＝5 m/s
由于x1＋x2＝L，即此时A运动到B的左端，当B继续运动时，A从B的左端掉下来停止，设A掉下来后B的加速度大小为a3，对B由牛顿第二定律有
F－μ2Mg＝Ma3，可得a3＝eq \f(25,4) m/s2
在t＝3 s时A与B左端的距离
x3＝v2(t－t1)＋eq \f(1,2)a3(t－t1)2＝22.5 m。
【例2】(2021·6月浙江选考，20)如图所示，水平地面上有一高H＝0.4 m的水平台面，台面上竖直放置倾角θ＝37°的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半圆形光滑轨道DEF，它们平滑连接，其中管道CD的半径r＝0.1 m、圆心在O1点，轨道DEF的半径R＝0.2 m、圆心在O2点，O1、D、O2和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道AB上、距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD、轨道DEF从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ＝eq \f(1,12)，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。
(1)若小滑块的初始高度h＝0.9 m，求小滑块到达B点时速度v0的大小；
(2)若小球能完成整个运动过程，求h的最小值hmin；
(3)若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax。
【三步审题】
第一步：审条件挖隐含
(1)关注研究对象——滑块、小球。
(2)关注运动过程
滑块匀加速下滑，与小球碰撞交换速度，小球做圆周运动，下抛，与三棱柱碰撞后平抛。
(3)关注受力
根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况。
第二步：审情景建模型
第三步：审过程选规律
(1)对滑块进行受力分析，根据动能定理求得到达B点时的速度。
(2)根据动量守恒和机械能守恒求得碰撞后小球的速度。
(3)根据牛顿第二定律求得小球恰好做圆周运动时在最高点E的速度。
(4)根据C到E过程机械能守恒求得hmin。
(5)从E到G过程，根据动能定理求得小球从G点平抛的初速度。
(6)平抛过程根据运动的分解得出落地点Q与F点水平距离x的数学表达式。
(7)用数学知识求得x的最大值。
【答案】 (1)4 m/s (2)0.45 m (3)0.8 m
【解析】 (1)小滑块在AB轨道上运动过程，由动能定理得
mgh－μmg(cs θ)·eq \f(h,sin θ)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v0＝eq \f(4,3)eq \r(gh)＝4 m/s。
(2)小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，则
mv0＝mvA＋mvB，eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
解得vA＝0，vB＝4 m/s
小球沿CDEF轨道运动，在最高点得
mg＝meq \f(veq \\al(2,Emin),R)
从C点到E点由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)mveq \\al(2,Emin)＋mg(R＋r)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,Bmin)
其中vBmin＝eq \f(4,3)eq \r(ghmin)，解得hmin＝0.45 m。
(3)设F点到G点的距离为y，小球从E点到G点的运动，由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)mveq \\al(2,G)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,Emin)＋mg(R＋y)
由平抛运动可得
x＝vGt，H＋r－y＝eq \f(1,2)gt2
联立解得水平距离
x＝2eq \r(（0.5－y）（0.3＋y）)
当0.5－y＝0.3＋y时，x有最大值，最大值为0.8 m。
【例3】(2022·“七彩阳光”联考)某科研机构采用无人机将山里的特产送下山，或利用无人机运输急救药品和生活必需品，帮助部分山区居民解决交通不便的情况。如图所示是某次无人机在基地进行物流配送与飞行测试：实验中该无人机空载先从地面由静止竖直向上匀加速起飞，上升到100 m高度时无人机速度达到20 m/s，随后以等大加速度减速正好到达目标所在位置。当无人机满载物品后，又以4 m/s2加速度匀加速下降。已知无人机在飞行测试阶段受到的空气阻力为重力的0.1倍，已知该无人机的空载质量为80 kg，有效载荷为20 kg，求：
(1)无人机从静止到目标所在位置的时间；
(2)在上升阶段中，当无人机速度达到最大速度20 m/s时，无人机发动机的功率；
(3)无人机从目标所在位置回到地面时，当达到最大速度后匀速飞行5 s，最后匀减速直线运动回到地面速度恰好为零，求减速阶段无人机的制动力。
【审题破题】
1.快速读题，提取关键信息
(1)运动分析：“匀加速起飞”、“等大加速度减速”、“匀加速下降”等信息，构建匀变速直线运动模型。
