还剩25页未读，
继续阅读
所属成套资源：新高考物理二轮复习精选练习专题 （含解析）
成套系列资料，整套一键下载
新高考物理二轮复习精选练习专题23数学方法在物理解题中的应用（含解析）
展开
这是一份新高考物理二轮复习精选练习专题23数学方法在物理解题中的应用（含解析），共28页。试卷主要包含了数学方法在物理解题中的应用等内容，欢迎下载使用。
2023高考二轮复习二十专题
专题二十三、数学方法在物理解题中的应用
第一部分 织网点睛，纲举目张
高考物理试题的解答离不开数学知识和方法的应用，借助物理知识渗透考查数学能力是高考命题的永恒主题。可以说任何物理试题的求解过程实际上是将物理问题转化为数学问题，经过求解再还原为物理结论的过程。
第二部分 实战训练，高考真题演练
1．（18分）（2022重庆高考）小明设计了一个青蛙捉飞虫的游戏，游戏中蛙和虫都在竖直平面内运动。虫可以从水平x轴上任意位置处由静止开始做匀加速直线运动，每次运动的加速度大小恒为（g为重力加速度），方向均与x轴负方向成斜向上（x轴向右为正）。蛙位于y轴上M点处，，能以不同速率向右或向左水平跳出，蛙运动过程中仅受重力作用。蛙和虫均视为质点，取。
（1）若虫飞出一段时间后，蛙以其最大跳出速率向右水平跳出，在的高度捉住虫时，蛙与虫的水平位移大小之比为，求蛙的最大跳出速率。
（2）若蛙跳出的速率不大于（1）问中的最大跳出速率，蛙跳出时刻不早于虫飞出时刻，虫能被捉住，求虫在x轴上飞出的位置范围。
（3）若虫从某位置飞出后，蛙可选择在某时刻以某速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为；蛙也可选择在另一时刻以同一速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为。求满足上述条件的虫飞出的所有可能位置及蛙对应的跳出速率。
【参考答案】（1）；（2）；
（3），或，
【名师解析】
（1）虫子做匀减速直线运动，青蛙做平抛运动，x虫==H
=
青蛙做平抛运动，设在空中运动时间为t蛙，由平抛运动规律，
x蛙= vmt蛙，
H-3H/4=
联立解得： ，
（2）设青蛙和虫若同时开始运动的时间均为t，相遇时有
+=H
解得：
则最小位置坐标为 xmin= vmt-=H
而 青蛙和虫不同时出发时需要二者轨迹相切，青蛙的平抛运动有
y=H-，x= vmt
可得轨迹方程 y=H-
虫的轨迹方程 y=（xmax-x）tan37°
两轨迹相交，（xmax-x）tan37°=H-
整理可得-x+x max-H=0
令△=0，即 -4× （x max-H）=0
解得：xmax =2H
虫在x轴上飞出的位置范围为 H ≥x≥2H
（3）设青蛙在空中运动时间为t1，有
+=H
+=H
解得：，
而 +=x1
-=x1
解得：，
而 +=x2
-=x2
解得：，
第三部分 思路归纳，内化方法
物理解题过程中常用的数学方法主要有
1．正弦定理：
在如图甲所示的三角形中，各边和所对应角的正弦之比相等。
即：＝＝
2．余弦定理：在如图甲所示的三角形中，有如下三个表达式：
a2＝b2＋c2－2bc·cos A
b2＝a2＋c2－2ac·cosB
c2＝a2＋b2－2ab·cos C
3．三角形相似法：相似三角形的对应角相等，对应边成比例，如图乙所示，两三角形相似，有：
＝＝
[例3] 表面光滑、半径为R的半球固定在水平地面上，球心O的正上方O′处有一无摩擦定滑轮，轻质细绳两端各系一个可视为质点的小球挂在定滑轮上，如图所示。两小球平衡时，若滑轮两侧细绳的长度分别为L1＝2.4R和L2＝2.5R，这两个小球的质量之比为，小球与半球之间的压力之比为，则以下说法正确的是( )
A.＝ B.＝
C.＝ D.＝
[解析] 先以左侧小球为研究对象，分析受力情况：重力m1g、绳子的拉力FT和半球的支持力FN1，作出受力分析图。由平衡条件得知，拉力FT和支持力FN1的合力与重力m1g大小相等、方向相反。设OO′＝h，根据三角形相似得＝＝，解得m1g＝，FN1＝①
同理，以右侧小球为研究对象，得：m2g＝，FN2＝，②
由①②式得＝＝，＝＝。
[答案] BC
4三角函数法
三角函数：y＝acos θ＋bsin θ
y＝acos θ＋bsin θ＝sin(θ＋α)，其中α＝arctan 。
当θ＋α＝90°时，有极大值ymax＝。
[例4] 如图所示是一旅行箱，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( )
