专题20 计算题的解题方法与技巧（命题猜想）-2018年高考物理命题猜想与仿真押题
【考向解读】
计算题命题立意分类
【命题热点突破一】各类运动问题
(1)各类运动问题主要包括：静止、匀速直线运动、匀变速直线运动、匀速圆周运动这四种运动．
(2)破解运动学问题关键是抓住运动的条件，即受力分析而后利用牛顿第二定律研究物体的运动．
(3)该类问题主要包括，单个物体的多个运动过程问题，多个物体的追及相遇问题，板块问题，传送带问题，天体的运动等问题．
例1、【2017·新课标Ⅱ卷】（12分）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1（s1
＝0.6 s，不符合题意．
若有一发子弹落地，另一发打在靶上，才能满足题目中的靶上只有一个弹孔，L才有所谓的“范围”，由于落地的极限时间相同t＝＝＝0.6 s，所以出射速度越大，水平射程越长，当第二发子弹恰好打在靶的下边缘时，第一发已落地，第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L2＝vt＋s，解得L2＝570 m．若第一发子弹打到靶的下边缘时，装甲车离靶的距离为L1＝v′0t，而h＝gt2，解得L1＝492 m；若靶上只有一个弹孔，则L的范围为492 mμMg·4l x.k.w
要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有
Mv≤Mgl ⑪
联立①②⑩⑪式得
m≤M1）。一质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x
轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求（不计重力）
（1）粒子运动的时间；
（2）粒子与O点间的距离。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动。设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x<0区域，圆周半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得
①
②
（2）由几何关系及①②式得，所求距离为⑥
【2016·四川卷】如图1所示，图面内有竖直线DD′，过DD′且垂直于图面的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域．区域Ⅰ有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于图面的匀强磁场B(图中未画出)；区域Ⅱ有固定在水平面上高h＝2l、倾角α＝的光滑绝缘斜面，斜面顶端与直线DD′距离s＝4l，区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场(图中未画出)；C点在DD′上，距地面高H＝3l.零时刻，质量为m、带电荷量为q
的小球P在K点具有大小v0＝、方向与水平面夹角θ＝的速度，在区域Ⅰ内做半径r＝的匀速圆周运动，经C点水平进入区域Ⅱ.某时刻，不带电的绝缘小球A由斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球P相遇．小球视为质点，不计空气阻力及小球P所带电荷量对空间电磁场的影响．l已知，g为重力加速度．
(1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)若小球A、P在斜面底端相遇，求释放小球A的时刻tA；
(3)若小球A、P在时刻t＝β(β为常数)相遇于斜面某处，求此情况下区域Ⅱ的匀强电场的场强E，并讨论场强E的极大值和极小值及相应的方向．
图1
【答案】(1) (2)(3－2)
tC＝
s－hcot α＝v0(t1－tC)
小球A释放后沿斜面运动加速度为aA，与小球P在时刻t1相遇于斜面底端，有
mgsin α＝maA
＝aA(t1－tA)2
联立以上方程解得tA＝(3－2).
(3)设所求电场方向向下，在t′A时刻释放小球A，小球P在区域Ⅱ运动加速度为aP，有
s＝v0(t－tC)＋aA(t－t′A)cos α
mg＋qE＝maP
H－h＋aA(t－t′A)2sin α＝aP(t－tC)2
联立相关方程解得E＝
对小球P的所有运动情形讨论可得3≤β≤5
由此可得场强极小值为Emin＝0；场强极大值为Emax＝，方向竖直向上．
【变式探究】(2015·山东)如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径．两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔．一质量为m，电量为＋q的粒子由小孔下方d/2处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由点H紧靠大圆内侧射入磁场．不计粒子的重力．
(1)求极板间电场强度的大小；
(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小；
(3)若Ⅰ区，Ⅱ区磁感应强度的大小分别为2mv/qD,4mv/qD，粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程．
【解析】 (1)粒子在电场中，根据动能定理
Eq·＝mv2，解得E＝
(2)若粒子的运动轨迹与小圆相切，则当内切时，半径为r1＝＝
设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动公式可得
T1＝，T2＝
据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图所示，根据对称性可知，Ⅰ区两段圆弧所对的圆心角相同，设为θ1，Ⅱ区内圆弧所对圆心角为θ2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为α，由几何关系可得θ1＝120°，θ2＝180°，α＝60°
【变式探究】
如图所示，离子发生器发射一束质量为m，电荷量为＋q的离子，从静止经PQ两板间的加速电压加速后，以初速度v0再从a点沿ab方向进入一匀强电场区域，abcd所围成的正方形区域是该匀强电场的边界，已知正方形的边长为L，匀强电场的方向与ad边平行且由a指向d.
(1)求加速电压U0；
(2)若离子恰从c点飞离电场，求ac两点间的电势差Uac；
(3)若离子从abcd边界上某点飞出时的动能为mv，求此时匀强电场的场强大小E.
