新高考適用2023版高考物理二輪總復習第3部分題型突破突破3“4個意識規(guī)律”破解計算題課件

第三部分題型突破突破三“4個意識規(guī)律”破解計算題第一講“4種意識”解答力學計算題分析近幾年的高考物理試題，力學計算題的鮮明特色在于組合，通過深入挖掘力學計算題的內在規(guī)律，在解題時，考生必須具備“元素組合”“思想組合”“方法組合”“步驟組合”4種意識．只有具備了這4種組合意識，才能對力學組合大題化繁為簡、化整為零，找準突破口，快速解題．

一、“元素組合”意識力學計算題經常出現一體多段、兩體多段，甚至多體多段等多元素的綜合性題目．試題中常出現的“元素組合”如下：力學計算題變化多樣，但大多數是對上述“元素組合”框架圖的各種情境進行排列組合．閱讀題目時首先要理清它的元素組合，建立模型，找到似曾相識的感覺，克服對新題、難題的心理障礙．(2022·黔東南州二模)如圖所示，讓小球從圖中的C位置由靜止開始擺下，擺到最低點D處，擺線剛好拉斷，小球在粗糙的水平面上由D點向右做勻減速運動滑向A孔，到達A孔進入半徑R＝0.3m且豎直放置的光滑圓軌道，當小球進入圓軌道立即關閉A孔，已知擺線長L＝2.5m，θ＝60°，小球質量m＝1kg，小球可視為質點，D點與小孔A的水平距離s＝2m，g取10m/s2，試求：典例1〔典題例析〕(1)擺線能承受的最大拉力值；(2)要使小球能進入圓軌道并能通過圓軌道的最高點，求小球與粗糙水平面間的動摩擦因數μ的范圍．【元素組合】小球＋輕繩＋豎直平面＋DA粗糙段＋恒力＋勻減速運動＋豎直平面＋圓周運動．【答案】

(1)20N

(2)μ≤0.25二、“思想組合”意識一道經典的力學計算題宛如一個精彩的物理故事，處處蘊含著物理世界“平衡”與“守恒”這兩種核心思想．復習力學計算題應牢牢抓住這兩種思想，不妨構建下列“思想組合”框架圖：平衡思想體現出對運動分析和受力分析的重視．運動分析與受力分析可以互為前提，也可以互為因果．如果考查運動分析，物體保持靜止或勻速直線運動是平衡狀態(tài)，其他運動則是不平衡狀態(tài)，選用的運動規(guī)律截然不同．類似的，如果考查受力分析，也分為兩種：F合＝0或者F合＝ma.F合＝0屬于受力平衡，牛頓第二定律F合＝ma則廣泛應用于受力不平衡的各種情形．若更復雜些，則應追問是穩(wěn)態(tài)平衡還是動態(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量恒定不變的規(guī)律．能量與動量雖不同于運動與受力，但不同的能量形式對應于不同的運動形式，不同的動量形式也對應于不同的受力形式，所以本質上能量與動量來源于物體運動與受力規(guī)律的推演，是運動分析與受力分析的延伸．分析能量與動量的關鍵是看選定的對象是單體還是系統(tǒng)．如果采用隔離法來分析單個物體，一般先從動能定理或動量定理的角度思考；如果采用整體法來分析多個物體組成的系統(tǒng)，則能量守恒或動量守恒的思維更有優(yōu)勢．思想不同，思考方向就會不同．在宏觀判斷題目考查平衡還是守恒后，才能進一步選對解題方法．

質量為m木、長度為d的木塊放在光滑的水平面上，木塊的右邊有一個銷釘把木塊擋住，使木塊不能向右滑動，質量為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，現將銷釘拔去，使木塊能在水平面上自由滑動，而子彈仍以初速度v0射入靜止的木塊，求：典例2〔典題例析〕(1)子彈射入木塊的深度是多少；(2)從子彈開始進入木塊到子彈相對木塊靜止的過程中，木塊的位移是多少；(3)在這一過程中產生多少內能．【思想組合】