(2)受力分析：“空气阻力为重力的0.1倍”知无人机受重力和空气阻力，由牛顿第二定律列方程求解加速度。
2.联想情景，构建运动模型
(1)上升阶段 (2)下降阶段

【解析】(1)匀加速上升过程：
veq \\al(2,0)＝2ax，解得a＝2 m/s2①
此过程时间t1＝eq \f(v0,a)＝10 s②
匀减速上升过程：a＝－2 m/s2，t2＝t1＝10 s③
故t＝t1＋t2＝20 s④
(2)上升阶段速度达到vm时
F－(mg＋0.1mg)＝ma⑤
又P＝Fvm⑥
解得P＝20 800 W⑦
(3)无人机上升的总高度为h＝200 m
匀加速下降过程h1＝eq \f(veq \\al(2,m),2a1)＝50 m
匀速飞行过程h2＝vmt＝100 m
匀减速下落过程veq \\al(2,m)＝2a2(h－h1－h2)
由牛顿第二定律得
Mg－0.1Mg－F′＝－Ma2
联立解得
F′＝1 300 N
【例4】(2020·全国Ⅰ卷，25)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以O为圆心、半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°。运动中粒子仅受静电力作用。
(1)求电场强度的大小；
(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？
(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？
【“三步”规范解题】
第一步：审题——2个切入点
(1)关注匀强电场的区域分布——匀强电场分布在柱形区域内。
(2)关注运动过程——进入电场时速度为零的粒子，在电场中做匀加速直线运动；进入电场时速度不为零的粒子，在电场中做类平抛运动。
第二步：破题——3个关键点
(1)进入电场时速度为零的粒子，从自圆周上的C点穿出电场，可以确定电场线沿AC方向。
(2)要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多。
(3)粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv0，即在电场方向上速度变化为v0。
第三步：解题——3个环节
(1)沿AC方向射出的粒子，根据动能定理可求出电场强度的大小。
(2)从切点D射出的粒子，根据类平抛运动规律，可求出粒子进入电场时的
大小。
(3)根据粒子沿电场线方向做匀加速直线运动规律，可求出穿过电场前后动量变化量的大小为mv0的粒子进入电场时的速度。
【答案】 (1)eq \f(mveq \\al(2,0),2qR) (2)eq \f(\r(2),4)v0 (3)0或eq \f(\r(3),2)v0
【解析】 (1)初速度为零的粒子，由C点射出电场，故电场方向与AC平行，由A指向C。由几何关系和电场强度的定义知
AC＝R①
F＝qE②
由动能定理有F·AC＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)③
联立①②③式得E＝eq \f(mveq \\al(2,0),2qR)④
(2)如图，由几何关系知AC⊥BC，故电场中的等势线与BC平行。作与BC平行的直线与圆相切于D点，与AC的延长线交于P点，则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大。由几何关系知
∠PAD＝30°，AP＝eq \f(3,2)R，DP＝eq \f(\r(3),2)R⑤
设粒子以速度v1进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t1。粒子在AC方向做加速度为a的匀加速运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC的方向上做匀速运动，运动的距离等于DP。由牛顿第二定律和运动学公式有F＝ma⑥
AP＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)⑦
DP＝v1t1⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝eq \f(\r(2),4)v0⑨
(3)设粒子以速度v进入电场时，在电场中运动的时间为t。以A为原点，粒子进入电场的方向为x轴正方向，电场方向为y轴正方向建立直角坐标系。
由动量定理得qEt＝mv0eq \(○,\s\up1(10))
垂直电场方向由运动学公式可知
x＝vt⑪
沿电场方向由运动学公式可求得位移y＝R，故粒子出电场的位置是C或B
由几何关系可知x＝0或x＝eq \r(3)R⑫
联立④⑩⑪⑫式得v＝0或v＝eq \f(\r(3),2)v0。
策略(二) 大题小做
物理压轴题一般文字叙述量较大，涉及的物理过程与情境较复杂，物理模型较多且不明显，甚至很隐蔽，要运用较多的物理规律进行论证或计算才能求得结论。能否顺利地突破求解，关键是能否顺利地将题中复杂的物理运动过程分解为若干个独立的、较为简单的过程，即将大题小做，各个击破。
