《（全國通用）2022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）2022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（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（全國通用）2022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 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

2、達(dá)C點時小球的動能最大，已知∠BAC＝α＝30°，重力加速度為g，則電場強度E的最小值為(　　) 圖1 A. 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)min＝mgsin 30°＝mg，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

3、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2 A.t1>t2 B.t1＝t3 C.t2＝t4 D.t2

4、過一條弦，時間最長，即t2＜t4.故A、B、D正確，C不正確，因本題選不正確的，故選C. 2.如圖3所示，穿在一根光滑固定桿上的小球A、B通過一條跨過定滑輪的細(xì)繩連接，桿與水平面成θ角，不計所有摩擦，當(dāng)兩球靜止時，OA繩與桿的夾角為θ，OB繩沿豎直方向，則下列說法正確的是(　　) 圖3 A.A可能受到2個力的作用 B.B可能受到3個力的作用 C.A、B的質(zhì)量之比為tan θ∶1 D.A、B的質(zhì)量之比為1∶tan θ 答案　D 解析　對A球受力分析可知，A受到重力、繩子的拉力以及桿對A球的彈力，三個力的合力為零，故A錯誤；對B球受力分析可知，B受到重力、繩子的拉力，兩個力合力

5、為零，桿對B球沒有彈力，否則B不能平衡，故B錯誤；分別對A、B兩球受力分析，運用合成法，如圖，根據(jù)共點力平衡條件，得：FT＝mBg 根據(jù)正弦定理得：＝ 因定滑輪不改變力的大小，故繩子對A的拉力等于對B的拉力，得mA∶mB＝1∶tan θ，故C錯誤，D正確，故選D. 3.如圖4所示，將兩個質(zhì)量均為m，帶電荷量分別為＋q、－q的小球a、b，用兩細(xì)線相連并懸掛于O點，置于沿水平方向的勻強電場中，電場強度為E，且Eq＝mg，用力F拉小球a，使整個裝置處于平衡狀態(tài)，且兩條細(xì)線在一條直線上，則F的大小可能為(　　) 圖4 A.3mg B.mg C.mg D.mg 答案　A

6、解析　先分析b的平衡：由于Eq＝mg，所以兩線與豎直方向夾角為45°.再分析整體平衡：兩電場力抵消，轉(zhuǎn)變成典型的三力平衡問題，畫矢量三角形如圖所示， F的最小值Fmin＝2mgsin 45°＝mg，則應(yīng)滿足F≥mg，故A正確. 4.物理學(xué)中有些問題的結(jié)論不一定必須通過計算才能驗證，有時只需要通過一定的分析就可以判斷結(jié)論是否正確.如圖5所示為兩個彼此平行且共軸的半徑分別為R1和R2的圓環(huán)，兩圓環(huán)上的電荷量均為q(q>0)，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(r

7、k為靜電力常量)正確的是(　　) 圖5 A.E＝ C.E＝ 答案　D 解析　令R1＝R2＝0，A點電場強度不為0，排除A、B.或令r＝a，E的結(jié)果應(yīng)該只與R1有關(guān)，與R2無關(guān)，排除A、B；當(dāng)r＝a時，A點位于圓心O2處，帶電圓環(huán)O2由于對稱性在A點的電場為0，根據(jù)微元法可以求得此時的總電場強度為E＝E1＝，將r＝a代入C、D選項可以排除C選項.故選D. 考題二　數(shù)學(xué)知識的綜合應(yīng)用 1.結(jié)合實際問題，將客觀事物的狀態(tài)關(guān)系和變化過程用數(shù)學(xué)語言表達(dá)出來，經(jīng)過數(shù)學(xué)推導(dǎo)和求解，求得結(jié)果后再用圖象或函數(shù)關(guān)系把它表示出來. 2.一般程序 審題―→過程分析―→建立模型―→應(yīng)用

8、數(shù)學(xué)思想或方法―→求解并驗證. 3.弄清物理公式的運用條件和應(yīng)用范圍；注意數(shù)學(xué)的解與物理解的統(tǒng)一. 例2　如圖6甲所示，木板與水平地面間的夾角θ可以隨意改變，當(dāng)θ＝30°時，可視為質(zhì)點的一小物塊恰好能沿著木板勻速下滑.若讓該小物塊從木板的底端以大小恒定的速度v0沿木板向上運動(如圖乙)，隨著θ的改變，小物塊沿木板滑行的距離s將發(fā)生變化，重力加速度為g. 圖6 (1)求小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)； (2)當(dāng)θ角滿足什么條件時，小物塊沿木板上滑的距離最小，并求出此最小值. 解析　(1)由題知，當(dāng)θ＝30°時，對物塊受力分析得：mgsin θ＝μFN FN＝mgcos θ 聯(lián)

9、立得：μ＝tan θ＝tan 30°＝. (2)小物塊向上運動，則有： mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 物塊的位移為x：v＝2ax x＝ ＝ 令：tan α＝μ，當(dāng)θ＋α＝90°時，x最小 此時有：θ＝60° 有：xmin＝＝. 答案　(1)　(2)θ＝60°　 變式訓(xùn)練 5.如圖7所示，在“十”字交叉互通的兩條水平直行道路上，分別有甲、乙兩輛汽車運動，以“十”字中心為原點，沿直道建立xOy坐標(biāo)系.在t＝0時刻，甲車坐標(biāo)為(1,0)，以速度v0＝k m/s沿－x軸方向做勻速直線運動，乙車沿＋y方向運動，其坐標(biāo)為(0，y)，y與時間t的關(guān)系為y＝ m，關(guān)系式中k>

