高考物理通用版大二轮复习讲义专题八　应用数学知识和方法处理物理问题

高考命题点命题轨迹情境图应用正、余弦定理、几何图形及数学推理解决物理问题20163卷34(2)16(3)34(2)题18(1)25题18(1)34(1)题18(2)25题18(2)34(2)题18(3)25题18(3)34(2)题20181卷25、34(1)2卷25、34(2)3卷25、34(2)应用三角函数分析物理问题20171卷2117(1)21题应用函数表达式或者图象解决物理问题20173卷2517(3)25题数学方程式、不等式、微元法和归纳法的应用20163卷25、35(2)16(3)25题16(3)35(2)题17(2)25题17(3)33(2)题20171卷25,2卷25,3卷33(2)数学推导和结论分析20151卷25、35(2)，2卷2515(1)25题15(1)35(2)题15(2)25题16(1)16题16(1)25题16(2)25题20161卷16、25,2卷25例1(2019·山东日照市3月模拟)如图1所示，两个质量分别为eq\r(3)m、m的小圆环A、B用不可伸长的细线连着，套在一个竖直固定的大圆环上，大圆环的圆心为O.系统平衡时，细线所对的圆心角为90°，大圆环和小圆环之间的摩擦力及细线的质量忽略不计，重力加速度大小用g表示，下列判断正确的是()图1A．小圆环A、B受到大圆环的支持力之比是eq\r(3)∶1B．小圆环A受到大圆环的支持力与竖直方向的夹角为15°C．细线与水平方向的夹角为30°D．细线的拉力大小为eq\f(\r(3),2)mg答案A解析对A和B进行受力分析，根据平行四边形定则作出重力和支持力的合力，此合力的大小等于绳子的拉力的大小，设A、B所受的支持力与竖直方向的夹角分别为α和β，如图所示：根据正弦定理可以得到：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°，FT＝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)，故选项A正确，B、D错误；由题图根据几何知识可以知道，细线与水平方向的夹角为180°－(45°＋30°)－90°＝15°，故选项C错误．例2(2019·山西临汾市二轮复习模拟)如图2所示是一旅行箱，它既可以在地面上推着行走，也可以在地面上拉着行走．已知该旅行箱的总质量为15kg，一旅客用斜向上的拉力拉着旅行箱在水平地面上做匀速直线运动，若拉力的最小值为90N，此时拉力与水平方向间的夹角为θ，重力加速度大小为g＝10m/s2，sin37°＝0.6，旅行箱受到地面的阻力与其受到地面的支持力成正比，比值为μ，则()图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解析对旅行箱受力分析，如图所示：根据平衡条件，水平方向，有：Fcosθ－Ff＝0，竖直方向，有：FN＋Fsinθ－G＝0，其中：Ff＝μFN，故F＝eq\f(μG,cosθ＋μsinθ)令μ＝tanα，则F＝eq\f(Gsinα,cos?α－θ?)；当α－θ＝0°时，F有最小值，故F＝Gsinα＝90N，故α＝37°，故μ＝tan37°＝0.75，θ＝37°，故选D.例3(2019·湖北武汉市四月调研)某质点做匀加速直线运动，经过时间t速度由v0变为kv0(k>1)，位移大小为x.则在随后的4t内，该质点的位移大小为()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解析根据题目已知条件可以作出以下图象由v－t图象与t轴所围成的面积表示位移可得，用时t的位移为x＝eq\f(v0＋kv0,2)·t；5t时间内的位移为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，即随后4s内的位移为x′－x＝eq\f(8?3k－2?,k＋1)x，故A正确，B、C、D错误．例4(2019·山东日照市3月模拟)如图3所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限内，存在以虚线OM为边界的匀强电场和匀强磁场．匀强电场方向沿y轴负方向，匀强磁场方向垂直于xOy平面向里，虚线OM与x轴负方向成45°角．一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从坐标原点O处以初速度v0沿x轴正方向运动，粒子每次到达x轴将反弹，第一次反弹无能量损失，以后每次反弹水平分速度不变、竖直分速度大小均减为反弹前的eq\f(1,2)，方向相反．电场强度大小等于eq\f(mv\o\al(,02),16qd)，磁感应强度大小等于eq\f(mv0,qd)，求：(不计粒子重力，题中各物理量单位均为国际单位，计算结果可用分式表示)图3(1)带电粒子第三次经过OM时的坐标；(2)带电粒子第三次到达OM时经过的时间；(3)带电粒子从第二次进入电场开始，沿电场方向运动的总路程．