高考物理二轮复习 专题十二 应用数学方法解题重点讲练-人教版高三全册物理试题.doc

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1、专题十二 应用数学方法解题重点讲练1(2014福建)若有一颗“宜居”行星，其质量为地球的p倍，半径为地球的q倍，则该行星卫星的环绕速度是地球卫星环绕速度的()A.倍B.倍C.倍 D.倍答案C解析第一宇宙速度又叫环绕速度，即绕星球表面飞行的卫星的速度根据万有引力提供向心力，解得v，所以，C项正确命题立意第一宇宙速度、万有引力定律2(2015福建)如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦在PQ从靠

2、近ad处向bc滑动的过程中()APQ中电流先增大后减小BPQ两端电压先减小后增大CPQ上拉力的功率先减小后增大D线框消耗的电功率先减小后增大答案C解析设PQ左侧电路的电阻为Rx，则右侧电路的电阻为3RRx，所以外电路的总电阻为R，外电路电阻先增大后减小，所以路端电压先增大后减小，所以B项错误；电路的总电阻先增大后减小，再根据闭合电路的欧姆定律可得PQ中的电流I，先减小后增大，故A项错误；由于导体棒做匀速运动，拉力等于安培力，即FBIL，拉力的功率PBILv，先减小后增大，所以C项正确；外电路的电阻R最大为3R/4，小于内阻R，又外电路电阻先增大后减小，所以外电路消耗的功率先增大后减小，故D项错

3、误3(2015福建)如图，若两颗人造卫星a和b均绕地球做匀速圆周运动，a、b到地心O的距离分别为r1，r2，线速度大小分别为v1，v2.则()A. B.C.()2 D.()2答案A解析由题意知，两颗人造卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据Gm，得v，所以，故A项正确；B、C、D项错误4(2015大庆三检)如图所示，小圆环A吊着一个质量为m2的物块并套在竖直放置的大圆环上另有一根细绳，一端拴着质量为m1的物块，跨过固定在大圆环最高点B处的小定滑轮后，另一端系在小圆环A上设小圆环、滑轮、绳子的质量以及相互之间的摩擦均不计，绳子不可伸长若平衡时弦AB所对应的圆心角为，则两物块的质量比m

4、1m2为()Acos B2sinCsin D2cos答案B解析如图：对小环进行受力分析，如图所示，小环受上面绳子的拉力m1g，下面绳子的拉力m2g，以及圆环对它沿着OA向外的支持力，将两个绳子的拉力进行正交分解，它们在切线方向的分力应该相等：m1gsinm2gcos(90)即m1cosm2sinm1cos2m2sincos得m1m22sin命题立意本题旨在考查共点力平衡的条件及其应用5(2015衡水高三调)截面为直角三角形的木块A质量为M，放在倾角为的斜面上，当37时，木块恰能静止在斜面上，如图甲所示现将改为30，在A与斜面间放一质量为m的光滑圆柱体B，如图乙，已知sin370.6，cos37

5、0.8，则()AA、B仍一定静止于斜面上B若M4m，则A受到斜面的摩擦力为mgC若M2m，则A受到的摩擦力为mgD以上说法都不对答案B解析A项，由题意可知，当37时，木块恰能静止在斜面上，则有Mgcos37Mgsin37代入数据解得0.75现将改为30，在A与斜面间放一质量为m的光滑圆柱体B，对A受力分析；则有fNNMgcos30而Fmgsin30当fmgsin30Mgsin30则A相对斜面不滑动，因此A、B是否静止在斜面上，由B对A弹力决定，故A项错误；B项，若M4m，则mgsin30Mgsin30Mg而fN0.75Mgcos30Mg因fmgsin30Mgsin30，A不滑动，A受到斜面的静

6、摩擦力，大小为mgsin30Mgsin30Mg，故B项正确，D项错误；C项，若M2m，则mgsin30Mgsin30Mg而fN0.75Mgcos30Mg因fmgsin30Mgsin30，A滑动，A受到斜面的滑动摩擦力，大小为fN0.75Mgcos30Mgmg，故C项错误命题立意本题旨在考查共点力平衡的条件及其应用、力的合成与分解的运用6(2015连徐宿三调)“北斗”导航系统是我国自行研发的全球导航系统，它由5颗静止轨道卫星(同步卫星)与30颗非静止轨道卫星组成已知月球公转周期约为27天，则静止轨道卫星与月球()A角速度之比约为271B线速度之比约为271C半径之比约为127D向心加速度之比约为

