专题5 方法专题 第12讲

1、第12讲应用数学知识和方法处理物理问题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(1)周长：2r，面积：r2；(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：(xa)2(yb)2r2是以点(a，b)为圆心、r为半径的圆例1如图所示，在半径R4 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B0.1 T，圆的直径OA恰好落在x轴上，C为圆心在原点O处有一粒子源，可向xO

2、y平面内的各个方向发射速度大小均为v8105 m/s、比荷eq f(q,m)1108 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2105 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3)答案见解析解析(1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r1，据qvBeq f(mv2,r1)，解得：r18 cm.分析知，粒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：30(2)v改变后，粒子做圆周运动的半径：r22 cm，能到达的阴影区域如图所示S半圆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阴影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)则有：yeq r(a2b2) (sin cos cos sin )eq r(a2b2)sin ()所以当eq f(,2)时，y有最大值，且ymaxeq r(a2b2).例2(2019广东肇庆市一模)如图

4、a所示，一物体以一定的速度v0沿足够长的固定斜面向上运动，此物体在斜面上的最大位移与斜面倾角的关系如图b所示设各种条件下，物体与斜面间的动摩擦因数不变，取g10 m/s2.试求：(1)物体与斜面之间的动摩擦因数及物体的初速度大小；(2)为多大时，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)当为90时，由运动学知识可得：veq oal(02,)2gh设动摩擦因数为，当0时摩擦力大小为：FfmgFfma1由运动学公式可得：veq oal(02,)2a1x0联立以上各式解得：eq f(r(3),3)，v05 m/s

5、(2)对于任意角度，根据动能定理可得，物体对应的最大位移x满足的关系式：eq f(1,2)mveq oal(02,)mgxsin mgxcos 上式变形可得：xeq f(voal(02,),2gsin cos )eq f(h,sin cos )eq f(h,r(12)sin)tan ，则x的最小值为xmineq f(h,r(12)eq f(r(3),2)heq f(5,8)eq r(3) m对应的eq f(,2)eq f(,2)eq f(,6)eq f(,3)二次函数yax2bxc(a、b、c为常数且a0)，当xeq f(b,2a)时，y有极值ym(a0时，ym为极小值；a0时，ym为极大值)

6、例3(2017全国卷17)如图所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)()A.eq f(v2,16g) B.eq f(v2,8g) C.eq f(v2,4g) D.eq f(v2,2g)答案B解析小物块由最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得eq f(1,2)mv22mgreq f(1,2)mveq oal(12,)，小物块做平抛运动时，落地点到轨道下端的距离xv1t，又2req f(1,2)gt2，联立解得，x2eq

7、r(f(v2,g)r4r2)，由数学知识可知，当req f(v2,8g)时，x最大，故选项B正确数列是高中数学的一个重点，日常生活中的很多实际问题都可以利用数列知识进行求解，物理情境中也有很多问题与数列有关某一复杂物理过程中如果同一物理情境重复出现，往往会涉及数学归纳法和数列知识的应用高中物理涉及的数列知识主要有等差数列、等比数列、通项公式和前n项和公式的应用等解题的基本思路分三步：第一步，逐个分析开始阶段的几个物理过程；第二步，利用数学归纳法寻找变化物理量的通项公式；第三步，应用数列知识分析求解例4如图所示，竖直放置的半圆形光滑轨道半径为R，圆心为O，下端与水平轨道在B点平滑连接一质量为m的

8、物块(可视为质点)，置于水平轨道上的A点已知A、B两点间的距离为L，物块与水平轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为g.(1)若物块能到达的最高点是半圆形轨道上与圆心O等高的C点，则物块在A点水平向左运动的初速度应为多大？(2)若对物块始终施加水平向左的恒力Feq f(5,3)mg，并将其从A点由静止释放，且运动过程始终不脱离轨道，求物块第2n(n1,2,3，)次经过B点时的速度大小答案(1)eq r(2gLR)(2)(eq f(1,2)n2 eq r(f(gL,3)解析(1)设物块在A点时的速度为v1，由动能定理有：mgLmgR0eq f(1,2)mveq oal(12,)解得：v1eq r(2

9、gLR).(2)设第2、4、6、2n次经过B点时的速度分别为v2、v4、v2n第2、4、6、2n次离开B点向右滑行的最大距离分别为L1、L2、Ln，则有：(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)综上有：eq f(v2n,v2)(eq f(1,2)n1得：v2n(eq f(1,2)n2eq r(f(

