（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

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1、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.2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 BAC 30，

2、重力加速度为 g，则电场强度 E 的最小值为( )图 1A. B.mg2q mgqC. D.3mg2q 3mgq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， Fmin mgsin 30 mg，即12Emin ，A 正确.故选 A.mg2q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

3、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( )3图 2A.t1t2 B.t1 t3C.t2 t4 D.t20)，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：1 2k2t7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)0 k1 m (2)2 1 k212解析 (1) t 时刻两车坐标：甲车： x(1

4、kt) m，乙车： y m1 2k2tt 时刻两车相距s x2 y2 1 kt2 1 2k2t mk2t2 2k1 kt 2当 t s 时，甲、乙两车间的距离有最小值.1 kk最小值为 smin m，其中 k 满足 0k1.2 1 k2(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.2当甲车运动到 O 处时， kt1 m，乙车 y m m1 2k2t 2两式联立解得： k .126.一小球从 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 1

5、0 12m/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 ，2gh0运动的时间为： t0 2h0g第一次碰地后小球反弹的速度： v1 kv0 k 2gh0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： t1 2 k2v1g 2h0g则第 n 次碰地后，小球的运动速度的通项公式为：vn kn 2gh08运动时间： tn 2 kn2vng 2h0g所以，小球从下落到停止运动的总时间为：t t0 t1 tn 2 k 2 kn2h0g 2h0g 2h0g 2 (k k2 kn)

6、.2h0g 2h0g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33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： P mgvcos mgvsin 小球从水平位置到图中 C 位置时，由机械能守恒有 mgLcos mv212解得： P mg 2gLcos sin2令 ycos

7、 sin2因为 ycos sin2 122cos2 sin4 122cos2 sin2 sin2 又因为 2cos2 sin 2 sin 2 2(sin 2 cos 2 )2(定值).所以当且仅当 2cos2 sin 2 时， y 有最大值由 2cos2 1cos 29得 cos 33即：当 cos 时，功率 P 有最大值.33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，

8、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 b aB.感应电流方向先是 b a，后变为 a bC.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 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

9、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14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10B.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，

10、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，如图乙所示；根据平衡条件有， F2( M m)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

11、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.T2 rArB3 1TrArB3 1C. D.T2 rArB3 1TrArB3 1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 tTB tTA，又因为卫星环绕周期 T2 ，解得 t ，C 正确.故选 C.12 r3GM T2 rArB3 14.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11漏斗.要使药

12、片从漏斗中出来后经光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. 2 C. D. 2 32答案 C解析 如图所示，药片沿滑槽下滑的加速度 a gcos ，设 O 到传送带的距离为 H，则有OP at2Hcos 12 gt2cos 12t22Hcos gcos 令 Tcos( )cos cos( )cos( )12 cos cos( 2 )12当 2 时， Tmax (cos 1)12可见， 时， t 有最小值.故选 C. 25.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

13、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，则每隔一定时间两球相距最远，这个时间的最小值应为( )12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 P Pt(2 n1)( n0,1,2,3，)， Q Qt(2 m1) (m0,1,2,3，)，由于 Q3 P，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 P vrP 4

14、0.48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.vLtan h vLsin2hC. D.vLcos2h vLhtan 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 v2 vBsin vsin ，即为 B 点做圆周运动的线速度， v1 vBcos

15、，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，hsin 且在同一杆上，故角速度相同，由于 B 点的线速度为 v2 vsin OB ，所以 ，所以 A 的线速度 vA L ，故选项 B 正确.故选 B.vsin OB vsin2h Lvsin2h7.(多选)如图 7 所示，直角三角形 abc 是圆 O 的内接三角形， a30， b90，13 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 a U、 b0、 c U.下面说法正确的是( )图 7A.圆上最高点的电势等于 U33B.圆上最高点的电势等于 U233C.

16、匀强电场的电场强度等于3U3RD.匀强电场的电场强度等于23U3R答案 BD解析 ac 中点 O 的电势 O 0，所以 O、 b 两点是等势点，则直线 bO 是匀强电场 U U2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 d c U，设圆的半径为 R，根据几何关系知O、 d 间的距离 Od Rcos 30 R，所以电场强度 E ，D 正确. M 点的电势32 U32R 23U3R M ER U，B 正确.故选 B、D.2338.(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

17、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33是( )14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 30 Fsin )，解得： F ，mgsin 30 33cos 30cos 33sin 3mg2sin 60由数学知识知，当 30时，拉力 F

18、 最小，A 正确，C 错误；当 60时， F mg，因为没有摩擦力，拉力做功最小， Wmin mgh，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 E kv0.在第二象限有一半径为 R b 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 x3 b 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

19、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(0,1.5 b).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：em v0kb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) b94解析 (1)由于速度沿 y 轴正方向的电子经过 N 点，因而电子在磁场中做圆周运动的半径为r b而 ev0B mv20r15联立解得 B k(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 PO1P O可知该四

20、边形为菱形，如图甲，由于 PO1竖直，因而半径 P O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) b1.5 b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 x v0t竖直方向 y at212eE mavy at联立解得 x 2by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 vyv0 2yb有 H(3 b x)tan (3 ) b 2y 2y当 3 ，即 y b 时， H 有最大值.b 2y 2y98由于 b1.5b，所以 Hmax b.98 94