第12讲应用数学知识和方法处理物理问题

1、第12讲应用数学知识和方法处理物理问题题型1应用几何图形解决物理问题1 .动态平衡问题的几何解法等效圆周角不变法物体受三个力平衡：一个力恒定、另外两个力大小、方向都变化，但两力夹角不变时可用此 法(如图).由弦长的变化判断力的变化，此类题也可用正弦定理求解.2 .与圆有关的几何知识2(1)周长：2 面积： ；(2)直径所对的圆周角是直角；(3)同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于它所对圆心角的一半；(4)圆的函数方程：(x a)2+(yb)2=r2是以点(a, b)为圆心、r为半径的圆.【例1】 如图所示，在半径R= 4 cm的圆形区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.1 T,圆

2、的直径 OA恰好落在x轴上，C为圆心.在原点 。处有一粒子源，可向 xOy 平面内的各个方向发射速度大小均为 v=8X105 m/s、比荷2=1* 108 c/kg的带负电粒子，粒 子重力不计.(1)当粒子的初速度方向与 x轴夹角为。时，恰好能从 A点射出，求。角；(2)调整粒子源的出射速度大小为2X 105 m/s,试用阴影图画出粒子在磁场中能到达的区域，并求出该区域的面积(取兀3).答案见解析2解析(1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为口，据qvB = L,解得：门=8 cm.分析知，粒r1子做圆周运动的圆心与 O、A三点组成等边三角形，由几何关系知：0= 30。(2)v改变后，粒子做圆周

3、运动的半径:2= 2 cm ,能到达的阴影区域如图所示1 2s半圆=2 21 2S扇形=6422)1S 弧=S 扇形 - 2x 2r2 *211222故 S 阴影=6r 0时，ym为 2a极小值；at2, OD长度超过一条弦,时间最长，即12vt4,选项A、B、D正确，C错误.2.如图所示，将两个质量均为m,带电荷量分别为+ q、一 q的小球a、b,用两细线相连并悬挂于。点，置于沿水平方向的匀强电场中，电场强度为E,且Eq = mg,用力F拉小球a,使整个装置处于平衡状态，且两条细线在一条直线上，则F的大小可能为（）A . tlt2C . t2= t4答案 C解析以OA为直径画圆建立等时圆模型

4、,1B.2mgD.mgC - mg答案 A解析 先分析b的平衡，由于Eq=mg,所以两线与竖直方向夹角为 45。，再分析整体平衡: 两电场力抵消，转变成典型的三力平衡问题，画矢量三角形如图所示，F的最小值Fmin =2mgsin 45 = mg, 则应满足F/2mg,故A正确.3 .如图所示，传送带通过滑道将长为L、质量为m的匀质物块以初速度 vo向右送上水平台面，物块前端在台面上滑动s距离停下来.已知滑道上的摩擦不计，物块与台面间的动摩擦因数为 心重力加速度为g,而且sL,则物块的初速度 丫0为()A. 2 科 gLB. 2dgs 科 gLC. 2 dgsD. . 2dgs w gL答案 B

5、解析 物块位移在由0增大到L的过程中，对台面的压力随位移由0均匀地增加至 mg,故整个过程的摩擦力的大小随位移变化的图象如图所示，图中梯形“面积”表示物块克服摩擦力所做的功.112由动能te理得： 万m(gs L+ s)= mv0可解得 vo = AJ2gs-gL【能力题组14.如图甲所示，木板与水平地面间的夹角。可以随意改变，当0= 30。时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑.若让该小物块从木板的底端以大小恒定的速度vo沿木板向上运动(如图乙)，随着。的改变，小物块沿木板滑行的最大距离s将发生变化，重力加速度为g.甲乙(1)求小物块与木板间的动摩擦因数;（2）当。角满足什么条件时，

6、小物块沿木板上滑的最大距离s最小，并求出此最小值.答案/（2）0= 60。,3v024g解析(1)由题意知，当0= 30时，对物块受力分析得mgsin 0=INFn= mgcos 0联立得（1= tan 0= tan 30 (2)小物块向上运动，则有 mgsin 0+mgos 0= ma2V0vo2= 2as则s=2g（sin 0+（ros 0）2V02g y1 +，sin（ 0+令 tan a=，当 0+a= 90 时，s最小，此时有 0= 602 v0布 smin 一j2gW+ 23vo24g5.如图所示，质量为 m的由绝缘材料制成的球与质量为M= 19m的金属球并排悬挂.现将绝缘球拉至与

7、竖直方向成0= 60。的位置自由释放，下摆后在最低点处与金属球发生弹性碰撞.在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场.已知由于磁场的阻尼作用，金属球将于再次碰撞前停在最低点处.求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于45.答案 3次解析 设在第n次碰撞前绝缘球的速度为Vn-1,碰撞后绝缘球、金属球的速度分别为Vn和Vn.由于碰撞过程中动量守恒、碰撞前后动能相等，设速度向左为正，则mvn 1= MVn mVn 1212,12 分mvn i =MVn + 2mvn 由、两式及M=19m解得Vn= Vn 1 、，1 小Vn=i0Vn 1 第n次碰撞后绝缘球的动能为En= ；mvn2= (O.81