三、“觀點組合”意識透徹理解平衡和守恒思想后，具體解題主要使用3種觀點：受力與運動的方法、做功與能量的方法、沖量與動量的方法．這三條主線是一個龐大的體系，光是公式就多達幾十個，不單學習時難以記憶，解題時也容易混淆．為獲得順暢的思路，可刪繁就簡，整理成如下的“方法組合”框架圖．動力觀點動力觀點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動狀態(tài)的關系．已知受力求運動，先從力F代表的F合＝0或F合＝ma寫起，進而得出運動參數x、v、t或θ、ω、t；已知運動求受力，則從x、v、t或θ、ω、t代表的各種運動規(guī)律寫起，從右向左反向得出物體所受的力F功能觀點功能觀點主要用于解決不涉及時間的情形．若不涉及時間，使用動能定理較為普遍．若不涉及時間又需研究能量，則優(yōu)先使用能量關系，特別是能量守恒定律動量觀點若涉及時間，動量觀點中的動量定理可以簡化計算，動量守恒定律是物理學史上最早發(fā)現的一條守恒定律，其適用范圍比牛頓運動定律更廣．面對多體問題，學生選擇合適的系統(tǒng)并運用動量守恒定律來解決，往往更加便捷當然，在應用上述三種觀點時，學生一定要注意各個公式的適用范圍，不能生搬硬套，例如動量守恒定律的應用前提需先考慮系統(tǒng)所受合力是否為零．有些問題只需一個觀點就能解決，也可能是多種觀點聯合求解，學生只有經過反復實踐才能靈活選用．(2022·山東濰坊二模)如圖甲所示，在同一豎直面內，光滑水平面與傾角為37°的傳送帶中間，有一段半徑R＝2.25m的光滑圓軌道，其兩端分別與水平面及傳送帶相切于P、Q點，開始時滑塊B靜止，滑塊A以速度v0向B運動，A與B發(fā)生彈性碰撞，B通過圓軌道滑上順時針勻速轉動的傳送帶．已知滑塊B滑上傳送帶后的v-t圖像如圖乙所示，t＝7.5s時B離開傳送帶的上端H點，滑塊A的質量M＝2kg，滑塊B的質量m＝1kg，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：典例3〔典題例析〕(1)碰撞后滑塊B的速度；(2)滑塊B經Q點時對圓軌道的壓力；(3)滑塊A的速度v0；(4)若傳送帶的動力系統(tǒng)機械效率為80%，則因運送滑塊B需要多消耗的能量．【方法組合】

【答案】

(1)5m/s

(2)15.1N沿半徑向下(3)3.75m/s

(4)287.5J(4)由v-t圖像可得，傳送帶的速度v4＝5m/s傳送帶從Q到H的長度x＝36.25m物體在傳送帶上滑動的相對距離為Δx＝1.25m設物體在傳送帶上的加速度為a，設傳送帶動摩擦因數為μ，則μmgcos37°－mgsin37°＝ma四、“步驟組合”意識構建以上三個組合的目的是引導學生整合知識網絡，提升解題效率．但學生在做題時，即使面對平時比較熟悉的物理情境，有時仍會不知道如何表述．為了切入題目，可嘗試使用“對象—過程—原理—列式”這4個步驟來書寫，如圖所示．通過運用“四步法”框架圖，學生的解題思路可以更加清晰，首先找出對象，明確過程，然后分析原理，選定公式．在文字的規(guī)范表達方面，“四步法”也是一種范式，表述會更加全面．

如圖所示，一豎直光滑絕緣的管內有一勁度系數為k的絕緣彈簧，其下端固定于地面，上端與一質量為m、帶電荷量為＋q的小球A相連，整個空間存在一豎直向上的勻強電場，小球A靜止時彈簧恰為原長，另一質量也為m且不帶電的絕緣小球B從距A為x0的P點由靜止開始下落，與A發(fā)生碰撞后一起向下運動，全過程中小球A的電荷量不發(fā)生變化，重力加速度為g.典例4〔典題例析〕(1)若x0已知，試求B與A碰撞過程中損失的機械能；(2)若x0未知，且B與A在最高點恰未分離，試求A、B運動到最高點時彈簧的形變量；(3)在滿足第(2)問的情況下，試求A、B運動過程中的最大速度．(2)A、B在最高點恰不分離，此時A、B加速度相等，且它們間的彈力為零，設此時彈簧的伸長量為x1，則對B進行分析：mg＝ma對A進行分析：mg＋kx1－qE＝ma(3)A、B一起運動過程中所受合力為零時，具有最大速度vmax，設此時彈簧的壓縮量為x2，則2mg－(qE＋kx2)＝0

