2022届二轮复习 专题七　用数学方法解决物理问题 学案

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【例1】如图1所示，两个质量分别为eq \r(3)m、m的小圆环A、B用不可伸长的细线连着，套在一个竖直固定的大圆环上，大圆环的圆心为O。系统平衡时，细线所对的圆心角为90°，大圆环和小圆环之间的摩擦力及细线的质量忽略不计，重力加速度大小用g表示，下列判断正确的是( )
图1
A．小圆环A、B受到大圆环的支持力之比是eq \r(3)∶1
B．小圆环A受到大圆环的支持力与竖直方向的夹角为15°
C．细线与水平方向的夹角为30°
D．细线的拉力大小为eq \f(\r(3),2)mg
答案 A
解析 对A和B进行受力分析，根据平行四边形定则作出重力和支持力的合力，此合力的大小等于绳子的拉力的大小，设A、B所受的支持力与竖直方向的夹角分别为α和β，如图所示。根据正弦定理可以得到eq \f(\r(3)mg,sin 45°)＝eq \f(T,sin α)，eq \f(mg,sin 45°)＝eq \f(T′,sin β)，由于T＝T′，α＋β＝90°，整理可以得到α＝30°，β＝60°，T＝T′＝eq \f(\r(6),2)mg，再次利用正弦定理eq \f(NA,sin（180°－45°－30°）)＝eq \f(\r(3)mg,sin 45°)，eq \f(NB,sin（180°－45°－60°）)＝eq \f(mg,sin 45°)，整理可以得到eq \f(NA,NB)＝eq \f(\r(3),1)，故选项A正确，B、D错误；根据几何知识可知，细线与水平方向的夹角为90°－45°－30°＝15°，故选项C错误。
高考题型2 应用三角函数分析物理问题
y＝acsθ＋bsinθ＝eq \r(a2＋b2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,\r(a2＋b2))cs θ＋\f(b,\r(a2＋b2))sin θ))
令sin φ＝eq \f(a,\r(a2＋b2))，csφ＝eq \f(b,\r(a2＋b2))
则有y＝eq \r(a2＋b2)(sin φcsθ＋csφsinθ)
＝eq \r(a2＋b2)sin(φ＋θ)
所以当φ＋θ＝eq \f(π,2)时，y有最大值，且ymax＝eq \r(a2＋b2)。
【例2】(2021·湖北省部分重点中学期末联考)一名同学把箱子从圆弧形的坡底缓慢地推到坡顶，该同学作用在箱子上的推力方向和箱子的运动方向始终相同。箱子可视为质点，且箱子和坡面之间的动摩擦因数不变，该同学在推动箱子的过程中，下列说法正确的是( )
图2
A．推力一直减小
B．推力一直增大
C．坡对箱子的作用力一直减小
D．坡对箱子的作用力一直在增大
答案 D
解析 对箱子受力分析，箱子受到重力、支持力、推力和摩擦力，如图所示，因为箱子移动缓慢，所以受力平衡，有F＝mgsinθ＋μmgcsθ，令tan φ＝μ，根据数学知识可得F＝eq \r(1＋μ2)mgsin (θ＋φ)，当箱子向上移动时，箱子所处位置的切线方向与水平方向的夹角θ不断减小，当θ减小时，sin(θ＋φ)有可能不断减小，也有可能先增大后减小，故A、B错误；坡对箱子的作用力F′＝eq \r(f2＋N2)＝
mgcsθeq \r(1＋μ2)，箱子所处位置的切线方向与水平方向的夹角θ不断减小，当θ减小时，csθ增大，坡对箱子的作用力一直在增大，故D正确，C错误。
高考题型3 应用函数表达式或者图像解决物理问题
1．二次函数y＝ax2＋bx＋c(a、b、c为常数且a≠0)，当x＝－eq \f(b,2a)时，y有极值ym(a>0时，ym为极小值；a0
而vP1)，位移大小为s。则在随后的4t内，该质点的位移大小为( )
A.eq \f(8（3k－2）s,k＋1)B.eq \f(8（2k－1）s,k＋1)
C.eq \f(8（2k－1）s,k－1)D.eq \f(3（5k－3）s,k＋1)
答案 A
解析 根据题目已知条件可以作出图像如图，由v－t图像与t轴所围成的面积表示位移可得，用时t的位移为s＝eq \f(v0＋kv0,2)t；5t时间内的位移为s′＝eq \f(v0＋5（k－1）v0＋v0,2)·5t，因此eq \f(s′,s)＝eq \f(5（5k－3）,k＋1)，所以s′＝eq \f(5（5k－3）,k＋1)s，即随后4 s内的位移为s′－s＝eq \f(8（3k－2）,k＋1)s，故A正确，B、C、D错误。
2．如图1所示是一旅行箱，它既可以在地面上推着行走，也可以在地面上拉着行走。已知该旅行箱的总质量为15 kg，一旅客用斜向上的拉力拉着旅行箱在水平地面上做匀速直线运动，若拉力的最小值为90 N，此时拉力与水平方向间的夹角为θ，重力加速度大小为g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，旅行箱受到地面的阻力与其受到地面的支持力成正比，比值为μ，则( )
图1
A．μ＝0.5，θ＝37° B．μ＝0.5，θ＝53°
C．μ＝0.75，θ＝53° D．μ＝0.75，θ＝37°
答案 D
解析 对旅行箱受力分析，如图所示。根据平衡条件，水平方向有Fcsθ－f＝0，竖直方向有N＋Fsinθ－G＝0，其中f＝μN，故F＝eq \f(μG,cs θ＋μsin θ)，令μ＝tan α，则F＝eq \f(Gsin α,cs （α－θ）)；当α－θ＝0°时，F有最小值，故F＝Gsinα＝90 N，故α＝37°，故μ＝tan 37°＝0.75，θ＝37°，故选项D正确。