8、)nEo Eo为第1次碰撞前的动能，即初始能量绝缘球在 苗=60与0= 45处的势能之比为E mgl 1 cos 0=1吆0.586Eo mgl(1 cos (0)式中l为摆长.根据式，经n次碰撞后En= (0.81), Eo易算出(0.81)2 = 0.656, (0.81)3= 0.531,因此，经过 3次碰撞后。将小于45.6. (2019河南驻马店市第一学期期末 )如图所示，间距为 L = 0.5 m的两条平行金属导轨，水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B= 0.2 T ,轨道左侧连接一定值电阻R=1 垂直导轨的导体棒 ab在水平外力F作用下沿导轨运动，并始终与导轨接触良

9、好.t = 0时刻，导体棒从静止开始做匀加速直线运动，力 F随时间t变化的规律如图乙所示.已知导 体棒和导轨间的动摩擦因数为尸0.5,导体棒和导轨的电阻均不计.取 g= 10 m/s2,求：(1)导体棒的加速度大小;(2)导体棒的质量.答案(1)5 m/s2 (2)0.1 kg解析(1)设导体棒的质量为 m,导体棒做匀加速直线运动的加速度为a,某时刻t,导体棒的速度为v,所受的摩擦力为 Ff,则导体棒产生的电动势：E=BLv回路中的电流I=E R导体棒受到的安培力：F安=81由牛顿第二定律：F-F安一Ff=ma 由题意v= at2 2联立解得： F = B at + ma+ F f R根据题图

10、乙可知，010 s内图象的斜率为 0.05 N/s,即旦L-a= 0.05 N/s,解得a = 5 m/s2 R(2)由Ft图象纵截距可知：ma+Ff=1.0 N又 Ff= mg解得 m= 0.1 kg.7. (2019山东德州市上学期期末)如图所示，宽度为 L的光滑固定金属导轨由水平部分和倾 斜部分组成，水平部分足够长，倾斜部分与水平面的夹角为30.导轨水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，倾斜部分处于斜向上与导轨平面垂直的匀强磁场中，两磁场的磁感应强度大 小均为B.导体棒ab和cd分别置于导轨的倾斜部分上和水平部分上并保持静止，现将导体棒 ab,在距导轨水平部分高度为 h处释放，导体棒ab在到

11、达MN处之前已达到稳定的运动状态， 在导体棒ab到达MN时再释放导体棒 cd,导体棒ab在MN处由倾斜部分进入水平部分时无 能量损失.已知导体棒 ab质量为m,长为L,电阻为r,导体棒cd质量也为m,长也为L, 电阻为2r,导轨电阻忽略不计，当地重力加速度为g,导体棒ab、cd始终与导轨接触良好，求：(1)导体棒ab到达MN之前稳定运动时的速度大小；(2)整个过程中导体棒 ab产生的焦耳热；(3)整个过程中通过导体棒ab某一横截面的电荷量.答案翳2B L2BLh , 3m2gr(3) 3r + 4B3L313m3g2r3m3g2r2 得 Qab = 3mgh- 16B4L43mg2询解析(1)

12、导体棒ab到达MN之前稳定时，由平衡条件得 mgsin 30 = ILB,BLvI =3r联立得:v =(2)导体棒ab进入水平部分后，ab和cd组成的系统动量守恒：mv=2mv导体棒ab和cd最终各自的速度大小相同，都为, 3mgr v =4B2L2(3)导体棒ab自开始运动至到达 MN的过程中,通过导体棒ab某一横截面的电荷量q1 = I At整个过程中能量守恒 mgh=2x|mv/ 2+Q1导体棒ab广生的焦耳热 Qab=-Q3一 E _ A_ hI = E= _ 4虫=L . ”3r 困sin 30/曰 2BLh得 q1=FT-31对导体棒cd的运动过程运用动量定理:BL I iAti

13、+BL I 2At2+BL I 3At3+= mv -0 q2= I 1 困1+ I 2At2+ 13At3+ 得 q2=4B3g32整个过程中通过导体棒 ab的电荷量q=q1 + q2=2BLh+4B*312(F + mg-i = 0 ？mv2对于两个大于零的变量a、b,若其和a+b为一定值，则当a=b时，其积ab有极大值；若其积ab为一定值，则当a=b时，其和a+b有极小值.【例5 为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，它的 上下底面是面积 S= 0.04 m2的金属板，间距 L = 0.05 m,当连接到U=2 500 V的高压电源正 负两极时，能在两金属板间产生一个匀强电场，如图所示.现把一定量均匀分布的烟尘颗粒 密闭在容器内，每1 m3有烟尘颗粒1X1013个，假设这些颗粒都处于静止状态，每个颗粒的 带电荷量q=+1.0X10 17C,质量m=2.0X10 15 kg,不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空 气阻力，并忽略烟尘颗粒所受的重力.问合上开关后：在电磁感应中，如导体切割磁感线运动，产生感应电动势为2 2安培力为F =