A．μ＝0.5，θ＝37° B．μ＝0.5，θ＝53°
C．μ＝0.75，θ＝53° D．μ＝0.75，θ＝37°
[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：Fcos θ－Ff＝0，
竖直方向，有：FN＋Fsin θ－G＝0，
其中：Ff＝μFN，故F＝，
令μ＝tan α，则F＝；
当α－θ＝0°时，F有最小值，故F＝Gsin α＝90 N，
故α＝37°，故μ＝tan 37°＝0.75，θ＝37°，故选D。
[答案] D
5.二次函数法
二次函数：y＝ax2＋bx＋c
当x＝－时，有极值ym＝(若二次项系数a＞0，y有极小值；若a＜0，y有极大值)。
6.数学归纳法
凡涉及数列求解的物理问题都具有过程多、重复性强的特点，但每一个重复过程均不是原来的完全重复，而是一种变化了的重复。随着物理过程的重复，某些物理量逐步发生着前后有联系的变化。该类问题求解的基本思路为：
(1)逐个分析开始的几个物理过程；
(2)利用归纳法从中找出物理量变化的通项公式(这是解题的关键)；
(3)最后分析整个物理过程，应用数列特点和规律求解。
7.数列法
无穷数列的求和，一般是无穷递减数列，有相应的公式可用。
等差：Sn＝＝na1＋d(d为公差)。
等比：Sn＝(q为公比)。
8.图像法
根据题述情景画出相关图像进行定性分析或定量运算。
9.矢量图解法
第四部分 最新模拟集萃，提升应试能力
1. （2023宁夏银川一中第一次月考）如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端通过光滑的定滑轮与物体丙相连，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若β=55°，则（ ）
A. α>β B. α<β
C. 丙的质量小于甲的质量 D. 丙的质量大于甲的质量
【参考答案】AD
【名师解析】
设甲、乙的质量均为m，丙的质量为M。对结点O受力分析如图所示，根据平衡条件可知OC绳的拉力与OA、OB两绳拉力的合力平衡，而OA和OB两绳的拉力大小相等，根据对称性可知OC的反向延长线过∠AOB的平分线，根据几何关系可知
解得
结点O受到三个拉力构成一封闭的矢量三角形，根据正弦定理有
所以
故AD正确，BC错误。
故选AD。
2.（16分）（2023湖南名校联盟期中）如图所示，水平地面上固定两个相同的斜面，斜面足够长且倾角，之间的距离为，在其中点正上方有光滑水平轴。一根长为的轻质细绳一端固定在轴上，另一端系一个质量为的小球，小球与地面接触但无相互作用。滑块和小球的质量相等，且均可视为质点，滑块与小球发生弹性正碰，若不计空气阻力和滑块经过点处的机械能损失，重力加速度取。
（1）若滑块从处由静止下滑，滑块与水平面间的动摩擦因数为，斜面均光滑，求：
①滑块与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力大小；
②滑块与小球碰撞后，小球在竖直平面内做圆周运动，求小球做完整圆周运动的次数。
（2）若滑块从处由静止滑下，斜面均粗糙，滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数均为。求小球第次做完整的圆周运动时在最低点的动能的表达式。（要求除外，其他物理量的数值需代入，写出关系式即可，不需要写出取值范围。）
【名师解析】：（1）①滑块下滑至速度为的过程，由动能定理可得
，
解得
滑块与小球发生弹性正碰，设碰后的速度分别为和，由动量守恒及机械能守恒可得
联立可解得，即两者交换速度，则对小球有
②小球恰好能完成一次圆周运动，设到达最高点的速度为，满足
设小球在最低点的速度为，小球从最低点到最高点的过程，由机械能守恒可得
联立可解得，即滑块和小球最后一次碰撞时滑块的速度至少为，
设从初状态到速度为的过程，滑块在水平面通过的总路程为，据能量守恒可得
联立代入数据可解得，
此过程中，滑块与小球碰撞的次数即为小球完成完整圆周运动的次数，可知
，
解得，故小球做8次完整圆周运动。
（2）对滑块，第一次的动能根据动能定理有
，
解得
第次做完整的圆周运动后到达斜面上高度为，，动能为，有
，
得
，
得
可以得到
所以：
……
所以
3．（2023四川遂宁零诊）如图所示，水平地面PQ上竖直平面内固定光滑轨道 ABC，AB是半径为3R的弧形轨道，BC是半径为R的弧形轨道，两轨道在地面上的B点平滑对接。 BC的圆心为O，BO竖直，AB的圆心在O点正上方，CO与竖直线夹角为θ。D点是 C点关于过BO竖直线始终对称的点。一个质量为m的小球在轨道AB上从距PQ高h处静止释放。已知重力加速度为g。
