專題5 方法專題 第12講

1、第12講應用數(shù)學知識和方法處理物理問題1動態(tài)平衡問題的幾何解法等效圓周角不變法物體受三個力平衡：一個力恒定、另外兩個力大小、方向都變化，但兩力夾角不變時可用此法(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(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)域內有方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B0.1 T，圓的直徑OA恰好落在x軸上，C為圓心在原點O處有一粒子源，可向xO

2、y平面內的各個方向發(fā)射速度大小均為v8105 m/s、比荷eq f(q,m)1108 C/kg的帶負電粒子，粒子重力不計(1)當粒子的初速度方向與x軸夾角為時，恰好能從A點射出，求角；(2)調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)設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r1，據(jù)qvBeq f(mv2,r1)，解得：r18 cm.分析知，粒子做圓周運動的圓心與O、A三點組成等邊三角形，由幾何關系知：30(2)v改變后，粒子做圓周運動的半徑：r22 cm，能到達的陰影區(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eq f(,2)時，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動，此物體在斜面上的最大位移與斜面傾角的關系如圖b所示設各種條件下，物體與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，取g10 m/s2.試求：(1)物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)及物體的初速度大??；(2)為多大時，x值最??？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)當為90時，由運動學知識可得：veq oal(02,)2gh設動摩擦因數(shù)為，當0時摩擦力大小為：FfmgFfma1由運動學公式可得：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)動能定理可得，物體對應的最大位移x滿足的關系式：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xeq f(b,2a)時，y有極值ym(a0時，ym為極小值；a0時，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，小物塊落地點到軌道下端的距離與軌道半徑有關，此距離最大時，對應的軌道半徑為(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到最高點的過程，由機械能守恒定律得eq f(1,2)mv22mgreq f(1,2)mveq oal(12,)，小物塊做平拋運動時，落地點到軌道下端的距離xv1t，又2req f(1,2)gt2，聯(lián)立解得，x2eq

7、r(f(v2,g)r4r2)，由數(shù)學知識可知，當req f(v2,8g)時，x最大，故選項B正確數(shù)列是高中數(shù)學的一個重點，日常生活中的很多實際問題都可以利用數(shù)列知識進行求解，物理情境中也有很多問題與數(shù)列有關某一復雜物理過程中如果同一物理情境重復出現(xiàn)，往往會涉及數(shù)學歸納法和數(shù)列知識的應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、通項公式和前n項和公式的應用等解題的基本思路分三步：第一步，逐個分析開始階段的幾個物理過程；第二步，利用數(shù)學歸納法尋找變化物理量的通項公式；第三步，應用數(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點平滑連接一質量為m的

8、物塊(可視為質點)，置于水平軌道上的A點已知A、B兩點間的距離為L，物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g.(1)若物塊能到達的最高點是半圓形軌道上與圓心O等高的C點，則物塊在A點水平向左運動的初速度應為多大？(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點由靜止釋放，且運動過程始終不脫離軌道，求物塊第2n(n1,2,3，)次經過B點時的速度大小答案(1)eq r(2gLR)(2)(eq f(1,2)n2 eq r(f(gL,3)解析(1)設物塊在A點時的速度為v1，由動能定理有：mgLmgR0eq f(1,2)mveq oal(12,)解得：v1eq r(2

9、gLR).(2)設第2、4、6、2n次經過B點時的速度分別為v2、v4、v2n第2、4、6、2n次離開B點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量為2018m的木板，板上有2018塊質量均為m的相同木塊1、2、2018.最初木板靜止，各木塊分別以v、2v、2018v同時向同一方向運動，木塊和木板間的動摩擦因數(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運動，由動量守恒可知m(v2v2018v)22018mv；解得veq f(2019,4)v.對于兩個大于零的變量a、b，若其和ab為一定值，則當ab時，其積ab有極大值；若其積ab為一定值，則當ab時，其和ab有極小值例5為研究靜電除