第二講“4規(guī)律”解答電學計算題一、帶電粒子在電場中運動的規(guī)律1.帶電粒子在平行板電容器中受力的情況(1)若平行板電容器所帶電荷量Q不變，改變兩板間距離d，兩板間的勻強電場的電場強度E不變，在平行板間運動的帶電粒子受力不變．

兩塊長為L、間距為d的平行金屬板a、b水平放置，一個不計重力的帶電粒子以初速度v0從兩板左側的中點P水平進入兩板間的勻強電場，恰好從右側的下板邊緣飛出．典例1〔典題例析〕1.帶電粒子在單邊界磁場中運動(1)粒子發(fā)射源位于磁場的邊界上，粒子進入磁場和離開磁場時速度方向與磁場邊界的夾角不變，如圖甲、乙、丙所示．2.帶電粒子在平行邊界磁場中運動(1)帶電粒子位于磁場的某一邊界，且粒子的初速度方向平行于邊界，速度大小不定．如圖戊所示，半徑為粒子從磁場左側離開的最大半徑；如圖己所示，半徑為粒子從磁場右側離開的最小半徑．②粒子速度方向和磁場邊界不垂直，如圖辛所示，粒子的軌跡與磁場的右邊界相切時，粒子恰好不能從磁場的右邊界離開，這種情況下相當于粒子在單邊界磁場中的運動．

如圖所示，足夠長的矩形區(qū)域abcd內充滿方向垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，在ad邊的中點O，垂直磁場射入一速度方向跟ad邊夾角θ＝30°、大小為v0(未知)的帶正電粒子．已知粒子質量為m、電荷量為q，ad邊長為L，粒子重力不計．典例2〔典題例析〕(1)若粒子能從ab邊上射出磁場，求v0大小的范圍；(2)如果帶電粒子不受上述v0大小范圍的限制，求粒子在磁場中運動的最長時間．3.帶電粒子在圓形邊界磁場中運動徑向進出當粒子運動方向與磁場方向垂直時，沿圓形磁場半徑方向射入的帶電粒子，必沿徑向射出圓形磁場區(qū)域，即粒子出射速度的反向延長線必過磁場圓的圓心等角進出入射速度方向與過入射點的磁場圓半徑的夾角等于出射速度方向與過出射點的磁場圓半徑的夾角．徑向進出是等角進出的一種特殊情況(θ＝0°)磁發(fā)散若帶電粒子從圓形勻強磁場區(qū)域圓周上一點沿垂直于磁場方向進入磁場，當帶電粒子做圓周運動的半徑與圓形磁場區(qū)域的半徑相同時，所有帶電粒子都以平行于磁場區(qū)域圓周上入射點的切線方向射出磁場磁聚焦若帶電粒子以相互平行的速度射入磁場，且?guī)щ娏Ｗ釉诖艌鲋凶鰣A周運動的半徑和圓形磁場區(qū)域半徑相同，則這些帶電粒子將會從磁場區(qū)域圓周上同一點射出，圓周上該點的切線與帶電粒子射入磁場時的速度方向平行