10、0，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t＝0時刻的距離相同？ 答案　(1)0

11、小球從h0＝45 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：v1＝kv0＝k 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：t1＝＝2k 則第n次碰地后，小球的運動速度的通項公式為： vn＝kn 運動時間：tn＝＝2kn 所以，小球從下落到停止

12、運動的總時間為： t＝t0＋t1＋…＋tn＝ ＋2k＋…＋2kn ＝ ＋2 (k＋k2＋…＋kn). 上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t＝9 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 θ＝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θ角的C時，重力的功率：P＝mgvcos α＝mgvsin θ 小球從水平位置到圖中C

13、位置時，由機械能守恒有mgLcos θ＝mv2 解得：P＝mg 令y＝cos θsin2θ 因為y＝cos θsin2θ＝ ＝ 又因為2cos2θ＋sin2θ＋sin2θ＝2(sin2θ＋cos2θ)＝2(定值). 所以當(dāng)且僅當(dāng)2cos2θ＝sin2θ時，y有最大值 由2cos2θ＝1－cos2θ 得cos θ＝ 即：當(dāng)cos θ＝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

14、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1 A.感應(yīng)電流方向始終是b→a B.感應(yīng)電流方向先是b→a，后變?yōu)閍→b C.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　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

15、，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，甲對斜面的壓力大小為F2，甲對乙的彈力大小為F3.在此過程中(　　) 圖2 A.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

16、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，α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，如圖乙所示；根據(jù)平衡條件有，F(xiàn)2′＝(M＋m)gcos θ，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

17、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3 A. 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T＝2π ，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α，O為漏斗.要使藥片從漏斗中出來后經(jīng)光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φ，則φ為多大時可使藥片滑到傳送帶上的時間最短(　　) 圖4 A.φ＝α B.φ＝2α

18、C.φ＝ D.φ＝α 答案　C 解析　如圖所示，藥片沿滑槽下滑的加速度a＝gcos φ，設(shè)O到傳送帶的距離為H，則有 OP＝＝at2 ＝gt2cos φ t2＝ 令T＝cos(α－φ)cos φ ＝[cos(α－φ＋φ)＋cos(α－φ－φ)] ＝[cos α＋cos(α－2φ)] 當(dāng)α＝2φ時，Tmax＝(cos α＋1) 可見，φ＝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4π m/s

19、.當(dāng)P、Q相距最近時開始計時，則每隔一定時間兩球相距最遠(yuǎn)，這個時間的最小值應(yīng)為(　　) 圖5 A.0.08 s B.0.12 s C.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θP＝ωPt＝(2n＋1)π(n＝0,1,2,3，…)，θQ＝ωQt＝(2m＋1)π (m＝0,1,2,3，…)，由于ωQ＝3ωP，當(dāng)兩球第一次相距最遠(yuǎn)時，n＝0，解得m＝1，故t＝，而ωP＝＝，解得t＝0.12 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、

20、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θ時，小球A的線速度大小為(　　) 圖6 A. B. C. 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v2＝vBsin θ＝vsin θ，即為B點做圓周運動的線速度，v1＝vBcos θ，為B點沿桿運動的速度.當(dāng)桿與水平方向夾角為θ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v2＝vsin θ＝ωOB，所以ω＝＝，所以A的線速度vA＝

21、ωL＝，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，∠a＝30°，∠b＝90°，∠c＝60°.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φa＝－U、φb＝0、φc＝U.下面說法正確的是(　　) 圖7 A.圓上最高點的電勢等于U B.圓上最高點的電勢等于U C.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φO＝＝0，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φd＝φ

22、c＝U，設(shè)圓的半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系知O、d間的距離Od＝Rcos 30°＝R，所以電場強度E＝＝，D正確.M點的電勢φM＝ER＝U，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擦因數(shù)為μ＝，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8 A.當(dāng)α＝30°時，拉力F最小 B.當(dāng)α＝30°時，拉力F做功最小 C.當(dāng)α＝60°時，拉力F最小 D.當(dāng)α＝60°時，拉力F做功最小 答案　AD 解析　由題中選項可

23、知要使F最小，則應(yīng)有Fsin α

24、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(jìn)入圓形磁場，電子的速度方向在與x軸正方向成θ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θ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)強度大小； (2)θ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，因而電子在磁場中做圓周運動的半徑為r＝b 而ev0B＝m 聯(lián)立解得B＝k (2)速度

25、與x軸正方向成θ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PO1P′O′可知該四邊形為菱形，如圖甲， 由于PO1豎直，因而半徑P′O′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(θ－90°)＋b＝1.5b 解得θ＝120°. (3)由(2)可知，所有的電子以平行于x軸正方向的速度進(jìn)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x＝v0t 豎直方向y＝at2 eE＝ma vy＝at 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θ有 tan θ＝＝ 有H＝(3b－x)tan θ＝(3－)· 當(dāng)3－＝，即y＝b時，H有最大值. 由于b<1.5b，所以Hmax＝b.