高考物理二轮复习考前三个月专题4数学方法的应用教案159.pdf

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1、第 1 页 专题 14 数学方法应用 考题一 常用数学知识 1.罗列物理中常用数学方法，熟悉其内容及其变形.2.熟悉数学在物理题中应用特点.3.理解物理公式或图象所表示物理意义，不能单纯地从抽象数学意义去理解物理问题，防止单纯从数学观点出发，将物理公式“纯数学化倾向.例 1 如图 1 所示，AB是竖直平面内圆心为O、半径为R圆上水平方向直径，AC是圆上一条弦.该圆处在某一匀强电场中，电场线与圆平面平行，将一质量为m、电荷量为q带正电小球从圆周上A点以一样动能抛出，抛出方向不同时，小球会经过圆周上不同点，假设到达C点时小球动能最大，BAC30，重力加速度为g，那么电场强度E最小值为()图 1 A

2、.mg2q B.mgq C.3mg2q D.3mgq 解析 小球到达C点动能最大，说明C点是重力场与电场形成复合场中等效最低点，即重力与电场力合力沿OC方向，对小球受力分析，如下图，利用矢量三角形可知：当电场力垂直于OC时，电场力最小，Fmin第 2 页 mgsin 3012mg，即Eminmg2q，A 正确.应选 A.答案 A 变式训练 1.如图 2 所示，在斜面上有四条光滑细杆，其中OA杆竖直放置，OB杆与OD杆等长，OC杆与斜面垂直放置，每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，四个环分别从O点由静止释放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用时间依次为t1、t2、t3、t4.以下关系不正

3、确是()图 2 A.t1t2 B.t1t3 C.t2t4 D.t2t4 答案 C 解析 以OA为直径画圆建立等时圆模型，小滑环受重力与支持力，由牛顿第二定律得：agcos(为杆与竖直方向夹角)由图中直角三角形可知，小滑环位移x2Rcos 由x12at2，得：t2xa2Rcos gcos 2Rg，t与无关，可知从圆上最高点沿任意一条弦滑到底端所用时间一样，故沿OA与OC滑到底端时间一样，即t1t3，OB不是一条完整弦，时间最短，即t1t2，OD长度超过一条弦，时间最长，即t2t4.故 A、B、D 正确，C 不正确，因此题选不正确，应选 C.2.如图 3 所示，穿在一根光滑固定杆上小球A、B通过一

4、条跨过定滑轮细绳连接，杆与水平面成角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA第 3 页 绳与杆夹角为，OB绳沿竖直方向，那么以下说法正确是()图 3 A.A可能受到 2 个力作用 B.B可能受到 3 个力作用 C.A、B质量之比为 tan 1 D.A、B质量之比为 1tan 答案 D 解析 对A球受力分析可知，A受到重力、绳子拉力以及杆对A球弹力，三个力合力为零，故 A 错误；对B球受力分析可知，B受到重力、绳子拉力，两个力合力为零，杆对B球没有弹力，否那么B不能平衡，故 B 错误；分别对A、B两球受力分析，运用合成法，如图，根据共点力平衡条件，得：FTmBg 根据正弦定理得：FTsin mAgsi

5、n90 因定滑轮不改变力大小，故绳子对A拉力等于对B拉力，得mAmB1tan，故 C 错误，D 正确，应选 D.3.如图 4 所示，将两个质量均为m，带电荷量分别为q、q小球a、b，用两细线相连并悬挂于O点，置于沿水平方向匀强电场中，电场强度为E，且Eqmg，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，那么F大小可能为()图 4 mg B.12mg 第 4 页 C.mg D.22mg 答案 A 解析 先分析b平衡：由于Eqmg，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，转变成典型三力平衡问题，画矢量三角形如下图，F最小值Fmin2mgsin 452mg，那

6、么应满足F2mg，故A 正确.R1与R2圆环，两圆环上电荷量均为q(qO1与O2相距为 2a，连线中点为O，轴线上A点在O点右侧与O点相距为r(r0，问：图 7(1)当k满足什么条件时，甲、乙两车间距离有最小值，最小值为多大？(2)当k为何值时，甲车运动到O处，与乙车距离与t0 时刻距离一样？答案(1)0k1 21k2 m(2)12 解析(1)t时刻两车坐标：甲车：x(1kt)m，乙车：y12k2t m 第 7 页 t时刻两车相距 sx2y21kt212k2t k2t22k1kt2 m 当t1kk s 时，甲、乙两车间距离有最小值.最小值为smin21k2 m，其中k满足 0k1.(2)当t0

7、 时，甲车坐标为(1,0)，乙车坐标为(0,1)，此时两车距离s02 m.当甲车运动到O处时，kt1 m，乙车y12k2t m2 m 两式联立解得：k12.h045 m 高处自由下落，着地后又弹起，然后又下落，每与地面相碰一次，速度大小就变化为原来kk12，求小球从下落直至停顿运动所用时间.(g取 10 m/s2，碰撞时间忽略不计)答案 9 s 解析 由运动学公式将小球每碰一次后在空中运动时间通项公式求出，然后再累加求与.小球从h0处落到地面时速度：v02gh0，运动时间为：t0 2h0g 第一次碰地后小球反弹速度：v1kv0k2gh0 第 8 页 小球再次与地面碰撞之前做竖直上抛运动，这一过