【例2】如图所示，M1N1P1Q1和M2N2P2Q2为同一水平面内足够长的金属导轨，处在磁感应强度B＝2 T、方向竖直向下的匀强磁场中。导轨M1N1段与M2N2段相互平行，间距La＝2 m；P1Q1段与P2Q2段相互平行，间距Lb＝1 m。两根质量均为m＝1 kg、电阻均为R＝0.5 Ω的金属棒a、b垂直于导轨放置，杆的长度等于导轨间距。一根不可伸长的绝缘轻质细线一端系在金属杆b的中点，另一端绕过光滑定滑轮与重物c相连，细线的水平部分与P1Q1平行且足够长，c离地面足够高，两杆与导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.4，不计导轨电阻及电磁辐射，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)若要保持整个系统静止，重物c的质量mc不能超过多少？
(2)若c的质量改为mc′＝0.6 kg，将c由静止释放开始计时，杆在运动过程中保持与导轨垂直且接触良好，求金属杆b的最大速度；
(3)在(2)的条件下，已知t＝4 s时金属杆b的速度已非常接近最大速度，求这4 s过程中a杆产生的焦耳热。
1．第(1)问可拆分为2个小题
2.第(2)问可拆分为4个小题
3.第(3)问可拆分为4个小题
【答案】(1)0.4 kg (2)0.5 m/s (3)1.7 J
【解析】(1)系统静止时对金属杆b杆有：mcg≤μmg，
可得mc≤0.4 kg。
(2)当mc′＝0.6 kg时，b杆速度v最大时应做匀速运动，设此时b杆受到的安培力大小为Fb，此时
mc′g＝μmg＋Fb，可得Fb＝2 N
此时a杆受到的最大安培力为2Fb，由于2Fb＝μmg，故a棒一直不动
又Fb＝BILb，I＝eq \f(BLbv,2R)，解得v＝0.5 m/s。
(3)在t＝4 s时间内设b杆向右滑动的距离为x，此过程中a、b两杆产生的焦耳热均为Q，由能量守恒定律有
mc′gx＝eq \f(1,2)(m＋mc′)v2＋μmgx＋2Q
设此过程中细线上拉力的平均值为eq \x\t(F)，b杆受到安培力的平均值为eq \x\t(F)b
对b棒由动量定理有eq \x\t(F)t－μmgt－eq \x\t(F)bt＝mv
对重物c由动量定理有mc′gt－eq \x\t(F)t＝mc′v
又eq \x\t(F)bt＝BLbeq \x\t(I)t，eq \x\t(I)t＝eq \f(\x\t(E),2R)t＝eq \f(BLbx,2R)
以上几式联立解得x＝1.8 m，Q＝1.7 J。
【例2】(2021·全国乙卷，25)如图，一倾角为α的光滑固定斜面的顶端放有质量M＝0.06 kg的U形导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻R＝3 Ω的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF；EF与斜面底边平行，长度L＝0.6 m。初始时CD与EF相距s0＝0.4 m，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离s1＝eq \f(3,16) m后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界(图中虚线)与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小B＝1 T，重力加速度大小取g＝10 m/s2，sin α＝0.6。求：
(1)金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；
(2)金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；
(3)导体框匀速运动的距离。
【规范审题】
第一步：审题切入点
(1)确定运动对象
金属棒和导体框两个物体，分别对两个物体受力分析，判断它们的受力和运动情况。
(2)运动过程分析
运动过程可分为4个阶段：
第1阶段：金属棒进入磁场前，金属棒和导体框在光滑斜面做匀加速运动；
第2阶段：金属棒进入磁场做匀速运动，导体框做匀加速运动；
第3阶段：导体框的EF边进入磁场做匀速运动，金属棒做加速运动；
第4阶段：金属棒与导体框速度相同后，导体框做加速运动。
第二步：破题关键点
(1)要搞清金属棒与导体框之间的相对运动，明确各个阶段速度大小关系，第1阶段两者共同运动，没有相对运动；第2阶段导体框速度大于金属棒速度；第3阶段导体框速度大于金属棒速度；第4阶段导体框速度小于金属棒速度。
(2)对金属棒与导体框之间的摩擦力的判断，在第1阶段不存在摩擦力；在第2阶段金属棒受到的摩擦力沿斜面向下；第3阶段金属棒受到的摩擦力沿斜面向下；第4阶段金属棒受到的摩擦力沿斜面向上。
第三步：计算环节分析
(1)利用机械能守恒定律计算金属棒进入磁场时的速度；
(2)利用动能定理计算导体框EF进入磁场时的速度；
(3)利用平衡条件列平衡方程求解金属棒的质量及动摩擦因数；
(4)利用牛顿第二定律和运动学公式求解导体框匀速运动的距离。
【答案】 (1)0.18 N (2)0.02 kg eq \f(3,8) (3)eq \f(5,18) m
【解析】 (1)根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得
(M＋m)gs1sin α＝eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,0)
代入数据解得v0＝eq \f(3,2) m/s
金属棒在磁场中切割磁感线产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得
E＝BLv0
由闭合电路的欧姆定律可得I＝eq \f(E,R)