（1）小球经过B点前、后瞬时对轨道压力大小的变化量。
（2）如果小球能够到达C点，求小球静止
释放位置高h的最小值。
（3）如果半径R确定，改变夹角为θ，并相应调整小球在AB轨道上静止释放的位置，以确保能依次通过C、 D两点，求h的最小值。
【名师解析】
（1）小球从A滑到C过程，由机械能守恒得：
（2分）
经过B点前，圆的半径为3R，对小球由牛顿第二定律得：
（1分）
由牛顿第三定律，轨道对小球的支持力与小球对轨道的压力大小相等：
经过B点后，圆的半径为R，对小球由牛顿第二定律得：
（1分）
由牛顿第三定律，轨道对小球的支持力与小球对轨道的压力大小相等：
小球经过B点前后对轨道压力大小的变化为：
联立上述方程解得：
（2分）
（2）对小球从A到C过程由机械能守恒定理得：
（2分）
在C点不脱离轨道：
（1分）
解得：
（1分）
所以要使小球能到达的h的最小值为：
（1分）
（3）对小球从A到C过程由机械能守恒定理得：
（2分）
小球从通过C点后做斜抛运动，经过D点，则可将小球运动分解到竖直和水平方向：
水平方向：
（1分）
竖直方向：
（1分）
解得:
（2分）
由均值不等式得：时即时，h取得最小值（1分）
（2分）
4. （2023湖南三湘创新发展联合起点考试）如图所示，有两足够长倾角均为的粗糙斜面AB和CD均通过一小段平滑的圆弧与足够长的光滑水平面BC连接，小滑块a与斜面AB间的动摩擦因数，小滑块b与斜面CD间的动摩擦因数，小滑块a从斜面AB上的P点由静止开始下滑，一段时间后，与静止在水平面BC上的装有质量不计的弹簧的物块b发生第一次碰撞，之后弹簧储存的弹性势能的最大值，已知小滑块a、b均可视为质点，质量均为，小滑块a与弹簧碰撞过程中不损失机械能，且弹簧始终在弹性限度内，取重力加速度大小，，。求：
（1）P点距水平面的高度h；
（2）小滑块a与小滑块b第一次碰撞后，小滑块b沿CD斜面上滑的最大距离；
（3）小滑块b在斜面上运动的总路程。
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）根据题意，小滑块a从斜面AB上的P点滑到B点的过程，由动能定理有
因为a、b的质量相等，发生碰撞时满足动量守恒，由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
联立代入数据解得
，
（2）根据题意，由动量守恒定律和能量守恒定律有
联立代入数据解得
在小滑块b滑上最高点的过程中，根据动能定理有
解得
（3）根据题意，设小滑块b第一次回到斜面CD底端时的速度大小为，有
整理后有
b与a碰后再次交换速度，此时b速度为零，a的速度大小为，则在a沿斜面AB上升至速度减为零的过程中有
由于交换速度，故与大小相等，解得
返回底端的过程中
在底部a与b碰撞后再次交换速度，则b的速度大小
b上升到顶端的过程中
可得
则有
即小滑块b每次上升到顶端的路程为等比关系，其中公比
同时由于在同一斜面上，上滑与下滑的路程相等，由数学知识有
5. （2023重庆八中高三质检）如图所示，一倾角为的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一垂直于斜面的挡板，现将一质量为的小滑块A从离挡板距离为18L处由静止释放：随后某一时刻，再将质量为的小滑块B从斜面上的另一位置由静止释放；滑块A与挡板相撞反弹后向上运动到离挡板距离为处与同速率下滑的滑块B发生弹性碰撞，碰后立即将滑块B取走。已知每次滑块A与挡板碰撞，碰后速率为碰前的倍，两滑块和斜面之间的动摩擦因数，重力加速度为，两滑块均视为质点，不计各次碰撞时间。求：
（1）滑块A第一次与挡板碰撞前的速度大小；
（2）滑块A、B释放的时间差；
（3）整个过程中滑块A与挡板碰撞损失的能量。
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）根据牛顿第二定律，滑块A下滑的加速度大小为
设第一次与挡板碰撞前的速度大小为，根据运动学公式可得
解得
（2）滑块A从静止释放到与挡板第一次碰撞所用时间为
滑块A与挡板第一次碰撞后的速度为
根据牛顿第二定律，滑块A上滑的加速度大小为
滑块A与挡板相撞反弹后向上运动到离挡板距离为处的速度为，所用时间为，则有
解得
可得