8、程球运动时间：t12v1g2k2h0g 那么第n次碰地后，小球运动速度通项公式为：vnkn2gh0 运动时间：tn2vng2kn2h0g 所以，小球从下落到停顿运动总时间为：tt0t1tn 2h0g2k2h0g2kn2h0g 2h0g2 2h0g(kk2kn).上式括号中是一个无穷等比递减数列，由无穷等比递减数列求与公式，并代入数据得t9 s.O点，另一端拴一小球，拉起小球使轻绳水平，然后无初速度地释放，如图 8 所示，小球在运动至轻绳到达竖直位置过程中，小球所受重力瞬时功率在何处取得最大值？图 8 答案 当细绳与竖直方向夹角余弦值为 cos 33时，重力瞬时功率取得最大值 解析 如下图，当小

9、球运动到绳与竖直方向成角C时，重力功率：Pmgvcos mgvsin 第 9 页 小球从水平位置到图中C位置时，由机械能守恒有mgLcos 12mv2 解得：Pmg2gLcos sin2 令ycos sin2 因为ycos sin2 122cos2sin4 122cos2sin2sin2 又因为 2cos2sin2sin22(sin2cos2)2(定值).所以当且仅当 2cos2sin2时，y有最大值 由 2cos21cos2 得 cos 33 即：当 cos 33时，功率P有最大值.专题标准练 1.(多项选择)AOC是光滑直角金属导轨，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，ab是一根金属直棒，靠立

10、在导轨上(开场时b离O点很近)，如图 1 所示.它从静止开场在重力作用下运动，运动过程中a端始终在AO上，b端始终在OC上，直到ab完全落在OC上，整个装置放在一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，那么ab棒在运动过程中()图 1 第 10 页 ba ba，后变为ab ab向上 ab向下，后垂直于ab向上 答案 BD 解析 初始，ab与直角金属导轨围成三角形面积趋于 0，末状态abab向下，后垂直于ab向上，选项 C 错，D 对.应选 B、D.2.如图 2 所示，斜面上固定有一与斜面垂直挡板，另有一截面为14O1处对甲施加一平行于斜面向下力FF1，甲对斜面压力大小为F2，甲对乙弹力大小为F3.在

11、此过程中()图 2 A.F1逐渐增大，F2逐渐增大，F3逐渐增大 B.F1逐渐减小，F2保持不变，F3逐渐减小 C.F1保持不变，F2逐渐增大，F3先增大后减小 D.F1逐渐减小，F2保持不变，F3先减小后增大 答案 B 解析 先对物体乙受力分析，受重力、挡板支持力F1与甲对乙弹力F3，如图甲所示；甲沿斜面方向向下移动，逐渐变小，F1方向不变，整个过程中乙物体保持动态平衡，故F1与F3合力始终与重力等大反向，由平行四边形定那么知F3、F1均逐渐减小，根据牛顿第三定律，乙对挡板压力F1逐渐减小；再对甲与乙整体受力分析，受重力、斜面支持力F2、挡板支持力F1与推力F，如图乙所示；根据第 11 页

12、平衡条件有，F2(Mm)gcos，保持不变；由牛顿第三定律知甲对斜面压力F2不变，选项 B 正确.应选 B.3.如图 3 所示，A、B为地球两个轨道共面人造卫星，运行方向一样，A、B卫星轨道半径分别为rA与rB，某时刻A、B两卫星距离到达最近，卫星A运行周期为T.从该时刻起到A、B间距离最远所经历最短时间为()图 3 A.T2 rArB31 B.TrArB31 C.T2 rArB31 D.TrArB31 答案 C 解析 设两卫星至少经过时间t距离最远，两卫星相距最远时，转动相差半周，那么tTBtTA12，又因为卫星环绕周期T2 r3GM，解得tT2 rArB31，C 正确.应选 C.4.图 4

13、 为某制药厂自动生产流水线一局部装置示意图，传送带与水平面夹角为，O为漏斗.要使药片从漏斗中出来后经光滑滑槽滑到传送带上，设滑槽摆放方向与竖直方向夹角为，那么为多大时可使药片滑到传送带上时间最短()第 12 页 图 4 A.B.2 C.2 D.32 答案 C 解析 如下图，药片沿滑槽下滑加速度agcos，设O到传送带距离为H，那么有 OPHcos12at2 12gt2cos t22Hcosgcos 令Tcos()cos 12cos()cos()12cos cos(2)当2时，Tmax12(cos 1)可见，2时，t有最小值.应选 C.A、B，转动方向如图 5 所示，在A盘上距圆心 48 cm