则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为
F安＝ILB＝0.18 N。
(2)金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒受到的安培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因匀速运动，则
mgsin α＋μmgcs α＝F安
此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得
Mgsin α－μmgcs α＝Ma
设磁场区域的宽度为x，则金属棒在磁场中运动的时间为t＝eq \f(x,v0)
则此时导体框的速度为v1＝v0＋at
则导体框的位移x1＝v0t＋eq \f(1,2)at2
因此导体框和金属棒的相对位移为
Δx＝x1－x＝eq \f(1,2)at2
由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端EF刚好进入线框，则有位移关系
s0－Δx＝x
导体框进入磁场时匀速运动，此时的电动势为E1＝BLv1，I1＝eq \f(BLv1,R)
导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，有
Mgsin α＝μmgcs α＋I1LB
联立以上可得x＝0.3 m，a＝5 m/s2，m＝0.02 kg，μ＝eq \f(3,8)。
(3)金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则有mgsin α＋μmgcs α＝ma1
金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有v0＋a1t1＝v1
导体框匀速运动的距离为x2＝v1t1
代入数据解得x2＝eq \f(2.5,9) m＝eq \f(5,18) m。
【例3】(2022·浙大附中选考模拟)电子对湮灭是指电子e－和正电子e＋碰撞后湮灭，产生伽马射线的过程，电子对湮灭是正电子发射计算机断层扫描(PET)及正电子湮灭能谱学(PAS)的物理基础。如图所示，在平面直角坐标系xOy上，P点在x轴上，且OP＝2L，Q点在负y轴上某处。在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，在第Ⅱ象限内有一圆形区域，与x、y轴分别相切于A、C两点，OA＝L，在第Ⅳ象限内有一未知的矩形区域(图中未画出)，未知矩形区域和圆形区域内有完全相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里。一束速度大小为v0的电子束从A点沿y轴正方向射入磁场，经C点射入电场，最后从P点射出电场区域；另一束速度大小为eq \r(2)v0的正电子束从Q点沿与y轴正向成45°角的方向射入第Ⅳ象限，而后进入未知矩形磁场区域，离开磁场时正好到达P点，且恰好与从P点射出的电子束正碰发生湮灭，即相碰时两束粒子速度方向相反。已知正、负电子质量均为m、电荷量大小均为e，正、负电子的重力不计。忽略正、负电子间的相互作用，求：
(1)圆形区域内匀强磁场磁感应强度B的大小和第Ⅰ象限内匀强电场的场强E的大小；
(2)电子从A点运动到P点所用的时间；
(3)Q点纵坐标及未知矩形磁场区域的最小面积S。
【审题破题】
1.明确场的组合，拆分运动过程，作出运动轨迹图(如图甲)。

甲 乙
2.电子从A到C轨迹为eq \f(1,4)圆周，运动时间为t＝eq \f(1,4)T；电子在电场中从C到P做类平抛运动，根据运动的合成与分解求运动时间。
3.正电子进入未知矩形磁场区域偏转，要使矩形磁场面积最小，右侧应与轨迹相切。
在P点正、负电子正碰发生湮灭，判断速度方向与x轴的夹角，画出正电子运动示意图(如图乙)。
【答案】 (1)eq \f(mv0,eL) eq \f(mveq \\al(2,0),2eL) (2)eq \f(（4＋π）L,2v0) (3)－4L 2(eq \r(2)－1)L2
【解析】(1)电子束从A点沿y轴正方向射入，经过C点，
由题意可得电子在磁场中运动的半径R＝L
又ev0B＝eq \f(mveq \\al(2,0),R)
解得B＝eq \f(mv0,eL)
电子在电场中做类平抛运动，得2L＝v0t1
又L＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)，加速度a＝eq \f(eE,m)
解得E＝eq \f(mveq \\al(2,0),2eL)
(2)电子束在磁场中运动的周期T＝eq \f(2πR,v0)＝eq \f(2πL,v0)
电子在磁场中运动了四分之一圆周，则t2＝eq \f(1,4)T＝eq \f(πL,2v0)
在电场中运动时间t1＝eq \f(2L,v0)，故从A到P的时间t＝t1＋t2＝eq \f(（4＋π）L,2v0)
(3)速度为eq \r(2)v0的正电子在磁场中运动的半径R2＝eq \f(m·\r(2)v0,eB)＝eq \r(2)L
电子从P点穿过x轴时与x轴正方向夹角为θ
L＝eq \f(vy,2)t1，vy＝v0，tan θ＝eq \f(vy,v0)＝1
得θ＝45°1分
故Q点的纵坐标y＝－(eq \r(2)R2＋2Ltan 45°)＝－4L
未知矩形磁场区域的最小面积为图中矩形PFMN的面积