此时滑块B的速度大小也为，滑块B下滑时的加速度与滑块A下滑时的加速度相同，可知滑块B下滑所用时间为
则滑块A、B释放的时间差为
（3）根据题意，滑块A第一次与挡板碰撞过程损失的机械能为
滑块A与滑块B发生弹性碰撞，设碰后速度分别为、，以沿斜面向上为正方向，则有
解得
可知碰后滑块A沿斜面向下加速运动，设与挡板第二次碰撞前的速度为，则有
解得
已知每次滑块A与挡板碰撞，碰后速率为碰前的倍，可知滑块A每次与挡板碰撞损失的机械能与碰撞前的机械能之比为
可知滑块A第二次与挡板碰撞损失的机械能为
设滑块A第（）次与挡板前的速度为，碰撞后的速度为，碰后上滑的最大距离为，之后滑块下滑到再次与挡板碰撞前的速度为，则有
，
可得
则有
可知滑块A第次与挡板碰撞损失的机械能与滑块A第次与挡板碰撞损失的机械能之比为
可知从第二次碰撞之后，滑块每次与挡板损失的机械能都是前一次挡板损失的机械能的倍，则整个过程中滑块A与挡板碰撞损失的能量为
解得
6 (2020·日照模拟)如图所示，两个质量分别为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( )
A．小圆环A、B受到大圆环的支持力之比是∶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mg
【名师解析】 对小圆环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，此合力的大小等于细线的拉力的大小，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：＝，＝，
由于FT＝FT′，α＋β＝90°
整理可以得到：α＝30°，β＝60°，FT＝FT′＝mg
再次利用正弦定理：＝，＝
整理可以得到：＝，故选项A正确，B、D错误；
由题图根据几何知识可以知道，细线与水平方向的夹角为90°－(45°＋30°)＝15°，故选项C错误。
[答案] A
6 如图，固定在竖直平面内的倾斜轨道AB，与水平固定光滑轨道BC相连，竖直墙壁CD高H＝0.2 m，在地面上紧靠墙壁固定一个和CD等高，底边长L1＝0.3 m的固定斜面。一个质量m＝0.1 kg的小物块(视为质点)在轨道AB上从距离B点L2＝4 m处由静止释放，从C点水平抛出，已知小物块与AB段轨道间的动摩擦因数为0.5，通过B点时无能量损失；AB段与水平面的夹角为37°。(空气阻力不计，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)求小物块运动到B点时的速度大小；
(2)求小物块从C点抛出到击中斜面的时间；
(3)改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值。
【名师解析】
(1)对小物块从A到B过程分析，根据动能定理有：mgL2sin 37°－μmgL2cos 37°＝mvB2，
解得：vB＝4 m/s。
(2)设物块落在斜面上时水平位移为x，竖直位移为y，如图所示：
对平抛运动，有：
x＝vBt，
y＝gt2，
结合几何关系， 有：＝＝，
解得：t＝ s或t＝－ s(舍去)。
(3)设小物块从轨道上A′点静止释放且A′B＝L，运动到B点时的速度为vB′，对物块从A′到碰撞斜面过程分析，根据动能定理有：mgLsin 37°－μmgcos 37°·L＋mgy＝mv2－0
对物块从A′到运动到B点过程分析，根据动能定理有
mgLsin 37°－μmgLcos 37°＝mvB′2
又x＝vB′t，y＝gt2，＝
联立解得：mv2＝mg，
故当＝，即y＝H＝0.12 m时，动能最小为Ekmin，代入数据，解得Ekmin＝0.15 J。
[答案] (1)4 m/s (2) s (3)0.15 J
7 如图所示，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，方向相反。电场强度大小等于，磁感应强度大小等于，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)
(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。
【名师解析】
(1)设磁感应强度大小为B，粒子进入磁场，根据左手定则，粒子做的圆周运动后经过OM，根据洛伦兹力提供向心力，有：
qv0B＝m，
解得：r＝＝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＝