【解析】 (1)对直线加速过程，根据动能定理，有
解得Uac＝
(3)根据Ek＝mv2可知，离子射出电场时的速度v＝v0，方向与ab所在直线的夹角为45°，即vx＝vy，根据x＝vxt，y＝t，可得x＝2y，则离子应该从bc边上的某点飞出．
ab方向，有L＝v0t
ad方向，有y＝t
解得y＝，根据动能定理，有
Eqy＝mv－mv，解得E＝
【答案】 (1) (2) (3)
【思路点拨】 (1)对直线加速过程运用动能定理列式求解即可；(2)粒子做类平抛运动，根据类平抛运动的分位移公式列式求解即可；(3)粒子做类平抛运动，根据类平抛运动的分速度公式和分位移公式列式，再结合动能定理列式，最后联立求解即可．本题关键是明确粒子的运动是类平抛运动，然后根据类平抛运动的分运动公式列式求解，不难．
【命题热点突破四】带电粒子在复合场中运动的问题
(1)带电粒子在复合场中的运动包括两类问题，一是粒子依次进入不同的有界场区，二是粒子进入复合场区．
(2)正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题的前提，带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及初始状态的速度，因此应把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析，当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，做匀速直线运动．
(3)带电粒子所受的重力和电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动．
(4)带电粒子所受的合外力是变力，且与初速度方向不在一条直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，由于带电粒子可能连续通过几个情况不同的复合场区，因此粒子的运动情况也发生相应的变化，其运动过程可能由几种不同的运动阶段组成．
(5)带电粒子在复合场中的临界问题，这时应以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，根据临界条件列出辅助方程，再与其他方程联立求解．
例4、【2017·新课标Ⅱ卷】（20分）如图，两水平面（虚线）之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量为m、电荷量分别为q和–q（q>0）的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求
（1）M与N在电场中沿水平方向的位移之比；
（2）A点距电场上边界的高度；
（3）该电场的电场强度大小。
【答案】（1）3:1 （2） （3）
【解析】（1）设带电小球M、N抛出的初速度均为v0，则它们进入电场时的水平速度仍为v0；M、N在电场中的运动时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2；由运动公式可得：
因为M在电场中做匀加速直线运动，则
⑦
由①②⑤⑥⑦可得h=⑧
（3）设电场强度为E，小球M进入电场后做直线运动，则，⑨
设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理：
⑩
⑪
由已知条件：Ek1=1.5Ek2
联立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫解得：
(2016·四川理综，11，19分)如图所示，图面内有竖直线DD′，过DD′且垂直于图面的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域．区域Ⅰ有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于图面的匀强磁场B(图中未画出)；区域Ⅱ有固定在水平地面上高h＝2l、倾角α＝的光滑绝缘斜面，斜面顶端与直线DD′距离s＝4l，区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场(图中未画出)；C点在DD′上，距地面高H＝3l.零时刻，质量为m、带电荷量为q的小球P在K点具有大小v0＝、方向与水平面夹角θ＝的速度，在区域Ⅰ内做半径r＝
的匀速圆周运动，经C点水平进入区域Ⅱ.某时刻，不带电的绝缘小球A由斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球P相遇．小球视为质点，不计空气阻力及小球P所带电量对空间电磁场的影响．l已知，g为重力加速度．
(1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)若小球A、P在斜面底端相遇，求释放小球A的时刻tA；
(3)若小球A、P在时刻t＝β(β为常数)相遇于斜面某处，求此情况下区域Ⅱ的匀强电场的场强E，并讨论场强E的极大值和极小值及相应的方向．
【解析】 (1)由题知，小球P在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，有
m＝qv0B ①
代入数据解得B＝ ②
(2)小球P在区域Ⅰ做匀速圆周运动转过的圆心角为θ，运动到C点的时刻为tC，到达斜面底端时刻为t1，有
tC＝ ③
s－hcot α＝v0(t1－tC) ④
小球A释放后沿斜面运动加速度为aA，与小球P在时刻t1相遇于斜面底端，有mgsin α＝maA ⑤
对小球P的所有运动情形讨论可得3≤β≤5 ⑫
由此可得场强极小值Emin＝0，场强极大值Emax＝，方向竖直向上．
【答案】 (1) (2)(3－2) (3)；Emax＝，方向竖直向上；Emin＝0
【变式探究】(2015·福建) 如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动．A、C两点间距离为h，重力加速度为g.
(1)求小滑块运动到C点时的速度大小vc；
(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；
(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点．已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vP.
