《（全國通用）2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題14 數(shù)學(xué)方法的應(yīng)用學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用）2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題14 數(shù)學(xué)方法的應(yīng)用學(xué)案（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題14 數(shù)學(xué)方法的應(yīng)用考題一常用的數(shù)學(xué)知識1.羅列物理中常用數(shù)學(xué)方法，熟悉其內(nèi)容及其變形.2.熟悉數(shù)學(xué)在物理題中應(yīng)用的特點.3.理解物理公式或圖象所表示的物理意義，不能單純地從抽象的數(shù)學(xué)意義去理解物理問題，防止單純從數(shù)學(xué)的觀點出發(fā)，將物理公式“純數(shù)學(xué)化”的傾向.例1如圖1所示，AB是豎直平面內(nèi)圓心為O、半徑為R的圓上水平方向的直徑，AC是圓上的一條弦.該圓處在某一勻強電場中，電場線與圓平面平行，將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球從圓周上A點以相同的動能拋出，拋出方向不同時，小球會經(jīng)過圓周上的不同點，若到達(dá)C點時小球的動能最大，已知BAC30，重力加速度為g，則電場強度E的最小值為()圖1A

2、. B.C. D.解析小球到達(dá)C點動能最大，說明C點是重力場和電場形成的復(fù)合場中的等效最低點，即重力和電場力的合力沿OC方向，對小球受力分析，如圖所示，利用矢量三角形可知：當(dāng)電場力垂直于OC時，電場力最小，F(xiàn)minmgsin 30mg，即Emin，A正確.故選A.答案A變式訓(xùn)練1.如圖2所示，在斜面上有四條光滑細(xì)桿，其中OA桿豎直放置，OB桿與OD桿等長，OC桿與斜面垂直放置，每根桿上都套著一個小滑環(huán)(圖中未畫出)，四個環(huán)分別從O點由靜止釋放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的時間依次為t1、t2、t3、t4.下列關(guān)系不正確的是()圖2A.t1t2 B.t1t3C.t2t4 D.t20)

3、，而且電荷均勻分布.兩圓環(huán)的圓心O1和O2相距為2a，連線的中點為O，軸線上的A點在O點右側(cè)與O點相距為r(r0，問：圖7(1)當(dāng)k滿足什么條件時，甲、乙兩車間的距離有最小值，最小值為多大？(2)當(dāng)k為何值時，甲車運動到O處，與乙車的距離和t0時刻的距離相同？答案(1)0k1 m(2)解析(1)t時刻兩車坐標(biāo)：甲車：x(1kt) m，乙車：y mt時刻兩車相距s m當(dāng)t s時，甲、乙兩車間的距離有最小值.最小值為smin m，其中k滿足0k1.(2)當(dāng)t0時，甲車坐標(biāo)為(1,0)，乙車坐標(biāo)為(0,1)，此時兩車距離s0 m.當(dāng)甲車運動到O處時，kt1 m，乙車y m m兩式聯(lián)立解得：k.6.一

4、小球從h045 m高處自由下落，著地后又彈起，然后又下落，每與地面相碰一次，速度大小就變化為原來的k倍.若k，求小球從下落直至停止運動所用的時間.(g取10 m/s2，碰撞時間忽略不計)答案9 s解析由運動學(xué)公式將小球每碰一次后在空中運動的時間的通項公式求出，然后再累加求和.小球從h0處落到地面時的速度：v0，運動的時間為：t0 第一次碰地后小球反彈的速度：v1kv0k小球再次與地面碰撞之前做豎直上拋運動，這一過程球運動的時間：t12k則第n次碰地后，小球的運動速度的通項公式為：vnkn運動時間：tn2kn所以，小球從下落到停止運動的總時間為：tt0t1tn 2k2kn 2 (kk2kn).上

5、式括號中是一個無窮等比遞減數(shù)列，由無窮等比遞減數(shù)列求和公式，并代入數(shù)據(jù)得t9 s.7.一輕繩一端固定在O點，另一端拴一小球，拉起小球使輕繩水平，然后無初速度地釋放，如圖8所示，小球在運動至輕繩達(dá)到豎直位置的過程中，小球所受重力的瞬時功率在何處取得最大值？圖8答案當(dāng)細(xì)繩與豎直方向的夾角余弦值為cos 時，重力的瞬時功率取得最大值解析如圖所示，當(dāng)小球運動到繩與豎直方向成角的C時，重力的功率：Pmgvcos mgvsin 小球從水平位置到圖中C位置時，由機械能守恒有mgLcos mv2解得：Pmg令ycos sin2因為ycos sin2 又因為2cos2sin2sin22(sin2cos2)2(定

