第12講應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)和方法處理物理問(wèn)題

1、第12講應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)和方法處理物理問(wèn)題題型1應(yīng)用幾何圖形解決物理問(wèn)題1 .動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題的幾何解法等效圓周角不變法物體受三個(gè)力平衡：一個(gè)力恒定、另外兩個(gè)力大小、方向都變化，但兩力夾角不變時(shí)可用此 法(如圖).由弦長(zhǎng)的變化判斷力的變化，此類(lèi)題也可用正弦定理求解.2 .與圓有關(guān)的幾何知識(shí)2(1)周長(zhǎng)：2 面積： ；(2)直徑所對(duì)的圓周角是直角；(3)同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等，都等于它所對(duì)圓心角的一半；(4)圓的函數(shù)方程：(x a)2+(yb)2=r2是以點(diǎn)(a, b)為圓心、r為半徑的圓.【例1】 如圖所示，在半徑R= 4 cm的圓形區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.1 T,圓

2、的直徑 OA恰好落在x軸上，C為圓心.在原點(diǎn) 。處有一粒子源，可向 xOy 平面內(nèi)的各個(gè)方向發(fā)射速度大小均為 v=8X105 m/s、比荷2=1* 108 c/kg的帶負(fù)電粒子，粒 子重力不計(jì).(1)當(dāng)粒子的初速度方向與 x軸夾角為。時(shí)，恰好能從 A點(diǎn)射出，求。角；(2)調(diào)整粒子源的出射速度大小為2X 105 m/s,試用陰影圖畫(huà)出粒子在磁場(chǎng)中能到達(dá)的區(qū)域，并求出該區(qū)域的面積(取兀3).答案見(jiàn)解析2解析(1)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為口，據(jù)qvB = L,解得：門(mén)=8 cm.分析知，粒r1子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心與 O、A三點(diǎn)組成等邊三角形，由幾何關(guān)系知：0= 30。(2)v改變后，粒子做圓周

3、運(yùn)動(dòng)的半徑:2= 2 cm ,能到達(dá)的陰影區(qū)域如圖所示1 2s半圓=2 21 2S扇形=6422)1S 弧=S 扇形 - 2x 2r2 *211222故 S 陰影=6r 0時(shí)，ym為 2a極小值；at2, OD長(zhǎng)度超過(guò)一條弦,時(shí)間最長(zhǎng)，即12vt4,選項(xiàng)A、B、D正確，C錯(cuò)誤.2.如圖所示，將兩個(gè)質(zhì)量均為m,帶電荷量分別為+ q、一 q的小球a、b,用兩細(xì)線相連并懸掛于。點(diǎn)，置于沿水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度為E,且Eq = mg,用力F拉小球a,使整個(gè)裝置處于平衡狀態(tài)，且兩條細(xì)線在一條直線上，則F的大小可能為（）A . tlt2C . t2= t4答案 C解析以O(shè)A為直徑畫(huà)圓建立等時(shí)圓模型

4、,1B.2mgD.mgC - mg答案 A解析 先分析b的平衡，由于Eq=mg,所以?xún)删€與豎直方向夾角為 45。，再分析整體平衡: 兩電場(chǎng)力抵消，轉(zhuǎn)變成典型的三力平衡問(wèn)題，畫(huà)矢量三角形如圖所示，F(xiàn)的最小值Fmin =2mgsin 45 = mg, 則應(yīng)滿(mǎn)足F/2mg,故A正確.3 .如圖所示，傳送帶通過(guò)滑道將長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m的勻質(zhì)物塊以初速度 vo向右送上水平臺(tái)面，物塊前端在臺(tái)面上滑動(dòng)s距離停下來(lái).已知滑道上的摩擦不計(jì)，物塊與臺(tái)面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 心重力加速度為g,而且sL,則物塊的初速度 丫0為()A. 2 科 gLB. 2dgs 科 gLC. 2 dgsD. . 2dgs w gL答案 B

