《全国通用2019届高考物理二轮复习专题14数学方法的应用学案.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《全国通用2019届高考物理二轮复习专题14数学方法的应用学案.doc（15页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、专题14 数学方法的应用考题一常用的数学知识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的特点.3.理解物理公式或图象所表示的物理意义，不能单纯地从抽象的数学意义去理解物理问题，防止单纯从数学的观点出发，将物理公式“纯数学化”的倾向.例1如图1所示，AB是竖直平面内圆心为O、半径为R的圆上水平方向的直径，AC是圆上的一条弦.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的带正电小球从圆周上A点以相同的动能抛出，抛出方向不同时，小球会经过圆周上的不同点，若到达C点时小球的动能最大，已知BAC30，重力加速度为g，则电场强度E的最小值为()图1A
2、. B.C. D.解析小球到达C点动能最大，说明C点是重力场和电场形成的复合场中的等效最低点，即重力和电场力的合力沿OC方向，对小球受力分析，如图所示，利用矢量三角形可知：当电场力垂直于OC时，电场力最小，Fminmgsin 30mg，即Emin，A正确.故选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滑到斜面上所用的时间依次为t1、t2、t3、t4.下列关系不正确的是()图2A.t1t2 B.t1t3C.t2t4 D.t20)
3、，而且电荷均匀分布.两圆环的圆心O1和O2相距为2a，连线的中点为O，轴线上的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、乙两车间的距离有最小值，最小值为多大？(2)当k为何值时，甲车运动到O处，与乙车的距离和t0时刻的距离相同？答案(1)0k1 m(2)解析(1)t时刻两车坐标：甲车：x(1kt) m，乙车：y mt时刻两车相距s m当t s时，甲、乙两车间的距离有最小值.最小值为smin m，其中k满足0k1.(2)当t0时，甲车坐标为(1,0)，乙车坐标为(0,1)，此时两车距离s0 m.当甲车运动到O处时，kt1 m，乙车y m m两式联立解得：k.6.一
4、小球从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的k倍.若k，求小球从下落直至停止运动所用的时间.(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的时间的通项公式求出，然后再累加求和.小球从h0处落到地面时的速度：v0，运动的时间为：t0 第一次碰地后小球反弹的速度：v1kv0k小球再次与地面碰撞之前做竖直上抛运动，这一过程球运动的时间：t12k则第n次碰地后，小球的运动速度的通项公式为：vnkn运动时间：tn2kn所以，小球从下落到停止运动的总时间为：tt0t1tn 2k2kn 2 (kk2kn).上
5、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和公式，并代入数据得t9 s.7.一轻绳一端固定在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，小球在运动至轻绳达到竖直位置的过程中，小球所受重力的瞬时功率在何处取得最大值？图8答案当细绳与竖直方向的夹角余弦值为cos 时，重力的瞬时功率取得最大值解析如图所示，当小球运动到绳与竖直方向成角的C时，重力的功率：Pmgvcos mgvsin 小球从水平位置到图中C位置时，由机械能守恒有mgLcos mv2解得：Pmg令ycos sin2因为ycos sin2 又因为2cos2sin2sin22(sin2cos2)2(定
6、值).所以当且仅当2cos2sin2时，y有最大值由2cos21cos2得cos 即：当cos 时，功率P有最大值.专题规范练1.(多选)AOC是光滑的直角金属导轨，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，ab是一根金属直棒，靠立在导轨上(开始时b离O点很近)，如图1所示.它从静止开始在重力作用下运动，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，则ab棒在运动过程中()图1A.感应电流方向始终是baB.感应电流方向先是ba，后变为abC.所受磁场力方向垂直于ab向上D.所受磁场力方向先垂直于ab向下，后垂直于ab向上答案BD解析
7、初始，ab与直角金属导轨围成的三角形面积趋于0，末状态ab与直角金属导轨围成的三角形面积也趋于0，所以整个运动过程中，闭合回路的面积先增大后减小.根据楞次定律的增反减同，判断电流方向先是逆时针后是顺时针，选项A错，B对.根据左手定则判断安培力可得安培力先垂直于ab向下，后垂直于ab向上，选项C错，D对.故选B、D.2.如图2所示，斜面上固定有一与斜面垂直的挡板，另有一截面为圆的光滑柱状物体甲放置于斜面上，半径与甲相同的光滑球乙被夹在甲与挡板之间，没有与斜面接触而处于静止状态.现在从球心O1处对甲施加一平行于斜面向下的力F，使甲沿斜面方向缓慢向下移动.设乙对挡板的压力大小为F1，甲对斜面的压力大
8、小为F2，甲对乙的弹力大小为F3.在此过程中()图2A.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、挡板的支持力F1和甲对乙的弹力F3，如图甲所示；甲沿斜面方向向下移动，逐渐变小，F1的方向不变，整个过程中乙物体保持动态平衡，故F1与F3的合力始终与重力等大反向，由平行四边形定则知F3、F1均逐渐减小，根据牛顿第三定律，乙对挡板的压力F1逐渐减小；再对甲与乙整体受力分析，受重力、斜面的支持力F2、挡板的支持力F1和推力F，