【解析】 (1)由题意知，根据左手定则可判断，滑块在下滑的过程中受水平向左的洛伦兹力，当洛伦兹力等于电场力qE时滑块离开MN开始做曲线运动，即BqvC＝qE
解得vC＝E/B
(2)从A到C根据动能定理mgh－Wf＝mv－0
解得Wf＝mgh－m
(3)设重力与电场力的合力为F，由图意知，在D点速度vD的方向与F的方向垂直，从D到P做类平
【答案】 (1)E/B (2)Wf＝mgh－m
(3)vP＝
【变式探究】
(2015·天津)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动．在真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场和磁场的宽度均为d.电场强度为E，方向水平向右；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射．
(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2；
(2)粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn，试求sinθn；
(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的情况下，也进入第n层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之．
【解析】 (1)粒子在进入第2层磁场时，经两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功，由动能
nqEd＝mv
qvnB＝m
(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则
θn＝，sinθn＝1
由sinθ＝B知：在其他条件不变的情况下，粒子的比荷越大，粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角θn越大，所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界．
【命题热点突破五】电磁感应问题
(1)通电导体在磁场中将受到安培力的作用，电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，解决问题的基本思路．
①用法拉第电磁感应定律及楞次定律求感应电动势的大小及方向．
②求电路中的电流．
③分析导体的受力情况．
④根据平衡条件或者牛顿第二定律列方程．
(2)抓住能的转化与守恒分析问题：
①抓住能量转化．电磁感应现象中出现的电能，一定是由其他形式的能转化而来，具体问题中会涉及多种形式的能之间的转化，机械能和电能的相互转化、内能和电能的相互转化．
②利用功能关系．明确有哪些力做功，就可知道有哪些形式的能量参与了相互转化：摩擦力在相对位移上做功，必然有内能出现；重力做功，必然有重力势能参与转化；安培力做负功就会有其他形式能转化为电能，安培力做正功必有电能转化为其他形式的能；然后利用能量守恒列出方程求解．
例5、【2017·天津卷】（20分）电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。问：
（1）磁场的方向；
（2）MN刚开始运动时加速度a的大小；
（3）MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。
【答案】（1）磁场的方向垂直于导轨平面向下 （2） （3）
【解析】（1）电容器充电后上板带正电，下板带负电，放电时通过MN的电流由M到N，欲使炮弹射出，安培力应沿导轨向右，根据左手定则可知磁场的方向垂直于导轨平面向下。
（2）电容器完全充电后，两极板间电压为E，根据欧姆定律，电容器刚放电时的电流：
设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力：
由动量定理，有：
又：
整理的：最终电容器所带电荷量
【2016·浙江卷】小明设计的电磁健身器的简化装置如图110所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50 m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05 Ω的电阻．在导轨间长d＝0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T．质量m＝4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连．CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24 m．一位健身者用恒力F＝80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直．当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：
(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；
(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；
(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.
图110
【答案】(1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J
【解析】(1)由牛顿定律a＝＝12 m/s2 ①
由牛顿定律F－mgsin θ－FA＝0 ⑧
CD棒在磁场区做匀速运动
在磁场中运动时间t＝ ⑨
焦耳热Q＝I2Rt＝26.88 J ⑩
【变式探究】半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下．在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g.求：
(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；
(2)外力的功率．
(2)根据能量守恒定律，得外力的功率P等于安培力与摩擦力的功率之和，即P＝BIrv＋fv，而f＝μmg
解得P＝＋
【答案】 (1)方向为C→D 大小为
(2)＋
【特别提醒】(1)掌握导体棒扇形切割原理；(2)掌握电磁感应中等效电路的处理方法；(3)掌握电磁感应现象中的能量转化分析．
【方法技巧】
1．思维焦点
思维的起点一般是问题，问题将成为第一个思维焦点，“思维焦点”要随着思考的深入而逐渐转移，“思维焦点”的转移与确定要依附于试题所给的条件，“思维焦点”可以确定在一个较为难于理解的条件上，也可以确定在某个运动过程的细致研究上，还可以是一个几何关系上……
2．定性分析贯通全题
定性分析只关注物理量之间存在着某种关联，而不关心它们之间具体的细节关系，在寻找物理量间的定性关系时也要有依据，要环环相扣，不能盲目，最终定性分析能将试题的问题与条件之间建立一种软联系，该分析过程在解题中必不可少．
定性分析需要对关键条件逐步的转化和明确，在许多试题中总有一个或几个关键的难于理解的条件，需要我们将该条件逐步的转化，最终成为更具体的方程式之间的关联．
定性分析可源于一种几何关联，例如：“平抛运动受到斜面的限制、受到圆弧的限制、与其他的运动相遇、与其他运动相衔接，都需要我们来利用定性分析建立几何关联”；定性分析也可源于数学的函数关联，利用数学上的函数关联定性分析，需要明确谁是自变量，谁是函数．高考明确要求考查学生运用数学知识解决物理问题的能力，因此，此种分析不仅普遍且变得非常重要．
3．关注细节、展开细节
定性分析过后要将量与量之间的关系具体表达出来，这就需要我们关注过程、规律、方程的细节．
关注细节也要有顺序．
第一要解决审题过程中的细节问题，因为通过审题需要构建客观的物理场景，例如：“光滑、粗糙、连接、固定、缓慢、迅速、不计电阻、不计重力、恰好……”．
第二要关注运动过程中的细节，有时需要将运动过程中的某一个状态拍一个特写并将细节进行放大分析；有时又需要将运动的某一个转折进行反复的咀嚼，从而转化为明确的物理条件，进而转化为方程；有时又需要将一个运动过程动态的展现，从而找到临界；还有时需要提取出某个问题单独进行研究．
第三要关注列方程的细节，逆向推理，正向列方程，对于某个确定的方程还要明确各物理量的含义．
