專題5 方法專題 第12講

1、第12講應(yīng)用數(shù)學(xué)知識和方法處理物理問題1動(dòng)態(tài)平衡問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)由弦長的變化判斷力的變化，此類題也可用正弦定理求解2與圓有關(guān)的幾何知識(1)周長：2r，面積：r2；(2)直徑所對的圓周角是直角；(3)同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于它所對圓心角的一半；(4)圓的函數(shù)方程：(xa)2(yb)2r2是以點(diǎn)(a，b)為圓心、r為半徑的圓例1如圖所示，在半徑R4 cm的圓形區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.1 T，圓的直徑OA恰好落在x軸上，C為圓心在原點(diǎn)O處有一粒子源，可向xO

2、y平面內(nèi)的各個(gè)方向發(fā)射速度大小均為v8105 m/s、比荷eq f(q,m)1108 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2105 m/s，試用陰影圖畫出粒子在磁場中能到達(dá)的區(qū)域，并求出該區(qū)域的面積(取3)答案見解析解析(1)設(shè)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r1，據(jù)qvBeq f(mv2,r1)，解得：r18 cm.分析知，粒子做圓周運(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：30(2)v改變后，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑：r22 cm，能到達(dá)的陰影區(qū)域如圖所示S半圓eq f(1,2)req oal

3、(22,)S扇形eq f(1,6)(2r2)2S弧S扇形eq f(1,2)2r2eq r(3)r2故S陰影eq f(11,6)req oal(22,)eq r(3)req oal(22,)15 cm2.yacos bsin eq r(a2b2) (eq f(a,r(a2b2)cos eq f(b,r(a2b2)sin )令sin eq f(a,r(a2b2)，cos eq f(b,r(a2b2)則有：yeq r(a2b2) (sin cos cos sin )eq r(a2b2)sin ()所以當(dāng)eq f(,2)時(shí)，y有最大值，且ymaxeq r(a2b2).例2(2019廣東肇慶市一模)如圖

4、a所示，一物體以一定的速度v0沿足夠長的固定斜面向上運(yùn)動(dòng)，此物體在斜面上的最大位移與斜面傾角的關(guān)系如圖b所示設(shè)各種條件下，物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，取g10 m/s2.試求：(1)物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)及物體的初速度大?。?2)為多大時(shí)，x值最小？求出x的最小值答案(1)eq f(r(3),3)5 m/s(2)eq f(,3)eq f(5r(3),8) m解析(1)當(dāng)為90時(shí)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識可得：veq oal(02,)2gh設(shè)動(dòng)摩擦因數(shù)為，當(dāng)0時(shí)摩擦力大小為：FfmgFfma1由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：veq oal(02,)2a1x0聯(lián)立以上各式解得：eq f(r(3),3)，v05 m/s

5、(2)對于任意角度，根據(jù)動(dòng)能定理可得，物體對應(yīng)的最大位移x滿足的關(guān)系式：eq f(1,2)mveq oal(02,)mgxsin mgxcos 上式變形可得：xeq f(voal(02,),2gsin cos )eq f(h,sin cos )eq f(h,r(12)sin)tan ，則x的最小值為xmineq f(h,r(12)eq f(r(3),2)heq f(5,8)eq r(3) m對應(yīng)的eq f(,2)eq f(,2)eq f(,6)eq f(,3)二次函數(shù)yax2bxc(a、b、c為常數(shù)且a0)，當(dāng)xeq f(b,2a)時(shí)，y有極值ym(a0時(shí)，ym為極小值；a0時(shí)，ym為極大值)

6、例3(2017全國卷17)如圖所示，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直，一小物塊以速度v從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點(diǎn)到軌道下端的距離與軌道半徑有關(guān)，此距離最大時(shí)，對應(yīng)的軌道半徑為(重力加速度大小為g)()A.eq f(v2,16g) B.eq f(v2,8g) C.eq f(v2,4g) D.eq f(v2,2g)答案B解析小物塊由最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒定律得eq f(1,2)mv22mgreq f(1,2)mveq oal(12,)，小物塊做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，落地點(diǎn)到軌道下端的距離xv1t，又2req f(1,2)gt2，聯(lián)立解得，x2eq