S＝2L(eq \r(2)－1)L＝2(eq \r(2)－1)L2
策略(三) 规范答题
物理规范答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。依据高考试题的参考答案和评分标准，总结出如下四步规范化答题模式：
1．画图分析
主要是画原理分析图和物理过程示意图(如受力分析图、运动示意图、等效电路图、光路图等)。目的是有助于解题过程表述的简洁性，更有助于分析题意，找出解题方法。
2．写出必要的文字说明
目的是展示物理问题发展的前因后果。文字说明的语言要简洁、明确、规范，主要有下列六个方面：
(1)说明研究对象，可采用“对物体A”“对A、B组成的系统”等简洁的形式。
(2)指出物理过程和状态，如“从A→B”“在t时刻”等简单明了的说法。
(3)假设所求的物理量或题中没有但解题却需要的中间变量，如“设……”“令……”等熟知的说法或“各量如图中所示”(在原理图上标出各量)。
(4)写明解题依据，如“由……定律有”“据……得”等。
(5)解题过程中必要的关联词，如“将……代入”“由……得出”等。
(6)对原因、结果的补充说明，如“因为……”“所以……”“大于”“小于”等。
3．列出方程式
主要是物理公式和与解题相关的数学公式。该步骤要注意以下三点：
(1)一定要写方程的原式，而不是变形式或结果计算式。
(2)所列方程要与解题密切相关，不要堆砌方程。方程过多，容易造成解题的混乱。
(3)列方程时，物理量的符号要用题中所给的符号。若使用题中没有的物理量符号时，也一定要使用课本上统一的符号。
4．准确演算明确结果
(1)解题过程详略得当
写出重要的关系式和推导步骤，详细的推导、整理过程一般不用写。
(2)代数运算正确
从原方程求解最后结果时，要先推导出最简形式的计算式，再把单位统一后的数据代入，写出计算结果和单位，中间运算过程无须写上。要尽量避免步步计算。
(3)结果表达准确
结果的表达要明确，要有数值和单位。如果是矢量，要用正负号表示或说明其方向性。
(4)做出必要的说明和讨论
如果需要说明或讨论的，一定要有准确的说明或必要的讨论。
【例1】(2022·金丽衢十二校联考)间距L＝0.5 m的两平行金属导轨由倾斜部分和水平部分(足够长)组成，两部分通过绝缘材料在D、E两点平滑连接，倾斜部分导轨与水平面间夹角为θ＝30°，导轨上端接有R＝1 Ω的电阻。空间分布如图所示的匀强磁场，倾斜导轨的磁场方向垂直导轨平面ACDE向上，磁感应强度B＝1 T，水平区域GF边界右侧磁场方向竖直向上，磁感应强度大小为2 T，DEFG为无场区域。现有三根长度均为L＝0.5 m的金属棒a、b、c与导轨良好接触，其质量ma＝0.1 kg、mb＝0.2 kg、mc＝0.1 kg，其电阻Ra＝1 Ω，Rb＝1 Ω，Rc＝2 Ω，金属棒a由静止释放，释放处离水平导轨的高度为h＝5 m。金属棒在到达ED边界前速度已达到稳定，金属棒b、c放置在水平导轨上。不计一切摩擦阻力及导轨的电阻，金属棒一直处在导轨上，且与导轨保持垂直，始终未相碰，重力加速度为g＝10 m/s2。求：
(1)金属棒a运动过程中的最大速度vm；
(2)金属棒a下滑过程运动的总时间t；
(3)金属棒a进入GF后，金属棒b最终如何运动？此过程中金属棒b产生的焦耳热。
【答案】 (1)4 m/s (2)3.3 s (3)见解析
【解析】
(1)对金属棒a：速度稳定时，受力平衡，有magsin θ＝ILB 1分
由闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(BLvm,R＋Ra) 1分
解得vm＝4 m/s。 1分
(2)由动量定理得：magtsin θ－eq \(I,\s\up6(－))LBt＝mavm 1分
又eq \(I,\s\up6(－))t＝eq \f(ΔΦ,R＋Ra) 1分
解得t＝3.3 s。 1分
(3)b棒最终做匀速运动，且a、b、c的速度相同
对a、b、c棒组成的系统，由动量守恒定律知
mavm＝(ma＋mb＋mc)v′
代入数值解得v′＝1 m/s 1分
由能量守恒定律得
Q＝eq \f(1,2)maveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)(ma＋mb＋mc)v′2
得Q＝0.6 J 1分
又Qa∶(Qb＋Qc)＝1∶eq \f(2,3)
Qb∶Qc＝2∶1 1分
代入数值解得
Qb＝0.16 J。 1分
【例2】(2022·“七彩阳光”联考)如图为一游戏装置的示意图，倾斜轨道上物块A距离水平面高H＝1.2 m，细管轨道半径R1＝0.50 m，圆轨道半径R2＝0.40 m，两圆轨道间EF段长L＝0.5 m，让物块A从斜面上由静止滑下与静止在水平面上的物块B发生弹性正碰，两物块的质量均为m＝0.1 kg，两物块与EF段间的动摩擦因数均为μ＝0.1，轨道其余部分均光滑。两物块均可视为质点，g取10 m/s2。
(1)求第一次碰撞后，物块B的速度；
(2)求物块B第一次通过两圆轨道最高点C和D时，轨道分别对物块B的弹力；
(3)若在轨道左端放置一顺时针匀速转动的足够长的传送带，试分析传送带的速度v满足什么条件时，物块A、B一定发生第二次碰撞。
【答案】 (1)2eq \r(6) m/s (2)0.2 N，方向竖直向上 0.75 N，方向竖直向下 (3)v带≥eq \r(21) m/s
【解析】
(1)由机械能守恒定律得mgH＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得v0＝2eq \r(6) m/s 1分
