高考物理通用版大二輪復習講義專題八　應用數(shù)學知識和方法處理物理問題

高考命題點命題軌跡情境圖應用正、余弦定理、幾何圖形及數(shù)學推理解決物理問題20163卷34(2)16(3)34(2)題18(1)25題18(1)34(1)題18(2)25題18(2)34(2)題18(3)25題18(3)34(2)題20181卷25、34(1)2卷25、34(2)3卷25、34(2)應用三角函數(shù)分析物理問題20171卷2117(1)21題應用函數(shù)表達式或者圖象解決物理問題20173卷2517(3)25題數(shù)學方程式、不等式、微元法和歸納法的應用20163卷25、35(2)16(3)25題16(3)35(2)題17(2)25題17(3)33(2)題20171卷25,2卷25,3卷33(2)數(shù)學推導和結論分析20151卷25、35(2)，2卷2515(1)25題15(1)35(2)題15(2)25題16(1)16題16(1)25題16(2)25題20161卷16、25,2卷25例1(2019·山東日照市3月模擬)如圖1所示，兩個質量分別為eq\r(3)m、m的小圓環(huán)A、B用不可伸長的細線連著，套在一個豎直固定的大圓環(huán)上，大圓環(huán)的圓心為O.系統(tǒng)平衡時，細線所對的圓心角為90°，大圓環(huán)和小圓環(huán)之間的摩擦力及細線的質量忽略不計，重力加速度大小用g表示，下列判斷正確的是()圖1A．小圓環(huán)A、B受到大圓環(huán)的支持力之比是eq\r(3)∶1B．小圓環(huán)A受到大圓環(huán)的支持力與豎直方向的夾角為15°C．細線與水平方向的夾角為30°D．細線的拉力大小為eq\f(\r(3),2)mg答案A解析對A和B進行受力分析，根據(jù)平行四邊形定則作出重力和支持力的合力，此合力的大小等于繩子的拉力的大小，設A、B所受的支持力與豎直方向的夾角分別為α和β，如圖所示：根據(jù)正弦定理可以得到：eq\f(\r(3)mg,sin45°)＝eq\f(FT,sinα)，eq\f(mg,sin45°)＝eq\f(FT′,sinβ)，由于FT＝FT′，α＋β＝90°整理可以得到：α＝30°，β＝60°，F(xiàn)T＝FT′＝eq\f(\r(6),2)mg再次利用正弦定理：eq\f(FNA,sin?180°－45°－30°?)＝eq\f(\r(3)mg,sin45°)，eq\f(FNB,sin?180°－45°－60°?)＝eq\f(mg,sin45°)整理可以得到：eq\f(FNA,FNB)＝eq\f(\r(3),1)，故選項A正確，B、D錯誤；由題圖根據(jù)幾何知識可以知道，細線與水平方向的夾角為180°－(45°＋30°)－90°＝15°，故選項C錯誤．例2(2019·山西臨汾市二輪復習模擬)如圖2所示是一旅行箱，它既可以在地面上推著行走，也可以在地面上拉著行走．已知該旅行箱的總質量為15kg，一旅客用斜向上的拉力拉著旅行箱在水平地面上做勻速直線運動，若拉力的最小值為90N，此時拉力與水平方向間的夾角為θ，重力加速度大小為g＝10m/s2，sin37°＝0.6，旅行箱受到地面的阻力與其受到地面的支持力成正比，比值為μ，則()圖2A．μ＝0.5，θ＝37° B．μ＝0.5，θ＝53°C．μ＝0.75，θ＝53° D．μ＝0.75，θ＝37°答案D解析對旅行箱受力分析，如圖所示：根據(jù)平衡條件，水平方向，有：Fcosθ－Ff＝0，豎直方向，有：FN＋Fsinθ－G＝0，其中：Ff＝μFN，故F＝eq\f(μG,cosθ＋μsinθ)令μ＝tanα，則F＝eq\f(Gsinα,cos?α－θ?)；當α－θ＝0°時，F(xiàn)有最小值，故F＝Gsinα＝90N，故α＝37°，故μ＝tan37°＝0.75，θ＝37°，故選D.例3(2019·湖北武漢市四月調研)某質點做勻加速直線運動，經(jīng)過時間t速度由v0變?yōu)閗v0(k>1)，位移大小為x.則在隨后的4t內，該質點的位移大小為()A.eq\f(8?3k－2?x,k＋1) B.eq\f(8?2k－1?x,k＋1)C.eq\f(8?2k－1?x,k－1) D.eq\f(3?5k－3?x,k＋1)答案A解析根據(jù)題目已知條件可以作出以下圖象由v－t圖象與t軸所圍成的面積表示位移可得，用時t的位移為x＝eq\f(v0＋kv0,2)·t；5t時間內的位移為x′＝eq\f(v0＋?5k－4?v0,2)·5t，因此eq\f(x′,x)＝eq\f(5?5k－3?,k＋1)，所以x′＝eq\f(5?5k－3?,k＋1)x，即隨后4s內的位移為x′－x＝eq\f(8?3k－2?,k＋1)x，故A正確，B、C、D錯誤．