7、127答案A解析A项，根据可知，角速度与周期成反比，因静止轨道卫星与月球的公转周期之比为127，则角速度之比约为271，故A项正确；B、C项，根据万有引力提供圆周运动向心力，有Gmr得卫星运动的周期T2可得月球周期与同步卫星周期的比值所以月球到地球的距离与同步卫星到地球的距离比为()即同步卫星到地球的距离与月球到地球的距离比为19；再根据v，即得线速度之比约为31，故B、C项错误；D项，根据anv，得向心加速度之比约为811，故D项错误命题立意本题旨在考查同步卫星7.(2015青岛统一检测)2014年11月12日，“菲莱”着陆器成功在67P彗星上实现着陆，这是人类首次实现在彗星上软着陆，被称为

8、人类历史上最伟大冒险之旅载有“菲莱”的“罗赛塔”飞行器历经十年的追逐，被67P彗星俘获后经过一系列变轨，成功的将“菲莱”着陆器弹出，准确地在彗星表面着陆如图所示，轨道1和轨道2是“罗赛塔”绕彗星环绕的两个圆轨道，B点是轨道2上的一个点，若在轨道1上找一点A，使A与B的连线与BO连线的最大夹角为，则“罗赛塔”在轨道1、2上运动的周期之比为()Asin3 B.C. D.答案C解析根据几何关系连接OA可得三角形OAB是直角三角形，故轨道1和轨道2的半径之比sin再根据万有引力提供圆周运动向心力有Gmr可得圆周运动的周期T所以，故A、B、D项错误，C项正确命题立意本题旨在考查万有引力定律及其应用8(2

9、015怀化三模)如图所示，以等腰直角三角形ABC为边界的有界匀强磁场方向垂直纸面向里一个等腰直角三角形导体框abc的直角边ab的长是AB长的一半，线框abc在平面内，线框的bc边与磁场的边界BC边在同一直线上，现让线框匀速向右通过磁场区，速度方向始终平行于BC边则在线框穿过磁场区的过程中，线框中产生的感应电流随时间变化的关系图像是(设沿顺时针方向为感应电流的正方向)答案D解析当线框进磁场时，根据楞次定律判断知：感应电流的方向沿逆时针，为负值；t时刻导线框的有效切割长度Lvt，感应电动势瞬时值EBLvBv2t，感应电流瞬时值为I，可知It，当t，I(式中aBC)；同理，线框出磁场时，感应电流的方

10、向沿顺时针，为正值；t时刻导线框的有效切割长度：La(vta)avt，感应电动势瞬时值EBLvB(avt)v，感应电流瞬时值为I，当t时，I，当线框完全在磁场中运动时，磁通量不变，没有感应电流产生根据数学知识可知：D图正确命题立意该题考查电磁感应的图像问题点评本题是图像问题，根据楞次定律和法拉第电磁感应定律、欧姆定律判断感应电流的方向，得到各段电流的解析式，再选择图像9(2015安徽)在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E(图中未画出)，由A点斜射出一质量为m，带电荷量为q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两点，如图所示，其中l0为常数粒子所受重力忽略不计求：(1)粒子从A到C过

11、程中电场力对它做的功；(2)粒子从A到C过程所经历的时间；(3)粒子经过C点时的速率答案(1)WAC3qEl0(2)t3(3)vC解析(1)WACqE(yAyC)3qEl0.(2)根据抛体运动的特点，粒子在x方向做匀速直线运动，由对称可知轨迹最高点D在y轴上，可令tADtDBT，则tBCT由qEma，得a又yDaT2，yD3l0a(2T)2，解得T则A到C过程所经历的时间t3(3)粒子在DC段做平抛运动，于是有2l0vCx(2T)，vCya(2T)vC命题立意本题考查带电粒子在电场中的运动、抛体运动等知识10(2015安徽)由三颗星体构成的系统，忽略其他星体对它们的作用，存在着一种运动形式：三

12、颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O在三角形所在的平面内做相同角速度的圆周运动(图示为A、B、C三颗星体质量不相同时的一般情况)若A星体质量为2m，B、C两星体的质量均为m，三角形边长为a.求：(1)A星体所受合力大小FA；(2)B星体所受合力大小FB；(3)C星体的轨道半径RC；(4)三星体做圆周运动的周期T.答案(1)FA2G(2)FBG(3)RCa(4)T解析(1)由万有引力定律，A星体所受B，C星体引力大小为FBAGGFCA方向如图，则合力大小为FA2G(2)同上，B星体所受A，C星体引力大小分别为FABGGFCBGG方向如图，则合力大小