7、r(f(v2,g)r4r2)，由數(shù)學(xué)知識可知，當(dāng)req f(v2,8g)時(shí)，x最大，故選項(xiàng)B正確數(shù)列是高中數(shù)學(xué)的一個(gè)重點(diǎn)，日常生活中的很多實(shí)際問題都可以利用數(shù)列知識進(jìn)行求解，物理情境中也有很多問題與數(shù)列有關(guān)某一復(fù)雜物理過程中如果同一物理情境重復(fù)出現(xiàn)，往往會(huì)涉及數(shù)學(xué)歸納法和數(shù)列知識的應(yīng)用高中物理涉及的數(shù)列知識主要有等差數(shù)列、等比數(shù)列、通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和公式的應(yīng)用等解題的基本思路分三步：第一步，逐個(gè)分析開始階段的幾個(gè)物理過程；第二步，利用數(shù)學(xué)歸納法尋找變化物理量的通項(xiàng)公式；第三步，應(yīng)用數(shù)列知識分析求解例4如圖所示，豎直放置的半圓形光滑軌道半徑為R，圓心為O，下端與水平軌道在B點(diǎn)平滑連接一質(zhì)量為m的

8、物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，置于水平軌道上的A點(diǎn)已知A、B兩點(diǎn)間的距離為L，物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g.(1)若物塊能到達(dá)的最高點(diǎn)是半圓形軌道上與圓心O等高的C點(diǎn)，則物塊在A點(diǎn)水平向左運(yùn)動(dòng)的初速度應(yīng)為多大？(2)若對物塊始終施加水平向左的恒力Feq f(5,3)mg，并將其從A點(diǎn)由靜止釋放，且運(yùn)動(dòng)過程始終不脫離軌道，求物塊第2n(n1,2,3，)次經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度大小答案(1)eq r(2gLR)(2)(eq f(1,2)n2 eq r(f(gL,3)解析(1)設(shè)物塊在A點(diǎn)時(shí)的速度為v1，由動(dòng)能定理有：mgLmgR0eq f(1,2)mveq oal(12,)解得：v1eq r(2

9、gLR).(2)設(shè)第2、4、6、2n次經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度分別為v2、v4、v2n第2、4、6、2n次離開B點(diǎn)向右滑行的最大距離分別為L1、L2、Ln，則有：(Fmg)Leq f(1,2)mveq oal(22,)(Fmg)L10eq f(1,2)mveq oal(22,)(Fmg)L1eq f(1,2)mveq oal(42,)解得：eq f(v4,v2)eq r(f(Fmg,Fmg)eq f(1,2)同理eq f(v6,v4)eq f(1,2)，eq f(v2n,v2n2)eq f(1,2)綜上有：eq f(v2n,v2)(eq f(1,2)n1得：v2n(eq f(1,2)n2eq r(f(

10、gL,3).拓展訓(xùn)練1(2019湖南省六校4月聯(lián)考)如圖所示，在光滑水平面上有一質(zhì)量為2018m的木板，板上有2018塊質(zhì)量均為m的相同木塊1、2、2018.最初木板靜止，各木塊分別以v、2v、2018v同時(shí)向同一方向運(yùn)動(dòng)，木塊和木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，且木塊間不發(fā)生碰撞和離開木板的現(xiàn)象求最終木板的速度大小答案eq f(2019,4)v解析木塊與木板最終一起以速度v運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)量守恒可知m(v2v2018v)22018mv；解得veq f(2019,4)v.對于兩個(gè)大于零的變量a、b，若其和ab為一定值，則當(dāng)ab時(shí)，其積ab有極大值；若其積ab為一定值，則當(dāng)ab時(shí)，其和ab有極小值例5為研究靜電除

11、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S0.04 m2的金屬板，間距L0.05 m，當(dāng)連接到U2 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，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11013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q1.01017 C，質(zhì)量m2.01015 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合上開關(guān)后：(1)經(jīng)過多長時(shí)間煙塵顆?？梢员蝗课?？(2)除塵過程中電場力對煙塵顆粒共做了多少功？(3)經(jīng)過多長時(shí)間容器中煙塵顆粒的總動(dòng)能達(dá)到最大？答案

12、(1)0.02 s(2)2.5104 J(3)0.014 s解析(1)由題意可知，只要位于上板表面的煙塵能被吸附到下板，煙塵即被認(rèn)為全部吸收設(shè)經(jīng)過時(shí)間t煙塵顆?？梢员蝗课?，煙塵所受的電場力Feq f(qU,L)Leq f(1,2)at2eq f(1,2)eq f(F,m)t2eq f(qUt2,2mL)得：teq r(f(2m,qU)L0.02 s.(2)由于板間煙塵顆粒均勻分布，可以認(rèn)為煙塵的重心位于板間中點(diǎn)位置，因此，除塵過程中電場力對煙塵所做的總功為：Weq f(1,2)NSLqU2.5104 J. (3)設(shè)煙塵顆粒下落的距離為x，則板內(nèi)煙塵的總動(dòng)能為：Ekeq f(1,2)mv2N