9、如图乙所示；根据平衡条件有，F2(Mm)gcos ，保持不变；由牛顿第三定律知甲对斜面的压力F2不变，选项B正确.故选B.3.如图3所示，A、B为地球的两个轨道共面的人造卫星，运行方向相同，A、B卫星的轨道半径分别为rA和rB，某时刻A、B两卫星距离达到最近，已知卫星A的运行周期为T.从该时刻起到A、B间距离最远所经历的最短时间为()图3A. B.C. D.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，则，又因为卫星环绕周期T2 ，解得t，C正确.故选C.4.图4为某制药厂自动生产流水线的一部分装置示意图，传送带与水平面的夹角为，O为漏斗.要使药片从漏斗中出来后经光
10、滑滑槽滑到传送带上，设滑槽的摆放方向与竖直方向的夹角为，则为多大时可使药片滑到传送带上的时间最短()图4A. B.2C. D.答案C解析如图所示，药片沿滑槽下滑的加速度agcos ，设O到传送带的距离为H，则有OPat2gt2cos t2令Tcos()cos cos()cos()cos cos(2)当2时，Tmax(cos 1)可见，时，t有最小值.故选C.5.在同一水平面内有两个围绕各自固定轴匀速转动的圆盘A、B，转动方向如图5所示，在A盘上距圆心48 cm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.已知P、Q转动的线速度大小都为4 m/s.当P、Q相距最近时开始计时，则每隔
11、一定时间两球相距最远，这个时间的最小值应为()图5A.0.08 s B.0.12 sC.0.24 s D.0.48 s答案B解析两球相距最远时，在相同的时间内，P、Q转过的角度分别为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t，而P，解得t0.12 s，选项B正确.故选B.6.如图6所示，一根长为L的轻杆OA，O端用铰链固定，另一端固定着一个小球A，轻杆靠在一个质量为M、高为h的物块上.若物块与地面间摩擦不计，则当物块以速度v向右运动至杆与水平方向夹角为时，小球A的线速度大小为()图6A. B.C.
12、D.答案B解析根据运动的合成与分解可知，接触点B的实际运动为合运动，可将B点运动的速度沿垂直于杆和沿杆的方向分解成v2和v1，如图所示，其中v2vBsin vsin ，即为B点做圆周运动的线速度，v1vBcos ，为B点沿杆运动的速度.当杆与水平方向夹角为时，OB；A、B两点都围绕O点做圆周运动，且在同一杆上，故角速度相同，由于B点的线速度为v2vsin OB，所以，所以A的线速度vAL，故选项B正确.故选B.7.(多选)如图7所示，直角三角形abc是圆O的内接三角形，a30，b90，c60.匀强电场电场线与圆所在平面平行，已知a、b、c三点电势为aU、b0、cU.下面说法正确的是()图7A.
13、圆上最高点的电势等于UB.圆上最高点的电势等于UC.匀强电场的电场强度等于D.匀强电场的电场强度等于答案BD解析ac中点O的电势O0，所以O、b两点是等势点，则直线bO是匀强电场的等势线，与直线bO垂直的直线就是电场线，圆周上M点电势最高，如图所示.过c点作等势线，与电场线交于d点，则dcU，设圆的半径为R，根据几何关系知O、d间的距离OdRcos 30R，所以电场强度E，D正确.M点的电势MERU，B正确.故选B、D.8.(多选)如图8所示，固定于竖直面内的粗糙斜杆，与水平方向夹角为30，质量为m的小球套在杆上，在大小不变的拉力F作用下，小球沿杆由底端匀速运动到顶端.已知小球与斜杆之间的动摩
14、擦因数为，则关于拉力F的大小和F的做功情况，下列说法正确的是()图8A.当30时，拉力F最小B.当30时，拉力F做功最小C.当60时，拉力F最小D.当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，则应有Fsin mgcos 30，故根据平衡条件有Fcos mgsin 30(mgcos 30Fsin )，解得：F，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，Wminmgh，所以B错误，D正确.故选A、D.9.如图9所示，在直角坐标系xOy的第一象限区域中，有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度的大小为Ekv0.在第二象限有一半径为
15、Rb的圆形区域磁场，圆形磁场的圆心O1坐标为(b，b)，与坐标轴分别相切于P点和N点，磁场方向垂直纸面向里.在x3b处垂直于x轴放置一平面荧光屏，与x轴交点为Q.大量的电子以相同的速率在纸面内从P点进入圆形磁场，电子的速度方向在与x轴正方向成角的范围内，其中沿y轴正方向的电子经过磁场到达N点，速度与x轴正方向成角的电子经过磁场到达M点且M点坐标为(0,1.5b).忽略电子间的相互作用力，不计电子的重力，电子的比荷为.求：图9(1)圆形磁场的磁感应强度大小；(2)角的大小；(3)电子打到荧光屏上距Q点的最远距离.答案(1)k(2)120(3)b解析(1)由于速度沿y轴正方向的电子经过N点，因而电
16、子在磁场中做圆周运动的半径为rb而ev0Bm联立解得Bk(2)速度与x轴正方向成角的电子在磁场中做圆周运动的圆心为O，电子离开磁场时的位置为P，连接PO1PO可知该四边形为菱形，如图甲，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)b1.5b解得120.(3)由(2)可知，所有的电子以平行于x轴正方向的速度进入电场中做类平抛运动，设电子在电场中运动的加速度为a，运动的时间为t，竖直方向位移为y，水平位移为x水平方向xv0t竖直方向yat2eEmavyat联立解得x设电子最终打在光屏的最远点距Q点为H，如图乙所示，电子射出电场时的夹角为有tan 有H(3bx)tan (3) 当3，即yb时，H有最大值.由于b1.5b，所以Hmaxb.