11、塵，有人設計了一個盒狀容器，容器側面是絕緣的透明有機玻璃，它的上下底面是面積S0.04 m2的金屬板，間距L0.05 m，當連接到U2 500 V的高壓電源正負兩極時，能在兩金屬板間產生一個勻強電場，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，每1 m3有煙塵顆粒11013個，假設這些顆粒都處于靜止狀態(tài)，每個顆粒的帶電荷量q1.01017 C，質量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后：(1)經過多長時間煙塵顆?？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)經過多長時間容器中煙塵顆粒的總動能達到最大？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，煙塵即被認為全部吸收設經過時間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，可以認為煙塵的重心位于板間中點位置，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)設煙塵顆粒下落的距離為x，則板內煙塵的總動能為：Ekeq f(1,2)mv2N

13、S(Lx)eq f(qU,L)xNS(Lx)當xeq f(L,2)時，Ek達最大又xeq f(1,2)ateq oal(12,)所以t1eq r(f(2x,a)eq r(f(m,qU)L0.014 s.在電磁感應中，如導體切割磁感線運動，產生感應電動勢為EBLv，感應電流Ieq f(BLv,R)，受安培力為FBILeq f(B2L2,R)v，因為是變力問題，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磁場，豎直方向磁場區(qū)域足夠長、磁感應強度均一樣，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，對臺面的壓力隨位移由0均勻地增加至mg，故整個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30時，可視為質點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沿木板向上運動(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摩擦因數(shù)；(2)當角滿足什么條件時，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30時，對物塊受力分析得mgsin FNFNmgcos 聯(lián)立得tan tan 30eq f(r(3),3)(2)小物塊向上運動，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90時，s最小，此時有60有smineq f(voal(02,),2gr(12)eq f(r(3)voal(02,),4g)5如圖所示，質量為m的由絕緣材料制成的球與質量為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，金屬球將于再次碰撞前停在最低點處求經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.由于碰撞過程中動量守恒、碰撞前

17、后動能相等，設速度向左為正，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能為Eneq f(1,2)mveq oal(n2,)(0.81)nE0E0為第1次碰撞前的動能，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，經過3次碰撞后將小于45.6(2019河南駐馬店市第一學期期末)如圖所示，間距為L0.5 m的兩條平行金屬導軌，水平放置在豎直向下的勻強磁場中，磁場的磁感應強度B0.2 T，軌道左側連接一定值電阻R1 .垂直導軌的導體棒ab在水平外力F作用下沿導軌運動，并始終與導軌接觸良好t0時刻，導體棒從靜止開始做勻加速直線運動，力F隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示已知導體棒和導軌間的動摩擦因數(shù)為0.5，導體棒和導軌的電阻均不計取g10 m/s2，求：(1)導體棒的加速度大??；(2)導體棒的質量答案(1)5 m/s2(2)0.1 kg解析(1)設導體棒的質量為m，導體棒

19、做勻加速直線運動的加速度為a，某時刻t，導體棒的速度為v，所受的摩擦力為Ff，則導體棒產生的電動勢：EBLv回路中的電流Ieq f(E,R)導體棒受到的安培力：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山東德州市上學期期末)如圖所示，寬度為L的光滑固定金屬導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.導軌水平部分處于豎直向上的勻強磁場中，傾斜部分處于斜向上與導軌平面垂直的勻強磁場中，兩磁場的磁感應強度大小均為B.導體棒ab和cd分別置于導軌的傾斜部分上和水平部分上并保持靜止，現(xiàn)將導體棒ab，在距導軌水平部分高度為h處釋放，導體棒ab在到達MN處之前已達到穩(wěn)定的運動狀態(tài)，在導體棒ab到達MN時再釋放導體棒cd，導體棒ab在MN處由傾斜部分進入水平部分時無能量損失已知導體棒ab質量為m，長為L，電阻為r，導體棒cd質量也為m，長也為L，電阻為2r，導軌電阻忽略不計，當?shù)刂亓铀俣葹間，導體棒ab、cd始終與導軌接觸良好，求：(1)導體棒ab到