6、值).所以當(dāng)且僅當(dāng)2cos2sin2時，y有最大值由2cos21cos2得cos 即：當(dāng)cos 時，功率P有最大值.專題規(guī)范練1.(多選)AOC是光滑的直角金屬導(dǎo)軌，AO沿豎直方向，OC沿水平方向，ab是一根金屬直棒，靠立在導(dǎo)軌上(開始時b離O點很近)，如圖1所示.它從靜止開始在重力作用下運動，運動過程中a端始終在AO上，b端始終在OC上，直到ab完全落在OC上，整個裝置放在一勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，則ab棒在運動過程中()圖1A.感應(yīng)電流方向始終是baB.感應(yīng)電流方向先是ba，后變?yōu)閍bC.所受磁場力方向垂直于ab向上D.所受磁場力方向先垂直于ab向下，后垂直于ab向上答案BD解析

7、初始，ab與直角金屬導(dǎo)軌圍成的三角形面積趨于0，末狀態(tài)ab與直角金屬導(dǎo)軌圍成的三角形面積也趨于0，所以整個運動過程中，閉合回路的面積先增大后減小.根據(jù)楞次定律的增反減同，判斷電流方向先是逆時針后是順時針，選項A錯，B對.根據(jù)左手定則判斷安培力可得安培力先垂直于ab向下，后垂直于ab向上，選項C錯，D對.故選B、D.2.如圖2所示，斜面上固定有一與斜面垂直的擋板，另有一截面為圓的光滑柱狀物體甲放置于斜面上，半徑與甲相同的光滑球乙被夾在甲與擋板之間，沒有與斜面接觸而處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)在從球心O1處對甲施加一平行于斜面向下的力F，使甲沿斜面方向緩慢向下移動.設(shè)乙對擋板的壓力大小為F1，甲對斜面的壓力大

8、小為F2，甲對乙的彈力大小為F3.在此過程中()圖2A.F1逐漸增大，F(xiàn)2逐漸增大，F(xiàn)3逐漸增大B.F1逐漸減小，F(xiàn)2保持不變，F(xiàn)3逐漸減小C.F1保持不變，F(xiàn)2逐漸增大，F(xiàn)3先增大后減小D.F1逐漸減小，F(xiàn)2保持不變，F(xiàn)3先減小后增大答案B解析先對物體乙受力分析，受重力、擋板的支持力F1和甲對乙的彈力F3，如圖甲所示；甲沿斜面方向向下移動，逐漸變小，F(xiàn)1的方向不變，整個過程中乙物體保持動態(tài)平衡，故F1與F3的合力始終與重力等大反向，由平行四邊形定則知F3、F1均逐漸減小，根據(jù)牛頓第三定律，乙對擋板的壓力F1逐漸減??；再對甲與乙整體受力分析，受重力、斜面的支持力F2、擋板的支持力F1和推力F，

9、如圖乙所示；根據(jù)平衡條件有，F(xiàn)2(Mm)gcos ，保持不變；由牛頓第三定律知甲對斜面的壓力F2不變，選項B正確.故選B.3.如圖3所示，A、B為地球的兩個軌道共面的人造衛(wèi)星，運行方向相同，A、B衛(wèi)星的軌道半徑分別為rA和rB，某時刻A、B兩衛(wèi)星距離達(dá)到最近，已知衛(wèi)星A的運行周期為T.從該時刻起到A、B間距離最遠(yuǎn)所經(jīng)歷的最短時間為()圖3A. B.C. D.答案C解析設(shè)兩衛(wèi)星至少經(jīng)過時間t距離最遠(yuǎn)，兩衛(wèi)星相距最遠(yuǎn)時，轉(zhuǎn)動相差半周，則，又因為衛(wèi)星環(huán)繞周期T2 ，解得t，C正確.故選C.4.圖4為某制藥廠自動生產(chǎn)流水線的一部分裝置示意圖，傳送帶與水平面的夾角為，O為漏斗.要使藥片從漏斗中出來后經(jīng)光

10、滑滑槽滑到傳送帶上，設(shè)滑槽的擺放方向與豎直方向的夾角為，則為多大時可使藥片滑到傳送帶上的時間最短()圖4A. B.2C. D.答案C解析如圖所示，藥片沿滑槽下滑的加速度agcos ，設(shè)O到傳送帶的距離為H，則有OPat2gt2cos t2令Tcos()cos cos()cos()cos cos(2)當(dāng)2時，Tmax(cos 1)可見，時，t有最小值.故選C.5.在同一水平面內(nèi)有兩個圍繞各自固定軸勻速轉(zhuǎn)動的圓盤A、B，轉(zhuǎn)動方向如圖5所示，在A盤上距圓心48 cm處固定一個小球P，在B盤上距圓心16 cm處固定一個小球Q.已知P、Q轉(zhuǎn)動的線速度大小都為4 m/s.當(dāng)P、Q相距最近時開始計時，則每隔

11、一定時間兩球相距最遠(yuǎn)，這個時間的最小值應(yīng)為()圖5A.0.08 s B.0.12 sC.0.24 s D.0.48 s答案B解析兩球相距最遠(yuǎn)時，在相同的時間內(nèi)，P、Q轉(zhuǎn)過的角度分別為PPt(2n1)(n0,1,2,3，)，QQt(2m1) (m0,1,2,3，)，由于Q3P，當(dāng)兩球第一次相距最遠(yuǎn)時，n0，解得m1，故t，而P，解得t0.12 s，選項B正確.故選B.6.如圖6所示，一根長為L的輕桿OA，O端用鉸鏈固定，另一端固定著一個小球A，輕桿靠在一個質(zhì)量為M、高為h的物塊上.若物塊與地面間摩擦不計，則當(dāng)物塊以速度v向右運動至桿與水平方向夾角為時，小球A的線速度大小為()圖6A. B.C.