13、为FBxFABcos60FCB2GFByFABsin60G可得FBG(3)通过分析可知，圆心O在中垂线AD的中点，RCa(4)三星体运动周期相同，对C星体，由FCFBGm()2RC.可得T命题立意本题考查万有引力定律、力的合成、正交分解法等知识11(2015怀化三模)如图所示的xOy坐标系中，y轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面向里P点的坐标为(2L,0)，Q1、Q2两点的坐标分别为(0，L)，(0，L)坐标为(L,0)处的C点固定一平行于y轴放置的长为L的绝缘弹性挡板，C为挡板中点，带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后，沿y方向分速度不变，沿x方向分速度反

14、向，大小不变带负电的粒子质量为m，电量为q，不计粒子所受重力若粒子在P点沿PQ1方向进入磁场，经磁场运动后，求：(1)若从Q1直接到达Q2处的粒子初速度大小；(2)若从Q1直接到达O点，粒子第一次经过x轴的交点坐标；(3)若只与挡板碰撞两次并能回到P点的粒子初速度大小命题立意该题考查带电粒子在磁场的圆周运动答案(1)v1(2)(L,0)(3)v解析(1)由题意画出粒子运动轨迹如图甲所示，设PQ1与x轴正方向夹角为，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R1，由几何关系得R1cosL(其中cos)粒子在磁场中做匀速圆周运动有qv1Bm解得v1(2)由题意画出粒子运动轨迹如图乙所示，设其与x轴交点为F

15、，由几何关系得2R2cosL，解得R2L设F点横坐标为xF，由几何关系得xF2R2sin，解得xFL则交点F的坐标为(L,0)(3)由题意画出粒子运动轨迹如图丙所示，设粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R3，偏转一次后沿y轴负方向偏移的距离为y1(如图中Q1、E间距)，由几何关系得y12R3cos粒子与挡板碰撞后，速度方向应与PQ1连线平行，每碰撞一次，粒子进出磁场在y轴上这段距离y2(如图中A、E间距)可由题给条件，有y2LtanL当粒子只碰二次，为保证粒子最终能回到P，其几何条件是2(y1y2)y12L联立解得R3L粒子在磁场中做匀速圆周运动qvBm解得v12(2014安徽)如图1所示，匀

16、强磁场的磁感应强度B为0.5 T，其方向垂直于倾角为30的斜面向上绝缘斜面上固定有“”形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计)，MP和NP长度均为2.5 mMN连线水平长为3 m以MN的中点O为原点、OP为x轴建立一维坐标系Ox.一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3 m，质量m为1 kg，电阻R为0.3 ，在拉力F的作用下，从MN处以恒定的速度v1 m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)g取10 m/s2.(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x0.8 m电势差UCD；(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图2中画出Fx关系图

17、像；(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热答案(1)1.5 V0.6 V(2)F12.53.75x(0x2)如图(3)7.5 J解析(1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势EBlv(ld)E1.5 V(D点电势高)当x0.8 m时，金属杆在导轨间的电势差为零设此时杆在导轨外的长度为l外，则l外ddOP得l外1.2 m由楞次定律判断D点电势高，故CD两端电势差UCDBl外vUCD0.6 V(2)杆在导轨间的长度l与位置x关系是ld3x对应的电阻Rl为RlR电流I杆受的安培力F安BIl7.53.75x根据平衡条件得FF安mgsin F12.53.75x(0x2)画出的Fx图像

18、如图所示(3)外力F所做的功WF等于Fx图线下所围的面积，即WF2 J17.5 J而杆的重力势能增加量EPmgsin 故全过程产生的焦耳热QWFEP7.5 J13(2015浙江)使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等质量为m，速度为v的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道时半径为r的圆，圆心在O点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B.为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器引出器原理如图所示，一堆圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O点(O点图中未画出)引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P点进入通道，

19、沿通道中心线从Q点射出已知OQ长度为L.OQ与OP的夹角为.(1)求离子的电荷量q并判断其正负；(2)离子从P点进入，Q点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B，求B；(3)换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边缘效应为使离子仍从P点进入，Q点射出，求通道内引出轨迹处电场强度E的方向和大小答案(1)q正电荷(2)(3)EBv解析(1)离子做圆周运动Bqvm解得q，正电荷(2)如图所示OQR，OQL，OORr引出轨迹为圆弧Bqvm解得R根据几何关系，得R解得B(3)电场强度方向沿径向外引出轨迹为圆弧BqvEqm解得EBv命题立意回旋加速器，带电粒子在电磁场中的运动