5、解析 物塊位移在由0增大到L的過(guò)程中，對(duì)臺(tái)面的壓力隨位移由0均勻地增加至 mg,故整個(gè)過(guò)程的摩擦力的大小隨位移變化的圖象如圖所示，圖中梯形“面積”表示物塊克服摩擦力所做的功.112由動(dòng)能te理得： 萬(wàn)m(gs L+ s)= mv0可解得 vo = AJ2gs-gL【能力題組14.如圖甲所示，木板與水平地面間的夾角。可以隨意改變，當(dāng)0= 30。時(shí)，可視為質(zhì)點(diǎn)的一小物塊恰好能沿著木板勻速下滑.若讓該小物塊從木板的底端以大小恒定的速度vo沿木板向上運(yùn)動(dòng)(如圖乙)，隨著。的改變，小物塊沿木板滑行的最大距離s將發(fā)生變化，重力加速度為g.甲乙(1)求小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù);（2）當(dāng)。角滿(mǎn)足什么條件時(shí)，

6、小物塊沿木板上滑的最大距離s最小，并求出此最小值.答案/（2）0= 60。,3v024g解析(1)由題意知，當(dāng)0= 30時(shí)，對(duì)物塊受力分析得mgsin 0=INFn= mgcos 0聯(lián)立得（1= tan 0= tan 30 (2)小物塊向上運(yùn)動(dòng)，則有 mgsin 0+mgos 0= ma2V0vo2= 2as則s=2g（sin 0+（ros 0）2V02g y1 +，sin（ 0+令 tan a=，當(dāng) 0+a= 90 時(shí)，s最小，此時(shí)有 0= 602 v0布 smin 一j2gW+ 23vo24g5.如圖所示，質(zhì)量為 m的由絕緣材料制成的球與質(zhì)量為M= 19m的金屬球并排懸掛.現(xiàn)將絕緣球拉至與

7、豎直方向成0= 60。的位置自由釋放，下擺后在最低點(diǎn)處與金屬球發(fā)生彈性碰撞.在平衡位置附近存在垂直于紙面的磁場(chǎng).已知由于磁場(chǎng)的阻尼作用，金屬球?qū)⒂谠俅闻鲎睬巴Ｔ谧畹忘c(diǎn)處.求經(jīng)過(guò)幾次碰撞后絕緣球偏離豎直方向的最大角度將小于45.答案 3次解析 設(shè)在第n次碰撞前絕緣球的速度為Vn-1,碰撞后絕緣球、金屬球的速度分別為Vn和Vn.由于碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒、碰撞前后動(dòng)能相等，設(shè)速度向左為正，則mvn 1= MVn mVn 1212,12 分mvn i =MVn + 2mvn 由、兩式及M=19m解得Vn= Vn 1 、，1 小Vn=i0Vn 1 第n次碰撞后絕緣球的動(dòng)能為En= ；mvn2= (O.81

8、)nEo Eo為第1次碰撞前的動(dòng)能，即初始能量絕緣球在 苗=60與0= 45處的勢(shì)能之比為E mgl 1 cos 0=1吆0.586Eo mgl(1 cos (0)式中l(wèi)為擺長(zhǎng).根據(jù)式，經(jīng)n次碰撞后En= (0.81), Eo易算出(0.81)2 = 0.656, (0.81)3= 0.531,因此，經(jīng)過(guò) 3次碰撞后。將小于45.6. (2019河南駐馬店市第一學(xué)期期末 )如圖所示，間距為 L = 0.5 m的兩條平行金屬導(dǎo)軌，水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B= 0.2 T ,軌道左側(cè)連接一定值電阻R=1 垂直導(dǎo)軌的導(dǎo)體棒 ab在水平外力F作用下沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，并始終與導(dǎo)軌接觸良

9、好.t = 0時(shí)刻，導(dǎo)體棒從靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，力 F隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示.已知導(dǎo) 體棒和導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為尸0.5,導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻均不計(jì).取 g= 10 m/s2,求：(1)導(dǎo)體棒的加速度大小;(2)導(dǎo)體棒的質(zhì)量.答案(1)5 m/s2 (2)0.1 kg解析(1)設(shè)導(dǎo)體棒的質(zhì)量為 m,導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為a,某時(shí)刻t,導(dǎo)體棒的速度為v,所受的摩擦力為 Ff,則導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)：E=BLv回路中的電流I=E R導(dǎo)體棒受到的安培力：F安=81由牛頓第二定律：F-F安一Ff=ma 由題意v= at2 2聯(lián)立解得： F = B at + ma+ F f R根據(jù)題圖