13、S(Lx)eq f(qU,L)xNS(Lx)當(dāng)xeq f(L,2)時(shí)，Ek達(dá)最大又xeq f(1,2)ateq oal(12,)所以t1eq r(f(2x,a)eq r(f(m,qU)L0.014 s.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)勢為EBLv，感應(yīng)電流Ieq f(BLv,R)，受安培力為FBILeq f(B2L2,R)v，因?yàn)槭亲兞栴}，所以可以用微元法例6(2019金麗衢十二校聯(lián)考)如圖所示，空中等間距分布水平方向的條形勻強(qiáng)磁場，豎直方向磁場區(qū)域足夠長、磁感應(yīng)強(qiáng)度均一樣，每一條形磁場區(qū)域的寬及相鄰條形磁場區(qū)域的間距均為d.現(xiàn)讓一邊長為L(Lt2 Bt1t3Ct2t4 Dt

14、2t2，OD長度超過一條弦，時(shí)間最長，即t2L，則物塊的初速度v0為()A.eq r(2gL) B.eq r(2gsgL)C.eq r(2gs) D.eq r(2gsgL)答案B解析物塊位移在由0增大到L的過程中，對臺(tái)面的壓力隨位移由0均勻地增加至mg，故整個(gè)過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由動(dòng)能定理得：eq f(1,2)mg(sLs)eq f(1,2)mveq oal(02,)可解得v0eq r(2gsgL).能力題組4如圖甲所示，木板與水平地面間的夾角可以隨意改變，當(dāng)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

15、底端以大小恒定的速度v0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.(1)求小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)當(dāng)角滿足什么條件時(shí)，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(1)eq f(r(3),3)(2)60eq f(r(3)voal(02,),4g)解析(1)由題意知，當(dāng)30時(shí)，對物塊受力分析得mgsin FNFNmgcos 聯(lián)立得tan tan 30eq f(r(3),3)(2)小物塊向上運(yùn)動(dòng)，則有mgsin mgcos maveq oal(02,)2as則seq f(voal(02,),2gsin cos )eq f(voa

16、l(02,),2gr(12)sin)令tan ，當(dāng)90時(shí)，s最小，此時(shí)有60有smineq f(voal(02,),2gr(12)eq f(r(3)voal(02,),4g)5如圖所示，質(zhì)量為m的由絕緣材料制成的球與質(zhì)量為M19m的金屬球并排懸掛現(xiàn)將絕緣球拉至與豎直方向成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已知由于磁場的阻尼作用，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vn1，碰撞后絕緣球、金屬球的速度分別為vn和Vn.由于碰撞過程中動(dòng)量守恒、碰撞前

17、后動(dòng)能相等，設(shè)速度向左為正，則mvn1MVnmvn eq f(1,2)mveq oal(n12,)eq f(1,2)MVeq oal(n2,)eq f(1,2)mveq oal(n2,)由、兩式及M19m解得vneq f(9,10)vn1Vneq f(1,10)vn1第n次碰撞后絕緣球的動(dòng)能為Eneq f(1,2)mveq oal(n2,)(0.81)nE0E0為第1次碰撞前的動(dòng)能，即初始能量絕緣球在060與45處的勢能之比為eq f(E,E0)eq f(mgl1cos ,mgl1cos 0)0.586式中l(wèi)為擺長根據(jù)式，經(jīng)n次碰撞后eq f(En,E0)(0.81)n 易算出(0.81)20

18、.656，(0.81)30.531，因此，經(jīng)過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L0.5 m的兩條平行金屬導(dǎo)軌，水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.2 T，軌道左側(cè)連接一定值電阻R1 .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)軌接觸良好t0時(shí)刻，導(dǎo)體棒從靜止開始做勻加速直線運(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0.5，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)取g10 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

19、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：EBLv回路中的電流Ieq f(E,R)導(dǎo)體棒受到的安培力：F安BIL由牛頓第二定律：FF安Ffma由題意vat聯(lián)立解得：Feq f(B2L2a,R)tmaFf根據(jù)題圖乙可知，010 s內(nèi)圖象的斜率為0.05 N/s，即eq f(B2L2a,R)0.05 N/s，解得a5 m/s2(2)由Ft圖象縱截距可知：maFf1.0 N又Ffmg解得m0.1 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，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)磁場中，傾斜部分處于斜向上與導(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場中，兩磁場的磁感應(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)無能量損失已知導(dǎo)體棒ab質(zhì)量為m，長為L，電阻為r，導(dǎo)體棒cd質(zhì)量也為m，長也為L，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