10、gL,3).拓展训练1(2019湖南省六校4月联考)如图所示，在光滑水平面上有一质量为2018m的木板，板上有2018块质量均为m的相同木块1、2、2018.最初木板静止，各木块分别以v、2v、2018v同时向同一方向运动，木块和木板间的动摩擦因数为，且木块间不发生碰撞和离开木板的现象求最终木板的速度大小答案eq f(2019,4)v解析木块与木板最终一起以速度v运动，由动量守恒可知m(v2v2018v)22018mv；解得veq f(2019,4)v.对于两个大于零的变量a、b，若其和ab为一定值，则当ab时，其积ab有极大值；若其积ab为一定值，则当ab时，其和ab有极小值例5为研究静电除

11、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S0.04 m2的金属板，间距L0.05 m，当连接到U2 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11013个，假设这些颗粒都处于静止状态，每个颗粒的带电荷量q1.01017 C，质量m2.01015 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：(1)经过多长时间烟尘颗粒可以被全部吸附？(2)除尘过程中电场力对烟尘颗粒共做了多少功？(3)经过多长时间容器中烟尘颗粒的总动能达到最大？答案

12、(1)0.02 s(2)2.5104 J(3)0.014 s解析(1)由题意可知，只要位于上板表面的烟尘能被吸附到下板，烟尘即被认为全部吸收设经过时间t烟尘颗粒可以被全部吸附，烟尘所受的电场力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)由于板间烟尘颗粒均匀分布，可以认为烟尘的重心位于板间中点位置，因此，除尘过程中电场力对烟尘所做的总功为：Weq f(1,2)NSLqU2.5104 J. (3)设烟尘颗粒下落的距离为x，则板内烟尘的总动能为：Ekeq f(1,2)mv2N

13、S(Lx)eq f(qU,L)xNS(Lx)当xeq f(L,2)时，Ek达最大又xeq f(1,2)ateq oal(12,)所以t1eq r(f(2x,a)eq r(f(m,qU)L0.014 s.在电磁感应中，如导体切割磁感线运动，产生感应电动势为EBLv，感应电流Ieq f(BLv,R)，受安培力为FBILeq f(B2L2,R)v，因为是变力问题，所以可以用微元法例6(2019金丽衢十二校联考)如图所示，空中等间距分布水平方向的条形匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长、磁感应强度均一样，每一条形磁场区域的宽及相邻条形磁场区域的间距均为d.现让一边长为L(Lt2 Bt1t3Ct2t4 Dt

14、2t2，OD长度超过一条弦，时间最长，即t2L，则物块的初速度v0为()A.eq r(2gL) B.eq r(2gsgL)C.eq r(2gs) D.eq r(2gsgL)答案B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由动能定理得：eq f(1,2)mg(sLs)eq f(1,2)mveq oal(02,)可解得v0eq r(2gsgL).能力题组4如图甲所示，木板与水平地面间的夹角可以随意改变，当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

15、底端以大小恒定的速度v0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.(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，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(1)eq f(r(3),3)(2)60eq f(r(3)voal(02,),4g)解析(1)由题意知，当30时，对物块受力分析得mgsin FNFNmgcos 联立得tan tan 30eq f(r(3),3)(2)小物块向上运动，则有mgsin mgcos maveq oal(02,)2as则seq f(voal(02,),2gsin cos )eq f(voa

16、l(02,),2gr(12)sin)令tan ，当90时，s最小，此时有60有smineq f(voal(02,),2gr(12)eq f(r(3)voal(02,),4g)5如图所示，质量为m的由绝缘材料制成的球与质量为M19m的金属球并排悬挂现将绝缘球拉至与竖直方向成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vn1，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

17、后动能相等，设速度向左为正，则mvn1MVnmvn eq f(1,2)mveq oal(n12,)eq f(1,2)MVeq oal(n2,)eq f(1,2)mveq oal(n2,)由、两式及M19m解得vneq f(9,10)vn1Vneq f(1,10)vn1第n次碰撞后绝缘球的动能为Eneq f(1,2)mveq oal(n2,)(0.81)nE0E0为第1次碰撞前的动能，即初始能量绝缘球在060与45处的势能之比为eq f(E,E0)eq f(mgl1cos ,mgl1cos 0)0.586式中l为摆长根据式，经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，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L0.5 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B0.2 T，轨道左侧连接一定值电阻R1 .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好t0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0.5，导体棒和导轨的电阻均不计取g10 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

19、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：EBLv回路中的电流Ieq f(E,R)导体棒受到的安培力：F安BIL由牛顿第二定律：FF安Ffma由题意vat联立解得：Feq f(B2L2a,R)tmaFf根据题图乙可知，010 s内图象的斜率为0.05 N/s，即eq f(B2L2a,R)0.05 N/s，解得a5 m/s2(2)由Ft图象纵截距可知：maFf1.0 N又Ffmg解得m0.1 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