A和B发生弹性碰撞，由动量守恒定律得mv0＝mvA＋mvB 1分
A和B发生弹性碰撞，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B) 1分
解得vA＝0，vB＝v0＝2eq \r(6) m/s 1分
(2)B运动至C，由动能定理得－2mgR1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
解得vC＝2 m/s 1分
在C点：FNC＋mg＝meq \f(veq \\al(2,C),R1)
解得FNC＝－0.2 N，故在C点轨道对物块B弹力大小为0.2 N，
方向竖直向上 1分
B运动至D，由动能定理得－2mgR2－μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
解得vD＝eq \r(7) m/s 1分
在D点：FND＋mg＝meq \f(veq \\al(2,D),R2)
解得FND＝0.75 N，方向竖直向下 1分
(3)B物体刚上传送带时－μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，解得v1＝eq \r(23) m/s 1分
若B刚好能过D点，则－2mgR2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,临)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，v临＝eq \r(gR2)
解得v2＝2eq \r(5) m/s 1分
若B刚好能过C点，则
－2mgR1－μmgL＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)，解得v3＝eq \r(21) m/s 1分
综上得v≥eq \r(21) m/s。 1分
智解计算题技法练
1.如图所示，将圆心角为53°、半径为R的光滑圆弧轨道竖直固定于水平桌面上，圆弧轨道与水平桌面在A点相切，用水平向右的恒力将质量为m的小球由静止开始从底端A推到B点，立即撤去此恒力，小球恰好水平撞击到与圆心等高的竖直墙壁的C点。重力加速度为g，忽略空气阻力。求：(sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)
(1)水平恒力的大小；
(2)若在OB延长线上安置以点O′为转轴，BO′长度为半径的可在竖直平面内自由转动的轻杆，当小球运动到B点时立刻附着于轻杆顶端，设小球在附着过程中无机械能损失，如果小球恰好不撞到墙壁，则小球在转动过程中所受轻杆的最大拉力是多少？
【答案】：(1)eq \f(107,64)mg (2)eq \f(159,20)mg
【解析】：(1)设小球在B点时速度大小为vB，小球由B点运动到C点过程中，在竖直方向上有：(vBsin 53°)2＝2gRcs 53°①
设推力大小为F，对小球从A点到B点过程应用动能定理得：FRsin 53°－mgR(1－cs 53°)＝eq \f(1,2)mvB2②
联立①②解得：F＝eq \f(107,64)mg。
(2)设小球由B点做斜抛运动到C点用时为t，BC间水平距离为d，则小球由B点运动到C点过程中在竖直方向上有：vBsin 53°＝gt③
水平方向上有：d＝vBtcs 53°④
小球在B点附着在轻杆上后做圆周运动，设其运动半径为r，
由于恰好不撞到墙壁，几何关系满足：d＝rsin 53°＋r⑤
球由B点做圆周运动至最低点，设其在最低点时速度大小为v，此过程中机械能守恒，有
mgr(1＋cs 53°)＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mvB2⑥
小球在最低点时杆对小球的拉力最大，设其大小为T，由牛顿第二定律得：T－mg＝meq \f(v2,r)⑦
联立以上各式解得：T＝eq \f(159,20)mg。
2．如图甲所示，两根间距L＝1.0 m、电阻不计的足够长平行金属导轨ab、cd水平放置，一端与阻值R＝2.0 Ω的电阻相连。质量m＝0.2 kg的导体棒ef在恒定外力F作用下由静止开始运动，已知导体棒与两根导轨间的最大静摩擦力和滑动摩擦力均为f＝1.0 N，导体棒电阻为r＝1.0 Ω，整个装置处于垂直于导轨平面向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，导体棒运动过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示(取g＝10 m/s2)。求：
(1)当导体棒速度为v时，棒所受安培力F安的大小(用题中字母表示)；
(2)磁场的磁感应强度B；
(3)若ef棒由静止开始运动距离为s＝6.9 m时，速度已达v′＝3 m/s，求此过程中产生的焦耳热Q。
【答案】：(1)eq \f(B2L2v,r＋R) (2)1 T (3)6.0 J
【解析】：(1)当导体棒速度为v时，导体棒上的电动势为E，电路中的电流为I。
由法拉第电磁感应定律得E＝BLv
由欧姆定律得I＝eq \f(E,R＋r)
导体棒所受安培力F安＝BIL
联立以上各式解得：F安＝eq \f(B2L2v,r＋R)。
(2)由题图乙可知：导体棒开始运动时加速度a1＝5 m/s2，初速度v0＝0，导体棒中无电流。
由牛顿第二定律知F－f＝ma1
计算得出：F＝2 N
由题图乙可知：当导体棒的加速度a＝0时，开始以v＝3 m/s 做匀速运动