答案(1)(－2d,2d)(2)eq\f(?2π＋24\r(2)－32?d,v0)(3)eq\f(10,3)d解析(1)设磁感应强度大小为B，粒子进入磁场，根据左手定则，粒子做eq\f(3,4)的圆周运动后经过OM，根据洛伦兹力提供向心力，有：qv0B＝meq\f(v\o\al(,02),r)，解得：r＝eq\f(mv0,qB)＝d粒子运动轨迹如图所示，由图可知，带电粒子第三次经过OM时的坐标为(－2d,2d)；(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：T＝eq\f(2πd,v0)在电场中，沿y轴方向的加速度：a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(v\o\al(,02),16d)设粒子从第一次沿y轴负方向经过OM到第一次在x轴反弹所用时间为t1，沿y轴方向：veq\o\al(,y02)－v02＝2ar，vy0＝v0＋at1联立解得：t1＝eq\f(?12\r(2)－16?d,v0)则带电粒子第三次到达OM时经过的时间为：t＝T＋2t1＝eq\f(?2π＋24\r(2)－32?d,v0)；(3)因粒子第二次进入电场做类平抛运动，故到达x轴时的水平分速度为v0竖直方向：vy2＝2a(2d)第一次竖直分速度减半反弹，竖直分速度vy1＝eq\f(1,2)vy，高度：h1＝eq\f(v\o\al(,y12),2a)＝eq\f(1,4)×2d第二次竖直分速度减半反弹，竖直分速度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次竖直分速度减半反弹，高度hn＝eq\f(v\o\al(,yn2),2a)＝eq\f(1,4n)×2d故总路程为：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即带电粒子从第二次进入电场开始，沿电场方向运动的总路程为H＝eq\f(10,3)d.例5(2019·山东德州市上学期期末)如图4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均与导轨垂直且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，电阻为r，导体棒cd质量也为m，电阻为2r，导轨电阻忽略不计，两导体棒始终与导轨接触良好，当地重力加速度为g，求：图4(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(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)导体棒ab到达MN之前稳定运动时，由平衡条件得mgsin30°＝ILBI＝eq\f(BLv,3r)联立得：v＝eq\f(3mgr,2B2L2)(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最终的速度大小相同，都为v′＝eq\f(3mgr,4B2L2)整个过程中能量守恒mgh＝2×eq\f(1,2)mv′2＋Q导体棒ab产生的焦耳热Qab＝eq\f(1,3)Q解得Qab＝eq\f(1,3)mgh－eq\f(3m3g2r2,16B4L4)(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＝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)对导体棒cd的运动过程运用动量定理：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)整个过程中通过导体棒ab某一横截面的电荷量q＝q1＋q2＝eq\f(2BLh,3r)＋eq\f(3m2gr,4B3L3).专题强化练(限时30分钟)1.(2019·河南省高考适应性测试)如图1所示，边长为L的等边三角形ABC内、外分布着两方向相反的匀强磁场，三角形内磁场方向垂直纸面向里，两磁场的磁感应强度大小均为B.顶点A处有一粒子源，粒子源能沿∠BAC的角平分线发射不同速度的粒子，粒子质量均为m，电荷量均为＋q，粒子重力不计．则粒子以下列哪一速度值发射时不能通过C点()图1A.eq\f(qBL,m)B.eq\f(qBL,2m)C.eq\f(2qBL,3m)D.eq\f(qBL,8m)答案C解析粒子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示：所有圆弧所对圆心角均为60°，所以粒子运动半径：r＝eq\f(L,n)(n＝1,2,3，…)，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝meq\f(v2,r)，解得：v＝eq\f(Bqr,m)＝eq\f(BqL,mn)(n＝1,2,3，…)，故选C.2.(2019·山东淄博市3月模拟)如图2所示，a、b两个小球穿在一根光滑的固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接．已知b球质量为m，杆与水平面的夹角为30°，不计所有摩擦．当两球静止时，Oa段绳与杆的夹角也为30°，Ob段绳沿竖直方向，则a球的质量为()图2A.eq\r(3)mB.eq\f(\r(3),3)mC.eq\f(\r(3),2)mD．2m答案A解析分别对a、b两球受力分析，如图：根据共点力平衡条件得：FT＝mbg；根据正弦定理得：eq\f(FT,sinθ)＝eq\f(mag,sin?90°＋θ?)；故mb∶ma＝tan30°∶1，则ma＝eq\r(3)m，故B、C、D错误，A正确．3.(2019·云南省统一检测)如图3所示，细线一端固定，另一端拴一小球，小球处于静止状态．现用一始终与细线垂直的力F缓慢拉着小球沿圆弧运动，直到细线水平，在小球运动的整个过程中，F和细线拉力的变化情况为()图3A．F先增大后减小B．F不断增大C．细线的拉力先增大后减小D．