高考物理一轮复习解题能力讲座(五)破解高考压轴大题的方法教案(含解析)沪科版(1)

解题能力讲座(五)——破解高考压轴大题的方法命题热点高考压轴题命题形式主要有：①匀变速直线运动规律的应用；②牛顿第二定律和运动学公式的综合应用；③应用动力学和能量观点处理多运动过程问题；④带电粒子在磁场中的运动；⑤带电粒子在复合场中的运动；⑥应用动力学和能量观点处理电磁感应问题。

高分策略计算题是高考物理试卷中最重要的组成部分，具有对学生收集和处理信息的能力、综合分析能力、应用所学物理知识解决实际问题的能力、应用数学知识解决物理问题的能力等多种能力的考查功能。

要能从容不迫、准确无误地解答高考压轴计算题，除了需要具备扎实的物理基础知识外，还必须熟练掌握一些常用的解题技巧和争分诀窍。

方法指导方法一模型提练法——建立模型，大题小做通过“三遍”读题，完成“建模”过程1．通读：读后头脑中要出现物理图景的轮廓。

由头脑中的图景(物理现象、物理过程)与某些物理模型找关系，初步确定研究对象，猜想所对应的物理模型。

2．细读：读后头脑中要出现较清晰的物理图景。

由题设条件，进行分析、判断，确定物理图景(物理现象、物理过程)的变化趋势，基本确定研究对象所对应的物理模型。

3．选读：通过对关键词语的理解、隐含条件的挖掘、干扰因素的排除，要对题目有更清楚的认识，最终确定本题的研究对象、物理模型及要解决的核心问题。

【典例1】(2014·济南高三教学质量调研考试)如图1所示，在x＜0的区域内存在沿y 轴负方向的匀强电场，在第一象限倾斜直线OM的下方和第四象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场。

一带电粒子由电场中的P点沿x轴正方向射出，恰好经过坐标原点O进入匀强磁场，经磁场偏转后垂直于y 轴从N 点回到电场区域，并恰能返回P 点。

已知P 点坐标为(－L ，32L )，带电粒子质量为m ，电荷量为q ，初速度为v 0，不计粒子重力。

求：图1(1)匀强电场的电场强度大小； (2)N 点的坐标；(3)匀强磁场的磁感应强度大小。

思维建模①带电粒子从P ―→ O 过程――→建模类平抛运动 ②带电粒子在磁场中运动过程――→建模匀速圆周运动 ③带电粒子从出磁场―→N 过程――→建模匀速直线运动 ④带电粒子从N ―→P 过程――→建模类平抛运动规范解答 (1)设粒子从P 到O 时间为t ，加速度为a ， 则L ＝v 0t ，32L ＝12at 2由牛顿第二定律，可得qE ＝ma 由以上三式，可解得E ＝3mv 2qL(2)设粒子运动到N 点时速度为v ，则v ＝v 20＋2a ×32L ＝2v 0 所以粒子从N 到P 的时间t ′＝12t沿y 轴位移h ＝12at ′2＝38L因此N 点坐标为(0，538L )(3)粒子在磁场中运动轨迹如图所示。

设半径为R ，粒子在O 点时速度方向与y 轴负方向的夹角为30°由几何关系可知R ＋R sin 30°＝538L又因为qvB ＝m v 2R解得B ＝83mv 05qL答案 (1)3mv 2qL (2)(0，538L ) (3)83mv 05qL 【即学即练】1．(2014·绵阳诊断性检测)如图2所示，B 、C 、D 在同一水平面，CED 为半径R ＝1 m 的圆形光滑圆弧，O 为其圆心，其圆心角α＝74°，E 为圆弧的最低点，圆弧与传送带相切于D 点，传送带与水平面的夹角β＝37°。

质量为m ＝1 kg 可看做质点的物块从B 点正上方的A 点以v 0＝4 m/s 的水平速度抛出，恰好从C 点沿圆弧的切线方向进入圆弧。

传送带以速度v ＝4 m/s 匀速向上运动，传送带的长度DF ＝5 m ，物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力(不计空气阻力，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。

求：图2(1)物块在C 点速度的大小； (2)物块在E 点对轨道的压力；(3)通过计算说明，物块能否被传送带传送到F 点。

解析 (1)在C 点把物块的速度v C 分解为水平方向速度v x 和竖直方向的速度v y ，由几何关系得：v C ＝v xcos 37° 由平抛运动规律得：v x ＝v 0 代入数据得：v C ＝5 m/s(2)从C 点到E 点的过程中，由机械能守恒定律得mgR (1－cos 37°)＝12mv 2E －12mv 2C在E 点由牛顿第二定律得N －mg ＝mv 2ER代入数据得N ＝39 N由牛顿第三定律知，物块在E 点对轨道的压力大小为N ′＝39 N ，方向竖直向下(3)物块从C 点到D 点的过程机械能守恒，且C 、D 两点等高，所以物块在D 点速度大小v D ＝5 m/s 。

物块从D 点沿传送带向上匀减速到和传送带的速度相同的过程中，设物块的位移为s 1，加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得mg sin β＋μmg cos β＝ma 1由运动学公式得v 2－v 2D ＝2(－a 1)s 1 代入数据得s 1＝0.45 m由于传送带对物块向上的最大静摩擦力小于物块重力沿斜面向下的分力，即μmg cos β<mg sin β。