10、乙可知，010 s內(nèi)圖象的斜率為 0.05 N/s,即旦L-a= 0.05 N/s,解得a = 5 m/s2 R(2)由Ft圖象縱截距可知：ma+Ff=1.0 N又 Ff= mg解得 m= 0.1 kg.7. (2019山東德州市上學(xué)期期末)如圖所示，寬度為 L的光滑固定金屬導(dǎo)軌由水平部分和傾 斜部分組成，水平部分足夠長(zhǎng)，傾斜部分與水平面的夾角為30.導(dǎo)軌水平部分處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，傾斜部分處于斜向上與導(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大 小均為B.導(dǎo)體棒ab和cd分別置于導(dǎo)軌的傾斜部分上和水平部分上并保持靜止，現(xiàn)將導(dǎo)體棒 ab,在距導(dǎo)軌水平部分高度為 h處釋放，導(dǎo)體棒ab在到

11、達(dá)MN處之前已達(dá)到穩(wěn)定的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)， 在導(dǎo)體棒ab到達(dá)MN時(shí)再釋放導(dǎo)體棒 cd,導(dǎo)體棒ab在MN處由傾斜部分進(jìn)入水平部分時(shí)無(wú) 能量損失.已知導(dǎo)體棒 ab質(zhì)量為m,長(zhǎng)為L(zhǎng),電阻為r,導(dǎo)體棒cd質(zhì)量也為m,長(zhǎng)也為L(zhǎng), 電阻為2r,導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間,導(dǎo)體棒ab、cd始終與導(dǎo)軌接觸良好，求：(1)導(dǎo)體棒ab到達(dá)MN之前穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小；(2)整個(gè)過(guò)程中導(dǎo)體棒 ab產(chǎn)生的焦耳熱；(3)整個(gè)過(guò)程中通過(guò)導(dǎo)體棒ab某一橫截面的電荷量.答案翳2B L2BLh , 3m2gr(3) 3r + 4B3L313m3g2r3m3g2r2 得 Qab = 3mgh- 16B4L43mg2詢(xún)解析(1)

12、導(dǎo)體棒ab到達(dá)MN之前穩(wěn)定時(shí)，由平衡條件得 mgsin 30 = ILB,BLvI =3r聯(lián)立得:v =(2)導(dǎo)體棒ab進(jìn)入水平部分后，ab和cd組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒：mv=2mv導(dǎo)體棒ab和cd最終各自的速度大小相同，都為, 3mgr v =4B2L2(3)導(dǎo)體棒ab自開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至到達(dá) MN的過(guò)程中,通過(guò)導(dǎo)體棒ab某一橫截面的電荷量q1 = I At整個(gè)過(guò)程中能量守恒 mgh=2x|mv/ 2+Q1導(dǎo)體棒ab廣生的焦耳熱 Qab=-Q3一 E _ A_ hI = E= _ 4蟲(chóng)=L . ”3r 困sin 30/曰 2BLh得 q1=FT-31對(duì)導(dǎo)體棒cd的運(yùn)動(dòng)過(guò)程運(yùn)用動(dòng)量定理:BL I iAti

13、+BL I 2At2+BL I 3At3+= mv -0 q2= I 1 困1+ I 2At2+ 13At3+ 得 q2=4B3g32整個(gè)過(guò)程中通過(guò)導(dǎo)體棒 ab的電荷量q=q1 + q2=2BLh+4B*312(F + mg-i = 0 ？mv2對(duì)于兩個(gè)大于零的變量a、b,若其和a+b為一定值，則當(dāng)a=b時(shí)，其積ab有極大值；若其積ab為一定值，則當(dāng)a=b時(shí)，其和a+b有極小值.【例5 為研究靜電除塵，有人設(shè)計(jì)了一個(gè)盒狀容器，容器側(cè)面是絕緣的透明有機(jī)玻璃，它的 上下底面是面積 S= 0.04 m2的金屬板，間距 L = 0.05 m,當(dāng)連接到U=2 500 V的高壓電源正 負(fù)兩極時(shí)，能在兩金屬板間產(chǎn)生一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示.現(xiàn)把一定量均勻分布的煙塵顆粒 密閉在容器內(nèi)，每1 m3有煙塵顆粒1X1013個(gè)，假設(shè)這些顆粒都處于靜止?fàn)顟B(tài)，每個(gè)顆粒的 帶電荷量q=+1.0X10 17C,質(zhì)量m=2.0X10 15 kg,不考慮煙塵顆粒之間的相互作用和空 氣阻力，并忽略煙塵顆粒所受的重力.問(wèn)合上開(kāi)關(guān)后：在電磁感應(yīng)中，如導(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為2 2安培力為F =