细线的拉力不断增大答案B解析对小球受力分析，如图甲所示：由图可知，F和FT的合力与重力大小相等，方向相反，故可以将这三个力放在一个闭合的矢量三角形内进行分析，如图乙所示：在缓慢变化的过程，重力保持不变，F与FT的方向始终垂直，且三个力始终构成一个闭合的矢量三角形，故由图乙可知，F不断增大，细线的拉力FT不断减小，故A、C、D错误，B正确．4．(多选)(2019·河南郑州市第二次质量预测)如图4所示，2019个质量均为m的小球通过完全相同的水平轻质弹簧(始终在弹性限度内)相连，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做匀加速直线运动，设1和2之间弹簧的弹力为F1－2,2和3之间弹簧的弹力为F2－3,2018和2019之间弹簧的弹力为F2018－2019，则下列结论正确的是()图4A．F1－2∶F2－3∶…∶F2018－2019＝1∶2∶3∶…∶2018B．从左到右每根弹簧长度之比为1∶2∶3∶…∶2018C．如果突然撤去拉力F，撤去F瞬间，第2019个小球的加速度为eq\f(F,m)，其余每个球的加速度依然为aD．如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球的加速度为0，第2个小球的加速度为2a，其余小球的加速度依然为a答案AD解析以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F＝2019ma，解得a＝eq\f(F,2019m)；以后面的第1、2、3、…、2018个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得F1－2＝eq\f(1,2019)F，F2－3＝eq\f(2,2019)F，…，F2018－2019＝eq\f(2018,2019)F，则F1－2∶F2－3∶…∶F2018－2019＝1∶2∶3∶…∶2018，故A正确；因为每根弹簧的劲度系数相等，根据胡克定律可知，从左到右每根弹簧伸长量之比为1∶2∶3∶…∶2018，但是总长度之比不等于1∶2∶3∶…∶2018，故B错误；突然撤去F瞬间，因弹簧的弹力不能突变，可知除第2019个球所受合力突然变为eq\f(2018,2019)F，加速度为eq\f(2018F,2019m)，其他球的合力未变，所以其他球的加速度依然为a，故C错误；如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球受到的合力为零，则加速度为0，第2个小球受到的合力变为eq\f(2F,2019)，则加速度为eq\f(2F,2019m)＝2a，其余小球受到的合力不变，加速度依然为a，故D正确．5．给房屋设计屋顶时，把屋顶设计成斜面，把雨水沿着屋顶滑下的运动理想化为小球沿光滑斜面滑下的情形，为了使雨水能尽快地滑下并从屋檐落下，则斜面的倾角应设计成多大的角度？按这种设计，雨水从屋顶滑到屋檐的时间为多少？(已知屋顶与屋檐间的水平距离为L，重力加速度为g)答案见解析解析如图所示，设斜面AB的倾角为θ.当雨水(理想化为图中的小球)从斜面滑下时，其加速度为a＝gsinθ，从A到B的距离为eq\f(L,cosθ)，设从A到B所用的时间为t，则eq\f(L,cosθ)＝eq\f(1,2)gsinθ·t2得t＝eq\r(\f(2L,gsinθcosθ))＝eq\r(\f(4L,gsin2θ))当θ＝45°时，t有最小值，tmin＝2eq\r(\f(L,g)).6．(2019·河南驻马店市第一学期期末)如图5所示，间距为L＝0.5m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＝0.2T，轨道左侧连接一定值电阻R＝1Ω.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．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μ＝0.5，导体棒和导轨的电阻均不计．取g＝10m/s2，求：图5(1)导体棒的加速度大小；(2)导体棒的质量．答案(1)5m/s2(2)0.1kg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＝eq\f(E,R)导体棒受到的安培力：F安＝BIL由牛顿第二定律：F－F安－Ff＝ma由题意v＝at联立解得：F＝eq\f(B2L2a,R)t＋ma＋Ff根据题图乙可知，0～10s内图象的斜率为0.05N/s，即eq\f(B2L2a,R)＝0.05N/s，解得a＝5m/s2(2)由F－t图象纵截距可知：ma＋Ff＝1.0N又Ff＝μmg解得m＝0.1kg.7.(2019·四川绵阳市第二次诊断)如图6所示，一倾角为60°的光滑斜面固定于水平地面上，Q为斜面顶点，P为斜面上一点，同一竖直平面内有固定点O，O、P连线垂直于斜面，OP＝l，P、Q间距离xPQ＝eq\f(\r(3),12)l.长度为l的轻绳一端系于O点，另一端系质量为m的小球A，质量为M＝4m的滑块B在一锁定装置作用下静止于斜面上的P点．现将A球拉至与O点等高的水平位置，拉直轻绳，以竖直向下的初速度v0释放，A与B发生碰撞前一瞬间，锁定装置解除，A、B均视为质点，碰撞过程中无能量损失，重力加速度为g.图6(1)求小球A通过最低点C点时，绳对小球拉力的大小；(2)求小球A与滑块B碰撞后瞬间，小球A和滑块B的速度vA和vB的大小；(3)若A、B碰后，滑块B能沿斜面上滑越过Q点，且小球A在运动过程中始终不脱离圆轨道，求初速度v0的取值范围．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\