3．(2021·河南驻马店市第一学期期末)如图2所示，间距为L＝0.5 m的两条平行金属导轨，水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.2 T，轨道左侧连接一阻值为R＝1 Ω的定值电阻。垂直导轨的导体棒ab在水平外力F的作用下沿导轨运动，并始终与导轨接触良好。t＝0时刻，导体棒从静止开始做匀加速直线运动，力F随时间t变化的规律如图乙所示。已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，导体棒和导轨的电阻均不计。取g＝10 m/s2，求：
图2
(1)导体棒的加速度大小；
(2)导体棒的质量。
答案 (1)5 m/s2 (2)0.1 kg
解析 (1)设导体棒的质量为m，导体棒做匀加速直线运动的加速度为a，某时刻t，导体棒的速度为v，所受的摩擦力为f，则导体棒产生的电动势E＝BLv
回路中的电流I＝eq \f(E,R)
导体棒受到的安培力
F安＝BIL
由牛顿第二定律
F－F安－f＝ma
由题意v＝at
联立解得
F＝eq \f(B2L2a,R)t＋ma＋f
根据题图乙可知，0～10 s内图像的斜率为0.05 N/s
即eq \f(B2L2a,R)＝0.05 N/s
解得a＝5 m/s2。
(2)由F－t图像纵截距可知
ma＋f＝1.0 N
又f＝μmg
解得m＝0.1 kg。
4．(2021·山东日照市3月模拟)如图3所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限内，存在以虚线OM为边界的匀强电场和匀强磁场。匀强电场方向沿y轴负方向，匀强磁场方向垂直于xOy平面向里，虚线OM与x轴负方向成45°角。一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从坐标原点O处以初速度v0沿x轴正方向运动，粒子每次到达x轴将反弹，第一次反弹无能量损失，以后每次反弹水平分速度不变、竖直分速度大小均减为反弹前的eq \f(1,2)，且方向相反。电场强度大小等于eq \f(mveq \\al(2,0),16qd)，磁感应强度大小等于eq \f(mv0,qd)，求：(不计粒子重力，题中各物理量单位均为国际单位，计算结果可用分式表示)
图3
(1)带电粒子第三次经过OM时的坐标；
(2)带电粒子第三次到达OM时经过的时间；
(3)带电粒子从第二次进入电场开始，沿电场方向运动的总路程。
答案 (1)(－2d，2d) (2)eq \f(（2π＋24\r(2)－32）d,v0) (3)eq \f(10,3)d
解析 (1)设磁感应强度大小为B，粒子进入磁场，根据左手定则，粒子做eq \f(3,4)的圆周运动后经过OM，根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝meq \f(veq \\al(2,0),r)
解得r＝eq \f(mv0,qB)＝d
粒子运动轨迹如图所示，由图可知，带电粒子第三次经过OM时的坐标为(－2d，2d)。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为
T＝eq \f(2πd,v0)
在电场中，沿y轴方向的加速度
a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(veq \\al(2,0),16d)
设粒子从第一次沿y轴负方向经过OM到第一次在x轴反弹所用时间为t1，
沿y轴方向veq \\al(2,y0)－veq \\al(2,0)＝2ar，vy0＝v0＋at1
联立解得t1＝eq \f(（12\r(2)－16）d,v0)
则带电粒子第三次到达OM时经过的时间为
t＝T＋2t1＝eq \f(（2π＋24\r(2)－32）d,v0)。
(3)因粒子第二次进入电场做类平抛运动，故到达x轴时的水平分速度为v0
竖直方向veq \\al(2,y)＝2a(2d)
第一次竖直分速度减半反弹，竖直分速度
vy1＝eq \f(1,2)vy，
高度h1＝eq \f(veq \\al(2,y1),2a)＝eq \f(1,4)×2d
第二次竖直分速度减半反弹，竖直分速度
vy2＝eq \f(1,2)vy1＝eq \f(1,22)vy，
高度h2＝eq \f(veq \\al(2,y2),2a)＝eq \f(1,42)×2d
……
第n次竖直分速度减半反弹，高度
hn＝eq \f(veq \\al(2,yn),2a)＝eq \f(1,4n)×2d
故总路程为H＝2d＋2(h1＋h2＋…＋hn)
＝2d＋2×2deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋\f(1,42)＋…\f(1,4n)))
整理可以得到H＝eq \f(10,3)d
即带电粒子从第二次进入电场开始，沿电场方向运动的总路程为H＝eq \f(10,3)d。专题
复习
定位
解决问题
本专题主要是应用数学知识和方法解决物理问题，考查分析、归纳和推理能力，对数学能力的要求较高。
高考重点
应用数学方法处理物理问题的能力具体要求为：
(1)能根据具体的物理问题列出物理量之间的关系，能把有关的物理条件用数学方程表示出来。
(2)在解决物理问题时，往往需要经过数学推导和求解；求得结果后，有时还要用图像或函数关系把它表示出来；必要时还应对数学运算的结果做出物理上的解释。
(3)能够运用几何图形、函数图像解决物理问题，能够对物理规律、状态和过程在理解的基础上用合适的图像表示出来，会用图像来处理物理问题。
高中物理解题常见的数学思想方法包括估算法、几何法、函数法、比值法、图解法、极值法、微元法、归纳法、特殊值法、极限分析法、分类讨论法等，经常要用到的数学知识包括平面几何、函数图像、解三角形、不等式、数列、微积分初步等。
题型难度
本专题选择题和计算题都可涉及；选择题一般考查某一数学方法的应用，难度中等；计算题主要考查应用数学知识分析、解决物理问题的能力，题目难度较大。