如圖所示，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上．在xOy平面內有一個半徑為R的圓形磁場區(qū)域，且是與xOy平面垂直的勻強磁場．在圓形磁場的左邊放置一帶電微粒發(fā)射裝置，它沿x軸正方向發(fā)射出一束具有相同質量m、電荷量q(q＞0)的初速度v的帶電微粒．發(fā)射時，這束帶電微粒分布在0＜y＜2R的區(qū)間內．不計微粒重力，忽略微粒間的相互作用．典例3〔典題例析〕(1)從A點射出的帶電微粒平行于x軸從C點進入磁場區(qū)域，并從坐標原點O沿y軸負方向離開，求磁感應強度的大小與方向；(2)請指出這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域，并說明理由；(3)若這束帶電微粒初速度變?yōu)?v，那么它們與x軸相交的區(qū)域又在哪里？并說明理由．(2)這束帶電微粒都通過坐標原點O，即這束帶電微粒都將會聚于坐標原點O.理由及解法說明如下：從任一點P水平進入圓形磁場的帶電微粒，在磁場中做半徑為R的勻速圓周運動，如圖乙所示．其中四邊形PQOO′為菱形，邊長為R，設P點與O′點的連線與y軸的夾角為θ，則∠QOO′＝θ，微粒圓周運動的圓心Q的坐標為(－Rsinθ，Rcosθ)，故微粒圓周運動的軌跡方程為(x＋Rsinθ)2＋(y－Rcosθ)2＝R2①又圓形磁場的圓心坐標為(0，R)，故圓形磁場的邊界方程為x2＋(y－R)2＝R2②聯立①②兩式，解得帶電微粒做圓周運動的軌跡與磁場邊界的兩個交點坐標為：x1＝0、y1＝0與x2＝－Rsinθ、y2＝R(1＋cosθ)，顯然，后者坐標點(x2，y2)就是P點，須舍去．可見，這束帶電微粒都是通過坐標原點離開磁場的．很顯然，靠近M點發(fā)射出的帶電微粒穿過磁場后會射向靠近x軸正方向的無窮遠處；靠近N點發(fā)射出的帶電微粒穿過磁場后會射向靠近原點O處．綜上可知，這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域范圍是0＜x＜＋∞.三、帶電粒子在組合場中運動的規(guī)律1.電偏轉和磁偏轉的對比(不考慮重力)2.帶電粒子在組合場中運動的解題思路(1)按照帶電粒子進入不同場的時間順序分成幾個不同的階段；(2)分析帶電粒子在各場中的受力情況和運動情況；(3)畫出帶電粒子的運動軌跡，注意運用幾何知識，找出相應的幾何關系與物理關系；(4)選擇物理規(guī)律，列方程；(5)注意確定粒子在組合場交界處的速度大小與方向，該速度往往是聯系兩段運動的橋梁．典例4〔典題例析〕(1)求勻強電場的電場強度的最大值Emax；(2)求勻強磁場的磁感應強度B的大?。?3)若帶電粒子每次均從M點(－0.08m,0.12m)，以相同初速度v0沿y軸正方向射出，改變電場強度的大小，求帶電粒子經過x軸正半軸的位置范圍．【答案】

(1)30N/C

(2)1×10－3T(3)0.09m≤x≤0.18m聯立解得B＝1×10－3T.(3)設電場強度為E時，帶電粒子經過y軸的速度大小為v′，方向與y軸的夾角為α，帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r，圓心到y(tǒng)軸的距離為d，3.帶電體在疊加場中運動的四類問題(1)帶電體在勻強電場和重力場組成的疊加場中運動：由于帶電體受到的是恒力，所以帶電體通常做勻變速運動，其處理的方法一般是采用牛頓運動定律結合運動學規(guī)律或動能定理進行處理．(2)帶電體在勻強電場和勻強磁場組成的疊加場中運動(不計重力)：若帶電體受到的靜電力和洛倫茲力平衡，則帶電體一定做勻速直線運動，此時可由二力平衡求解；若帶電體受到的靜電力和洛倫茲力不平衡，則其運動軌跡一般比較復雜，此時采用動能定理進行求解較為簡單．(3)帶電體在勻強電場、勻強磁場和重力場組成的疊加場中運動：若帶電體做勻速圓周運動，則一定是重力與靜電力平衡，洛倫茲力提供向心力，此時宜采用共點力平衡和圓周運動的相關知識進行求解；若帶電體做勻速直線運動，則一定是重力、靜電力和洛倫茲力的合力為零，此時宜采用共點力平衡進行求解．(4)帶電體在重力場和勻強磁場組成的疊加場中運動，由于其運動軌跡為一般的曲線，一般采用動能定理進行處理．