12、D.答案B解析根據(jù)運動的合成與分解可知，接觸點B的實際運動為合運動，可將B點運動的速度沿垂直于桿和沿桿的方向分解成v2和v1，如圖所示，其中v2vBsin vsin ，即為B點做圓周運動的線速度，v1vBcos ，為B點沿桿運動的速度.當(dāng)桿與水平方向夾角為時，OB；A、B兩點都圍繞O點做圓周運動，且在同一桿上，故角速度相同，由于B點的線速度為v2vsin OB，所以，所以A的線速度vAL，故選項B正確.故選B.7.(多選)如圖7所示，直角三角形abc是圓O的內(nèi)接三角形，a30，b90，c60.勻強電場電場線與圓所在平面平行，已知a、b、c三點電勢為aU、b0、cU.下面說法正確的是()圖7A.

13、圓上最高點的電勢等于UB.圓上最高點的電勢等于UC.勻強電場的電場強度等于D.勻強電場的電場強度等于答案BD解析ac中點O的電勢O0，所以O(shè)、b兩點是等勢點，則直線bO是勻強電場的等勢線，與直線bO垂直的直線就是電場線，圓周上M點電勢最高，如圖所示.過c點作等勢線，與電場線交于d點，則dcU，設(shè)圓的半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系知O、d間的距離OdRcos 30R，所以電場強度E，D正確.M點的電勢MERU，B正確.故選B、D.8.(多選)如圖8所示，固定于豎直面內(nèi)的粗糙斜桿，與水平方向夾角為30，質(zhì)量為m的小球套在桿上，在大小不變的拉力F作用下，小球沿桿由底端勻速運動到頂端.已知小球與斜桿之間的動摩

14、擦因數(shù)為，則關(guān)于拉力F的大小和F的做功情況，下列說法正確的是()圖8A.當(dāng)30時，拉力F最小B.當(dāng)30時，拉力F做功最小C.當(dāng)60時，拉力F最小D.當(dāng)60時，拉力F做功最小答案AD解析由題中選項可知要使F最小，則應(yīng)有Fsin mgcos 30，故根據(jù)平衡條件有Fcos mgsin 30(mgcos 30Fsin )，解得：F，由數(shù)學(xué)知識知，當(dāng)30時，拉力F最小，A正確，C錯誤；當(dāng)60時，F(xiàn)mg，因為沒有摩擦力，拉力做功最小，Wminmgh，所以B錯誤，D正確.故選A、D.9.如圖9所示，在直角坐標(biāo)系xOy的第一象限區(qū)域中，有沿y軸正方向的勻強電場，電場強度的大小為Ekv0.在第二象限有一半徑為

15、Rb的圓形區(qū)域磁場，圓形磁場的圓心O1坐標(biāo)為(b，b)，與坐標(biāo)軸分別相切于P點和N點，磁場方向垂直紙面向里.在x3b處垂直于x軸放置一平面熒光屏，與x軸交點為Q.大量的電子以相同的速率在紙面內(nèi)從P點進入圓形磁場，電子的速度方向在與x軸正方向成角的范圍內(nèi)，其中沿y軸正方向的電子經(jīng)過磁場到達(dá)N點，速度與x軸正方向成角的電子經(jīng)過磁場到達(dá)M點且M點坐標(biāo)為(0,1.5b).忽略電子間的相互作用力，不計電子的重力，電子的比荷為.求：圖9(1)圓形磁場的磁感應(yīng)強度大?。?2)角的大??；(3)電子打到熒光屏上距Q點的最遠(yuǎn)距離.答案(1)k(2)120(3)b解析(1)由于速度沿y軸正方向的電子經(jīng)過N點，因而電

16、子在磁場中做圓周運動的半徑為rb而ev0Bm聯(lián)立解得Bk(2)速度與x軸正方向成角的電子在磁場中做圓周運動的圓心為O，電子離開磁場時的位置為P，連接PO1PO可知該四邊形為菱形，如圖甲，由于PO1豎直，因而半徑PO也為豎直方向，電子離開磁場時速度一定沿x軸正方向由圖可知bsin(90)b1.5b解得120.(3)由(2)可知，所有的電子以平行于x軸正方向的速度進入電場中做類平拋運動，設(shè)電子在電場中運動的加速度為a，運動的時間為t，豎直方向位移為y，水平位移為x水平方向xv0t豎直方向yat2eEmavyat聯(lián)立解得x設(shè)電子最終打在光屏的最遠(yuǎn)點距Q點為H，如圖乙所示，電子射出電場時的夾角為有tan 有H(3bx)tan (3) 當(dāng)3，即yb時，H有最大值.由于b1.5b，所以Hmaxb.15