例4(2019·山東日照市3月模擬)如圖3所示，在平面直角坐標系xOy的第一、二象限內，存在以虛線OM為邊界的勻強電場和勻強磁場．勻強電場方向沿y軸負方向，勻強磁場方向垂直于xOy平面向里，虛線OM與x軸負方向成45°角．一質量為m、電荷量為＋q的帶電粒子從坐標原點O處以初速度v0沿x軸正方向運動，粒子每次到達x軸將反彈，第一次反彈無能量損失，以后每次反彈水平分速度不變、豎直分速度大小均減為反彈前的eq\f(1,2)，方向相反．電場強度大小等于eq\f(mv\o\al(,02),16qd)，磁感應強度大小等于eq\f(mv0,qd)，求：(不計粒子重力，題中各物理量單位均為國際單位，計算結果可用分式表示)圖3(1)帶電粒子第三次經(jīng)過OM時的坐標；(2)帶電粒子第三次到達OM時經(jīng)過的時間；(3)帶電粒子從第二次進入電場開始，沿電場方向運動的總路程．答案(1)(－2d,2d)(2)eq\f(?2π＋24\r(2)－32?d,v0)(3)eq\f(10,3)d解析(1)設磁感應強度大小為B，粒子進入磁場，根據(jù)左手定則，粒子做eq\f(3,4)的圓周運動后經(jīng)過OM，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有：qv0B＝meq\f(v\o\al(,02),r)，解得：r＝eq\f(mv0,qB)＝d粒子運動軌跡如圖所示，由圖可知，帶電粒子第三次經(jīng)過OM時的坐標為(－2d,2d)；(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為：T＝eq\f(2πd,v0)在電場中，沿y軸方向的加速度：a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(v\o\al(,02),16d)設粒子從第一次沿y軸負方向經(jīng)過OM到第一次在x軸反彈所用時間為t1，沿y軸方向：veq\o\al(,y02)－v02＝2ar，vy0＝v0＋at1聯(lián)立解得：t1＝eq\f(?12\r(2)－16?d,v0)則帶電粒子第三次到達OM時經(jīng)過的時間為：t＝T＋2t1＝eq\f(?2π＋24\r(2)－32?d,v0)；(3)因粒子第二次進入電場做類平拋運動，故到達x軸時的水平分速度為v0豎直方向：vy2＝2a(2d)第一次豎直分速度減半反彈，豎直分速度vy1＝eq\f(1,2)vy，高度：h1＝eq\f(v\o\al(,y12),2a)＝eq\f(1,4)×2d第二次豎直分速度減半反彈，豎直分速度vy2＝eq\f(1,2)vy1＝eq\f(1,22)vy，高度：h2＝eq\f(v\o\al(,y22),2a)＝eq\f(1,42)×2d……第n次豎直分速度減半反彈，高度hn＝eq\f(v\o\al(,yn2),2a)＝eq\f(1,4n)×2d故總路程為：H＝2d＋2(h1＋h2＋…＋hn)＝2d＋2×2d(eq\f(1,4)＋eq\f(1,42)＋…＋eq\f(1,4n))整理可以得到：H＝eq\f(10,3)d即帶電粒子從第二次進入電場開始，沿電場方向運動的總路程為H＝eq\f(10,3)d.例5(2019·山東德州市上學期期末)如圖4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均與導軌垂直且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，電阻為r，導體棒cd質量也為m，電阻為2r，導軌電阻忽略不計，兩導體棒始終與導軌接觸良好，當?shù)刂亓铀俣葹間，求：圖4(1)導體棒ab到達MN之前穩(wěn)定運動時的速度大小；(2)整個過程中導體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱；(3)整個過程中通過導體棒ab某一橫截面的電荷量．答案(1)eq\f(3mgr,2B2L2)(2)eq\f(1,3)mgh－eq\f(3m3g2r2,16B4L4)(3)eq\f(2BLh,3r)＋eq\f(3m2gr,4B3L3)解析(1)導體棒ab到達MN之前穩(wěn)定運動時，由平衡條件得mgsin30°＝ILBI＝eq\f(BLv,3r)聯(lián)立得：v＝eq\f(3mgr,2B2L2)(2)導體棒ab進入水平部分后，ab和cd組成的系統(tǒng)動量守恒mv＝2mv′導體棒ab和cd最終的速度大小相同，都為v′＝eq\f(3mgr,4B2L2)整個過程中能量守恒mgh＝2×eq\f(1,2)mv′2＋Q導體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱Qab＝eq\f(1,3)Q解得Qab＝eq\f(1,3)mgh－eq\f(3m3g2r2,16B4L4)(3)導體棒ab自開始運動至到達MN的過程中，通過導體棒ab某一橫截面的電荷量q1＝eq\x\to(I)Δteq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),3r)eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)ΔΦ＝BLeq\f(h,sin30°)得q1＝eq\f(2BLh,3r)對導體棒cd的運動過程運用動量定理：BLeq\x\to(I)1Δt1＋BLeq\x\to(I)2Δt2＋BLeq\x\to(I)3Δt3＋…＋BLeq\x\to(I)nΔtn＝mv′－0q2＝eq\x\to(I)1Δt1＋eq\x\to(I)2Δt2＋eq\x\to(I)3Δt3＋…＋eq\x\to(I)nΔtn得q2＝eq\f(3m2gr,4B3L3)整個過程中通過導體棒ab某一橫截面的電荷量q＝q1＋q2＝eq\f(2BLh,3r)＋eq\f(3m2gr,4B3L3).專題強化練(限時30分鐘)1.(2019·河南省高考適應性測試)如圖1所示，邊長為L的等邊三角形ABC內、外分布著兩方向相反的勻強磁場，三角形內磁場方向垂直紙面向里，兩磁場的磁感應強度大小均為B.頂點A處有一粒子源，粒子源能沿∠BAC的角平分線發(fā)射不同速度的粒子，粒子質量均為m，電荷量均為＋q，粒子重力不計．則粒子以下列哪一速度值發(fā)射時不能通過C點()圖1A.eq\f(qBL,m)B.eq\f(qBL,2m)C.eq\f(2qBL,3m)D.eq\f(qBL,8m)答案C解析粒子帶正電，且經(jīng)過C點，其可能的軌跡如圖所示：所有圓弧所對圓心角均為60°，所以粒子運動半徑：r＝eq\f(L,n)(n＝1,2,3，…)，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝meq\f(v2,r)，解得：v＝eq\f(Bqr,m)＝eq\f(BqL,mn)(n＝1,2,3，…)，故選C.2.(2019·山東淄博市3月模擬)如圖2所示，a、b兩個小球穿在一根光滑的固定桿上，并且通過一條細繩跨過定滑輪連接．已知b球質量為m，桿與水平面的夾角為30°，不計所有摩擦．當兩球靜止時，Oa段繩與桿的夾角也為30°，Ob段繩沿豎直方向，則a球的質量為()圖2A.eq\r(3)mB.eq\f(\r(3),3)mC.eq\f(\r(3),2)mD．2m答案A解析分別對a、b兩球受力分析，如圖：根據(jù)共點力平衡條件得：FT＝mbg；根據(jù)正弦定理得：eq\f(FT,sinθ)＝eq\f(mag,sin?90°＋θ?)；故mb∶ma＝tan30°∶1，則ma＝eq\r(3)m，故B、C、D錯誤，A正確．3.(2019·云南省統(tǒng)一檢測)如圖3所示，細線一端固定，另一端拴一小球，小球處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)用一始終與細線垂直的力F緩慢拉著小球沿圓弧運動，直到細線水平，在小球運動的整個過程中，F(xiàn)和細線拉力的變化情況為()圖3A．F先增大后減小B．F不斷增大C．細線的拉力先增大后減小D．細線的拉力不斷增大答案B解析對小球受力分析，如圖甲所示：由圖可知，F(xiàn)和FT的合力與重力大小相等，方向相反，故可以將這三個力放在一個閉合的矢量三角形內進行分析，如圖乙所示：在緩慢變化的過程，重力保持不變，F(xiàn)與FT的方向始終垂直，且三個力始終構成一個閉合的矢量三角形，故由圖乙可知，F(xiàn)不斷增大，細線的拉力FT不斷減小，故A、C、D錯誤，B正確．4．(多選)(2019·河南鄭州市第二次質量預測)如圖4所示，2019個質量均為m的小球通過完全相同的水平輕質彈簧(始終在彈性限度內)相連，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做勻加速直線運動，設1和2之間彈簧的彈力為F1－2,2和3之間彈簧的彈力為F2－3,2018和2019之間彈簧的彈力為F2018－2019，則下列結論正確的是()圖4A．F1－2∶F2－3∶…∶F2018－2019＝1∶2∶3∶…∶2018B．從左到右每根彈簧長度之比為1∶2∶3∶…∶2018C．如果突然撤去拉力F，撤去F瞬間，第2019個小球的加速度為eq\f(F,m)，其余每個球的加速度依然為aD．