此时有：F－f－F安＝0
代入数据解得：B＝1 T。
(3)设ef棒在此过程中，产生的热量为Q，
由功能关系知(F－f)s＝Q＋eq \f(1,2)mv′2
代入数据计算得出Q＝6.0 J。
3.如图所示，一平板小车C静止在光滑的水平面上，质量分别为m的物体A和2m的物体B均以大小为v的初速度分别沿同一直线同时从小车两端相向水平滑上小车。设两物体与小车间的动摩擦因数均为μ，小车质量为m，最终物体A、B都停在小车上，物体A、B始终没有相碰。求：
(1)最终小车的速度大小是多少，方向怎样？
(2)平板小车的长度至少为多长？
【答案】：(1)eq \f(v,4)，方向水平向左 (2)eq \f(9v2,8μg)
【解析】：(1)以A、B两物体及小车组成的系统为研究对象，以物体B的初速度方向为正方向，设最终平板小车C的速度为v1，由动量守恒定律可得：2mv－mv＝4mv1
解得：v1＝eq \f(v,4)，方向水平向左。
(2)初始阶段物体A的加速度大小为aA＝eq \f(μmg,m)＝μg，方向向左，向右做减速运动
物体B的加速度大小为aB＝eq \f(μ·2mg,2m)＝μg，方向向右，向左做减速运动
小车C的加速度大小为aC＝eq \f(μ·2mg－μmg,m)＝μg，方向向左，向左做加速运动
设经过t1时间，B、C速度达到相同，则有v－μgt1＝μgt1
可得t1＝eq \f(v,2μg)
此时B、C的速度为v2＝eq \f(v,2)，方向向左，
A的速度大小与B、C相同，方向相反
该过程中，A相对C滑行的距离ΔxA＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(vt1－\f(1,2)aAt12))＋eq \f(1,2)aCt12
该过程中，B相对C滑行的距离ΔxB＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(vt1－\f(1,2)aBt12))－eq \f(1,2)aCt12
此后B、C共同向左做减速运动，加速度为a＝eq \f(μmg,3m)＝eq \f(μg,3)
直到三物体速度相同，所用时间t2＝eq \f(v1－v2,－a)＝eq \f(3v,4μg)
该过程A相对B、C滑行的距离ΔxC＝v2t2－eq \f(1,2)aAt22＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v2t2－\f(1,2)at22))
所以平板小车的长度至少为l＝ΔxA＋ΔxB＋ΔxC＝eq \f(9v2,8μg)。
4．人类研究磁场的目的之一是为了通过磁场控制带电粒子的运动，某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PP′M′M内有竖直向下的匀强电场，电场场强为E，宽度为d，长度为L；区域MM′N′N内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，长度也为L，磁场宽度足够。带电荷量为q、质量为m的带正电的粒子以水平初速度从P点射入电场。边界 MM′不影响粒子的运动，不计粒子重力。
(1)若带电粒子以水平初速度v0从P点射入电场后，从MM′边界进入磁场，求粒子第一次射入磁场的位置到M点的距离；
(2)当带电粒子射入电场的水平初速度为多大时，粒子只进入磁场一次就恰好垂直P′N′边界射出。
【答案】：(1)v0eq \r(\f(2md,Eq)) (2)Leq \r(\f(qE,2md))－eq \f(E,B)或eq \f(L,2) eq \r(\f(qE,2md))－eq \f(E,B)
【解析】：(1)粒子以水平速度v0从P点射入电场后，做类平抛运动，由牛顿第二定律得：qE＝ma
在竖直方向有：d＝eq \f(1,2)at2
在水平方向有：x＝v0t
联立解得粒子第一次射入磁场的位置到M点的距离为x＝v0eq \r(\f(2md,Eq))。
(2)设粒子射入电场的初速度为v0′
同第一问原理可以求得粒子在电场中做类平抛运动的水平位移为x′＝v0′eq \r(\f(2md,Eq))
粒子进入磁场时，垂直边界的速度vy＝eq \f(qE,m)t＝eq \r(\f(2qEd,m))
设粒子进入磁场时的速度方向与磁场边界之间的夹角为α，则粒子进入磁场时的速度v＝eq \f(vy,sin α)
在磁场中，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，有qvB＝meq \f(v2,R)
粒子第一次进入磁场后，垂直边界M′N′从磁场射出，必须满足x′＋Rsin α＝L
联立解得v0′＝L eq \r(\f(qE,2md))－eq \f(E,B)
若粒子只进入磁场一次后，垂直边界P′M′从电场射出，必须满足2(x′＋Rsin α)＝L
联立解得v0′＝eq \f(L,2)eq \r(\f(qE,2md))－eq \f(E,B)。
5.边长为L的正方形闭合金属导线框，其质量为m，回路电阻为R。图中M、N、P为磁场区域的边界，且均为水平，上下两部分水平匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向如图所示。现让线框由图示位置由静止开始下落，线框在穿过M和P两界面的过程中均为匀速运动。已知M、N之间和N、P之间的高度差相等，均为h＝L＋eq \f(3m2gR2,8B4L4)，下落过程中线框平面始终保持竖直，底边始终保持水平，当地的重力加速度为g。试求：