如圖所示，平面OM和水平面ON之間的夾角為30°，兩平面之間同時存在勻強磁場和勻強電場，勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外；勻強電場的方向豎直向上．一帶電小球的質量為m，電荷量為q；帶電小球沿豎直平面以大小為v0的初速度從平面OM上的某點沿左上方射入磁場，速度方向與OM成30°角，帶電小球進入磁場后恰好做勻速圓周運動．已知帶電小球在磁場中的運動軌跡與ON恰好相切，且?guī)щ娦∏蚰軓腛M上另一點P射出磁場(P未畫出)．典例5〔典題例析〕(1)判斷帶電小球帶何種電荷？所加電場的電場強度E為多大？(2)求出射點P到兩平面交點O的距離sOP.(3)帶電小球離開磁場后繼續(xù)運動，能打在左側豎直的光屏OO′上的T點，求T點到O點的距離s′.根據題意，帶電小球在勻強磁場中的運動軌跡如圖所示，Q點為運動軌跡與ON相切的點，I點為入射點，P點為出射點．小球離開磁場的速度方向與OM的夾角也為30°，由幾何關系可得，QP為圓軌道的直徑，故sQP＝2R四、電磁感應計算題的解題規(guī)律——用好“三大體系”電磁感應計算題的綜合程度很高，能同時把電磁感應、磁場、電路以及力學中平衡、加速、功能關系、動量等知識交織在一起，常以壓軸題出現，成為考生得分的攔路虎．其實，只要學會把這類問題分割成磁生電體系、全電路體系和力學體系，然后再把這三大體系有機地融會貫通，破解此類問題就有規(guī)律可循．磁生電體系指產生電磁感應的那一部分電路，并要判斷是動生電動勢還是感生電動勢，不同電動勢的計算方法不同全電路體系指把產生電動勢的那一部分電路看作電源(即內電路，電流由負極流向正極)，其余部分是外電路(電流由正極流向負極)力學體系指求解此類問題時通常要用到動力學觀點、能量觀點和動量觀點等知識

如圖甲所示，平行長直導軌MN、PQ水平放置，兩導軌間距l(xiāng)＝0.5m，導軌左端M、P間接有一阻值R＝0.2Ω的定值電阻，導體棒ab的質量m＝0.1kg，與導軌間的動摩擦因數μ＝0.1，導體棒垂直于導軌放在距離左端d＝1.0m處，導軌和導體棒始終接觸良好，電阻均忽略不計．整個裝置處在范圍足夠大的勻強磁場中，t＝0時刻，磁場方向豎直向下，此后，磁感應強度B隨時間t的變化如圖乙所示，不計感應電流磁場的影響．重力加速度g取10m/s2.典例6〔典題例析〕(1)求t＝0時導體棒所受到的安培力F0的大小；(2)分析前3s時間內導體棒的運動情況并求前3s內導體棒所受的摩擦力Ff隨時間t變化的關系式；(3)若t＝3s時，突然使導體棒獲得向右的速度v0＝8m/s，同時垂直導體棒施加一方向水平、大小可變化的外力F，使導體棒的加速度大小恒為a＝4m/s2、方向向左．求從t＝3s到t＝4s的時間內通過電阻的電荷量q.【審題指導】

【答案】

(1)0.025N

(2)前3s內導體棒靜止Ff＝0.0125(2－t)(N)(t<3s)

(3)1.5C(2)導體棒與導軌間的最大靜摩擦力Fmax＝μmg＝0.1×0.1×10N＝0.1N>F0＝0.025N所以在t＝0時刻導體棒靜止不動，加速度為零，在0～3s內磁感應強度B都小于B0，導體棒所受的安培力都小于最大靜摩擦力，故前3s內導體棒靜止不動，電流恒為I＝0.25A在0～3s內，磁感應強度B＝B0－kt＝0.2－0.1t(T)因導體棒靜止不動，導體棒在水平方向受安培力和摩擦力，二力平衡，則有Ff＝BIl＝(B0－kt)Il＝(0.2－0.1t)×0.25×0.5(N)＝0.0125(2－t)(N)(t<3s)．(3)3～4s內磁感應強度大小恒為B2＝0.1T，導體棒做勻變速直線運動，Δt1＝4s－3s＝1s設t＝4s時導體棒的速度為v，第4s內的位移為x，則【歸納總結】對于由磁感應強度B隨時間t變化產生感生電動勢的問題，其電源為垂直于磁場的電路的所有區(qū)域；而導體棒切割磁感線產生動生電動勢的問題，其電源部分為切割磁感線的導體棒部分．

如圖所示，足夠長的水平軌道左側b1b2～c1c2部分軌道間距為2l，右側c1c2～d1d2部分的軌道間距為l，曲線軌道與水平軌道相切于b1b2，所有軌道均光滑且電阻不計．在水平軌道內有斜向下與豎直方向成θ＝37°的勻強磁場，磁感應強度大小B＝0.1T．質量M＝0.2kg的金屬棒B垂直于導軌靜止放置在右側窄軌道上，質量m＝0.1kg的金屬棒A