如果1和2兩個球間的彈簧從第1個球處脫落，那么脫落瞬間第1個小球的加速度為0，第2個小球的加速度為2a，其余小球的加速度依然為a答案AD解析以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得：F＝2019ma，解得a＝eq\f(F,2019m)；以后面的第1、2、3、…、2018個小球為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得F1－2＝eq\f(1,2019)F，F(xiàn)2－3＝eq\f(2,2019)F，…，F(xiàn)2018－2019＝eq\f(2018,2019)F，則F1－2∶F2－3∶…∶F2018－2019＝1∶2∶3∶…∶2018，故A正確；因為每根彈簧的勁度系數(shù)相等，根據(jù)胡克定律可知，從左到右每根彈簧伸長量之比為1∶2∶3∶…∶2018，但是總長度之比不等于1∶2∶3∶…∶2018，故B錯誤；突然撤去F瞬間，因彈簧的彈力不能突變，可知除第2019個球所受合力突然變?yōu)閑q\f(2018,2019)F，加速度為eq\f(2018F,2019m)，其他球的合力未變，所以其他球的加速度依然為a，故C錯誤；如果1和2兩個球間的彈簧從第1個球處脫落，那么脫落瞬間第1個小球受到的合力為零，則加速度為0，第2個小球受到的合力變?yōu)閑q\f(2F,2019)，則加速度為eq\f(2F,2019m)＝2a，其余小球受到的合力不變，加速度依然為a，故D正確．5．給房屋設計屋頂時，把屋頂設計成斜面，把雨水沿著屋頂滑下的運動理想化為小球沿光滑斜面滑下的情形，為了使雨水能盡快地滑下并從屋檐落下，則斜面的傾角應設計成多大的角度？按這種設計，雨水從屋頂滑到屋檐的時間為多少？(已知屋頂與屋檐間的水平距離為L，重力加速度為g)答案見解析解析如圖所示，設斜面AB的傾角為θ.當雨水(理想化為圖中的小球)從斜面滑下時，其加速度為a＝gsinθ，從A到B的距離為eq\f(L,cosθ)，設從A到B所用的時間為t，則eq\f(L,cosθ)＝eq\f(1,2)gsinθ·t2得t＝eq\r(\f(2L,gsinθcosθ))＝eq\r(\f(4L,gsin2θ))當θ＝45°時，t有最小值，tmin＝2eq\r(\f(L,g)).6．(2019·河南駐馬店市第一學期期末)如圖5所示，間距為L＝0.5m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B＝0.2T，軌道左側連接一定值電阻R＝1Ω.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．t＝0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μ＝0.5，導體棒和導軌的電阻均不計．取g＝10m/s2，求：圖5(1)導體棒的加速度大??；(2)導體棒的質量．答案(1)5m/s2(2)0.1kg解析(1)設導體棒的質量為m，導體棒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(chǎn)生的電動勢：E＝BLv回路中的電流I＝eq\f(E,R)導體棒受到的安培力：F安＝BIL由牛頓第二定律：F－F安－Ff＝ma由題意v＝at聯(lián)立解得：F＝eq\f(B2L2a,R)t＋ma＋Ff根據(jù)題圖乙可知，0～10s內圖象的斜率為0.05N/s，即eq\f(B2L2a,R)＝0.05N/s，解得a＝5m/s2(2)由F－t圖象縱截距可知：ma＋Ff＝1.0N又Ff＝μmg解得m＝0.1kg.7.(2019·四川綿陽市第二次診斷)如圖6所示，一傾角為60°的光滑斜面固定于水平地面上，Q為斜面頂點，P為斜面上一點，同一豎直平面內有固定點O，O、P連線垂直于斜面，OP＝l，P、Q間距離xPQ＝eq\f(\r(3),12)l.長度為l的輕繩一端系于O點，另一端系質量為m的小球A，質量為M＝4m的滑塊B在一鎖定裝置作用下靜止于斜面上的P點．現(xiàn)將A球拉至與O點等高的水平位置，拉直輕繩，以豎直向下的初速度v0釋放，A與B發(fā)生碰撞前一瞬間，鎖定裝置解除，A、B均視為質點，碰撞過程中無能量損失，重力加速度為g.圖6(1)求小球A通過最低點C點時，繩對小球拉力的大??；(2)求小球A與滑塊B碰撞后瞬間，小球A和滑塊B的速度vA和vB的大小；(3)若A、B碰后，滑塊B能沿斜面上滑越過Q點，且小球A在運動過程中始終不脫離圓軌道，求初速度v0的取值范圍．答案(1)3mg＋eq\f(mv\o\al(,02),l)(2)eq\f(3,5)eq\r(gl＋v\o\al(,02))eq\f(2,5)eq\r(gl＋v\o\al(,02))(3)eq\f(3,4)eq\r(gl)<v0≤eq\