(1)图示位置线框的底边到边界M的高度d；
(2)线框的底边刚通过磁场边界N时，线框加速度的大小；
(3)线框在通过磁场边界N的过程中，线框中产生的焦耳热。
【答案】：(1)eq \f(m2gR2,2B4L4) (2)(2eq \r(7)－1)g (3)mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L＋\f(3m2gR2,4B4L4)))
【解析】：(1)根据题意分析可知，导线框在穿过M和P的过程中，速度相同，设为v1，根据自由落体运动的公式，有v12＝2gd
在导线框穿过M的过程中，线框中产生的感应电动势E＝BLv1
线框中产生的感应电流I＝eq \f(E,R)
线框受到的安培力F＝BIL
根据物体的平衡条件有mg＝F
联立解得d＝eq \f(m2gR2,2B4L4)。
(2)设线框的底边刚通过磁场边界N时，线框的速度大小为v2，根据题意和运动学公式有v22－v12＝2g(h－L)
此时线框中产生的感应电动势E′＝2BLv2
线框中产生的感应电流I′＝eq \f(E′,R)
线框受到的安培力F′＝2BI′L
根据牛顿第二定律有F′－mg＝ma′
解得线框的加速度大小为a′＝(2eq \r(7)－1)g
(其中的v1＝eq \f(mgR,B2L2)，v2＝eq \f(\r(7)mgR,2B2L2))。
(3)法一：根据能的转化和守恒定律，在线框通过磁场边界M和P的过程中，产生的焦耳热相同，均为Q0＝mgL
在整个运动过程中，线框中产生的焦耳热为
Q＝mg(2h＋L)
所以线框通过磁场边界N的过程中，线框中产生的焦耳热为Qx＝Q－2Q0
解得：Qx＝mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L＋\f(3m2gR2,4B4L4)))。
法二：设线框的上边刚要通过磁场边界N时，线框的速度大小为v3，根据题意和运动学公式有
v12－v32＝2g(h－L)
解得v3＝eq \f(mgR,2B2L2)
根据能的转化和守恒定律，线框通过磁场边界N的过程中，线框中产生的焦耳热为
Qx＝mgL＋eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv32
解得Qx＝mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L＋\f(3m2gR2,4B4L4)))。
第一步：审条件挖隐含
(1)当F>F0时B相对地面滑动，F0的值为B与地面间的最大静摩擦力大小
(2)当F0(3)当F>25 N时，A与B有相对运动，A在B的动摩擦力作用下加速度不变
第二步：审情景建模型
(1)A与B间相互作用：板块模型
(2)A与B的运动：匀变速直线运动
第三步：审过程选规律
(1)运用牛顿运动定律找加速度与摩擦力(动摩擦因数)的关系，并分析a­F图像的物理意义
(2)用匀变速运动的规律分析A与B运动的位移
对象拆解
分别对滑块和小球进行受力分析和运动分析
模型构建
匀变速直线运动、弹性碰撞、竖直面内圆周运动、平抛运动
适用合适的规律
动能定理、动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二定律、运动的分解
①求平衡时细线上的拉力大小FT是多少？
建模：重物c二力平衡模型
规律：两力大小相等方向相反，即FT＝mcg
②细线上的拉力大小与b杆受到的静摩擦力Ff满足什么关系时b杆能处于平衡状态？
建模：静摩擦力作用下的平衡
规律：合力为零，静摩擦力小于等于最大静摩擦力(如果没有特别说明一般认为最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小)，即FT＝Ff≤Ffmax＝μmg
①b杆有最大速度时受到的最大安培力大小Fb是多少？
建模：b杆与重物c系统处于平衡状态
规律：系统合力为零，即mc′g＝μmg＋Fb
②a杆受到的最大安培力大小Fa与b杆受到的最大安培力大小Fb有何关系？
建模：两杆在同一时刻电流大小相同，但a杆的长度是b的两倍
规律：由安培力公式得Fa＝2Fb
③此过程中a杆的运动状态如何？
分析：由于Fa＝2Fb＝μmg
结论：a杆一直不动
④b杆运动的最大速度v与b杆受到的最大安培力大小有何关系？
建模：b杆相当于电源，a杆与导轨组成外电路
规律：E＝BLbv，I＝eq \f(E,2R)，Fb＝BILb
①在4 s内细线上拉力的平均冲量是多大？
建模：重物c的变速运动
规律：动量定理mc′gt－eq \x\t(F)t＝mc′v
②在t＝4 s时间内b杆受到安培力的平均冲量是多大？
建模：b杆的变速运动
规律：动量定理eq \x\t(F)t－μmgt－eq \x\t(F)bt＝mv
③在t＝4 s时间内b杆受到安培力的平均冲量与b杆运动的距离有何关系？
建模：b杆与a杆及导轨组成的闭合电路
规律：法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式、电流与冲量的定义式，即eq \x\t(F)bt＝BLbeq \x\t(I)t，eq \x\t(I)t＝eq \f(\x\t(E),2R)t＝eq \f(BLbx,2R)
④在t＝4 s时间内，重物c与两杆组成电路中的功能关系如何？
建模：b杆克服安培力做的功等于回路产生的焦耳热，此过程中两杆产生的焦耳热Q相等
规律：能量守恒定律，即mc′gx＝eq \f(1,2)(m＋mc′)v2＋μmgx＋2Q