所以物块沿传送带向上做匀减速运动，物块从和传送带速度相同到速度减为0的过程，设加速度大小为a 2，位移为s 2，由牛顿第二定律得mgs sin β－μmg cos β＝ma 2 由运动学公式得 02－v 2＝2(－a 2)s 2 代入数据得s 2＝4 m由于s 1＋s 2＝0.45 m ＋4 m ＝4.45 m<DF ＝5 m ，所以物块不能被传送到传送带的F 点。

答案 (1)5 m/s (2)39 N 方向竖直向下 (3)不能 理由见解析 方法二 数图结合法——抓关键点，找突破口物理规律、公式与物理图像的结合是一种重要的解题方法，其关键是把图像与具体的物理情境结合，并结合斜率、特殊点等的物理意义，确定能从图像中反馈出来哪些有用信息并结合物理规律、公式求解，一般思路如下【典例2】 (2013·新课标全国卷Ⅱ，25)一长木板在水平地面上运动，在t ＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图像如图3所示。

已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦。

物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。

取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2，求：图3(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从t ＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。

第一步：抓关键点→获取信息 (1)读题：(2)读图：第二步：找突破口→形成思路v －t 图像→①共同速度v 1＝1 m/s②木板加速度a 2＝8 m/s 2③t 1＝0.5 s――→选规律①由v 1＝a 1t 1求物块的加速度②牛顿第二定律求μ1、μ2――→判断用假设法判断二者获得共同速度后的运动状态――→二者再次相对滑动隔离法分别求两物体的加速度和位移规范解答 由v －t 图像可知，在t 1＝0.5 s 时，二者速度相同，为v 1＝1 m/s ，物块和木板的加速度大小分别为a 1和a 2，则a 1＝v 1t 1①a 2＝v 0－v 1t 1②设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，根据牛顿第二定律，对物块有μ1mg ＝ma 1③ 对木板有μ1mg ＋2μ2mg ＝ma 2④联立①②③④式得联立方程得：μ1＝0.2，μ2＝0.3(2)t 1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向。

设物块与木板之间的摩擦力大小为f ，物块和木板的加速度大小分别为a 1′和a 2′，由牛顿第二定律得 对物块有f ＝ma 1′ 对木板有2μ2mg －f ＝ma 2′假设物块相对木板静止，即f ＜μ1mg ，则a 1′＝a 2′， 得f ＝μ2mg ＞μ1mg ，与假设矛盾，所以物块相对木板向前减速滑动，而不是与木板共同运动，物块加速度大小a 1′＝a 1＝2 m/s 2物块的v －t 图像如图所示。

此过程木板的加速度a 2′＝2μ2g －μ1g ＝4 m/s 2由运动学公式可得，物块和木板相对地面的位移分别为s 1＝v 212a 1＋v 212a 1′＝0.5 ms 2＝v 0＋v 12t 1＋v 212a 2′＝138m物块相对木板的位移大小为s ＝s 2－s 1＝1.125 m 答案 (1)0.2 0.3 (2)1.125 m 【即学即练】2．间距为L ＝2 m 的足够长的金属直角导轨如图4甲所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。

质量均为m ＝0.1 kg 的金属细杆ab 、cd 与导轨垂直放置形成闭合回路。

杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，导轨的电阻不计，细杆ab 、cd 的电阻分别为R 1＝0.6 Ω，R 2＝0.4 Ω。

整个装置处于磁感应强度大小为B ＝0.50 T 、方向竖直向上的匀强磁场中(图中未画出)。

当ab 在平行于水平导轨的拉力F 作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时，cd 杆也同时从静止开始沿导轨向下运动．测得拉力F 与时间t 的关系如图乙所示。

g ＝10 m/s 2.图4(1)求ab 杆的加速度a ；(2)求当cd 杆达到最大速度时ab 杆的速度大小；(3)若从开始到cd 杆达到最大速度的过程中拉力F 做了5.2 J 的功，通过cd 杆横截面的电荷量为2 C ，求该过程中ab 杆所产生的焦耳热。

解析 (1)由题图乙可知，在t ＝0时，F ＝1.5 N 对ab 杆进行受力分析，由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma 代入数据解得a ＝10 m/s 2(2)从d 向c 看，对cd 杆进行受力分析如图所示，当cd 速度最大时，有f ＝mg ＝μN ，N ＝F 安，F 安＝BIL ，I ＝BLvR 1＋R 2综合以上各式，解得v ＝2 m/s(3)整个过程中，ab 杆发生的位移s ＝v 22a ＝222×10m ＝0.2 m对ab 杆应用动能定理，有W F －μmgs －W 安＝12mv 2代入数据解得W 安＝4.9 J ，根据功能关系Q 总＝W 安 所以ab 杆上产生的热量Q ab ＝R 1R 1＋R 2Q 总＝2.94 J 。

答案 (1)10 m/s 2(2)2 m/s (3)2.94 J 方法三 过程组合法——抓衔接点，用好规律一个较复杂的物理运动过程往往是由多个连续、简单的物理过程有机链接而成，解题时可将多个运动过程按规律重新组合，使得题目变得简单，从而茅塞顿开。

【典例3】 如图5所示，磁感应强度为B 的条形匀强磁场区域的宽度都是d 1，水平方向无限长，相邻磁场区域的间距均为d 2，x 轴的正上方有一电场强度大小为E ，方向与x 轴和磁场方向均垂直的匀强电场，将一质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子(重力忽略不计)从y 轴上坐标为(0，h )处由静止释放。