14、处固定一个小球P，在B盘上距圆心 16 cm 处固定一个小球Q.P、QP、Q相距最近时开场计时，那么每隔一定时间两球相距最远，这个时间最小值应第 13 页 为()图 5 A.0.08 s B.0.12 s C.0.24 s D.0.48 s 答案 B 解析 两球相距最远时，在一样时间内，P、Q转过角度分别为PPt(2n1)(n0,1,2,3，)，QQt(2m1)(m0,1,2,3，)，由于Q3P，当两球第一次相距最远时，n0，解得m1，故tP，而PvrP40.48，解得t0.12 s，选项 B 正确.应选 B.6.如图 6 所示，一根长为L轻杆OA，O端用铰链固定，另一端固定着一个小球A，轻杆

15、靠在一个质量为M、高为h物块上.假设物块与地面间摩擦不计，那么当物块以速度v向右运动至杆与水平方向夹角为时，小球A线速度大小为()图 6 A.vLtan h B.vLsin2h C.vLcos2h D.vLhtan 答案 B 解析 根据运动合成与分解可知，接触点B实际运动为合运动，可将B点运动速度沿垂直于杆与沿杆方向分解成v2与v1，如下图，第 14 页 其中v2vBsin vsin，即为B点做圆周运动线速度，v1vBcos，为B时，OBhsin；A、B两点都围绕O点做圆周运动，且在同一杆上，故角速度一样，由于B点线速度为v2vsin OB，所以vsin OBvsin2h，所以A线速度vALL

16、vsin2h，应选项B 正确.应选 B.7.(多项选择)如图 7 所示，直角三角形abc是圆O内接三角形，a30，b90，c60.匀强电场电场线与圆所在平面平行，a、b、c三点电势为aU、b0、cU.下面说法正确是()图 7 33U 233U 3U3R 23U3R 答案 BD 解析 ac中点O电势OUU20，所以O、b两点是等势点，那么直线bO是匀强电场等势线，与直线bO垂直直线就是电场线，圆周上M点电势最高，如下图.第 15 页 过c点作等势线，与电场线交于d点，那么dcU，设圆半径为R，根据几何关系知O、d间距离OdRcos 3032R，所以电场强度EU32R23U3R，D 正确.M点电势

17、MER233U，B 正确.应选 B、D.8.(多项选择)如图 8 所示，固定于竖直面内粗糙斜杆，与水平方向夹角为 30，质量为m小球套在杆上，在大小不变拉力F33，那么关于拉力F大小与F做功情况，以下说法正确是()图 8 30时，拉力F最小 30时，拉力F做功最小 60时，拉力F最小 60时，拉力F做功最小 答案 AD 解析 由题中选项可知要使F最小，那么应有Fsin mgcos 30，故根据平衡条件有 Fcos mgsin 30(mgcos 30Fsin)，解得：F错误!错误!，由数学知识知，当30时，拉力F最小，A 正确，C 错误；当60时，Fmg，因为没有摩擦力，拉力做功最小，Wminm

18、gh，第 16 页 所以 B 错误，D 正确.应选 A、D.9.如图 9 所示，在直角坐标系xOy第一象限区域中，有沿y轴正方向匀强电场，电场强度大小为Ekv0.在第二象限有一半径为Rb圆形区域磁场，圆形磁场圆心O1坐标为(b，b)，与坐标轴分别相切于P点与Nx3b处垂直于x轴放置一平面荧光屏，与x轴交点为Q.大量电子以一样速率在纸面内从P点进入圆形磁场，电子速度方向在与x轴正方向成角范围内，其中沿y轴正方向电子经过磁场到达N点，速度与x轴正方向成角电子经过磁场到达M点且Mb).忽略电子间相互作用力，不计电子重力，电子比荷为emv0kb.求：图 9(1)圆形磁场磁感应强度大小；(2)角大小；(

19、3)电子打到荧光屏上距Q点最远距离.答案(1)k(2)120(3)94b 解析(1)由于速度沿y轴正方向电子经过N点，因而电子在磁场中做圆周运动半径为rb 而ev0Bmv 20r 联立解得Bk(2)速度与x轴正方向成角电子在磁场中做圆周运动圆心为O，电子离开磁场时位置为P，连接PO1PO可知该四边形为菱形，如第 17 页 图甲，由于PO1竖直，因而半径PO也为竖直方向，电子离开磁场时速度一定沿x轴正方向 由图可知bsin(90)bb 解得120.(3)由(2)可知，所有电子以平行于x轴正方向速度进入电场中做类平抛运动，设电子在电场中运动加速度为a，运动时间为t，竖直方向位移为y，水平位移为x 水平方向xv0t 竖直方向y12at2 eEma vyat 联立解得x2by 设电子最终打在光屏最远点距Q点为H，如图乙所示，电子射出电场时夹角为有 tan vyv02yb 有H(3bx)tan(3b2y)2y 当 3b2y2y，即y98b时，H有最大值.由于98bb，所以Hmax94b.