在电场中，沿y轴方向的加速度：a＝＝
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：vy02－v02＝2ar，vy0＝v0＋at1
联立解得：t1＝
则带电粒子第三次到达OM时经过的时间为：t＝T＋2t1＝。
(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：vy2＝2a(2d)
第一次竖直分速度减半反弹，竖直分速度vy1＝vy，
高度：h1＝＝×2d
第二次竖直分速度减半反弹，竖直分速度vy2＝vy1＝vy，
高度：h2＝＝×2d
……
第n次竖直分速度减半反弹，高度hn＝＝×2d
故总路程为：H＝2d＋2(h1＋h2＋…＋hn)＝2d＋2×2d
整理可以得到：H＝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＝d。
[答案] (1)(－2d,2d) (2)
(3)d
8．(2020·银川模拟)如图所示，a、b两个小球穿在一根光滑的固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接。已知b球质量为m，杆与水平面的夹角为30°，不计所有摩擦。当两球静止时，Oa段绳与杆的夹角也为30°，Ob段绳沿竖直方向，则a球的质量为( )
A.m B.m
C.m D．2m
【参考答案】A
【名师解析】分别对a、b两球受力分析，如图所示，根据共点力平衡条件得：FT＝mbg；根据正弦定理得：＝；故mb∶ma＝tan 30°∶1，则ma＝m，故B、C、D错误，A正确。
．
9.[多选](2020·临沂期末)如图所示，矩形线框abcd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框ab长为2L，bc长为L，MN为垂直于ab并可在ab和cd上自由滑动的金属杆，且杆与ab和cd接触良好，abcd和MN上单位长度的电阻皆为r。让MN从ad处开始以速度v向右匀速滑动，设MN与ad之间的距离为x(0≤x≤2L)，则在整个过程中( )
A．当x＝0时，MN中电流最小
B．当x＝L时，MN中电流最小
C．MN中电流的最小值为
D．MN中电流的最大值为
【参考答案】 BCD
【名师解析】 MN产生感应电动势为BLv，MN中电流
I＝＝＝，当x＝0或x＝2L时，MN中电流最大，MN中电流的最大值为Imax＝，当x＝L时，MN中电流最小，MN中电流的最小值为Imin＝，故B、C、D正确，A错误。
10．(2020·肇庆一模)如图(a)所示，一物体以一定的速度v0沿足够长的固定斜面向上运动，此物体在斜面上的最大位移与斜面倾角的关系如图(b)所示。设各种条件下，物体与斜面间的动摩擦因数不变，取g＝10 m/s2。试求：
(1)物体与斜面之间的动摩擦因数及物体的初速度大小；
(2)θ为多大时， x值最小？求出x的最小值。
【名师解析】 (1)当θ为90°时，由运动学知识可得：v02＝2gh①
设动摩擦因数为μ，当θ＝0°时摩擦力大小为：Ff＝μmg②
Ff＝ma1③
由运动学公式可得：v02＝2a1x0④
联立以上各式解得：μ＝，v0＝5 m/s。
(2)对于任意角度，根据动能定理可得，物体对应的最大位移x满足的关系式：mv02＝mgxsin θ＋μmgxcos θ⑤
对⑤式变形可得：x＝＝＝⑥
μ＝tan φ，则x的最小值为xmin＝＝h≈1.08 m
对应的θ＝－φ＝－＝。
答案：(1) 5 m/s (2) 1.08 m
11.在仰角α＝30°的雪坡上举行跳台滑雪比赛，如图所示。运动员从坡上方A点开始下滑，到起跳点O时借助设备和技巧，保持在该点的速率不变而以与水平面成θ角的方向起跳。最后落在坡上B点，坡上OB两点距离为L。已知A点高于O点h＝50 m，不计摩擦和阻力，则OB两点距离L最大值为多少米？此时起跳角为多大？
【名师解析】：运动员在O点速度v0＝＝10 m/s。起跳后运动员做斜上抛运动。
法一：以O为原点，建立水平向右和竖直向上的xOy坐标系，把运动分解为水平向右的匀速运动和竖直方向的竖直上抛运动。
x＝v0cos θ·t，y＝v0sin θ·t－gt2，令y＝－xtan α
解得x＝
＝。当2θ＋α＝90°，θ＝30°时，xmax＝，此时OB有极大值L＝＝200 m。
法二：建立如图甲所示坐标系，把运动分解为沿斜面方向的匀加速直线运动和垂直于斜面方向的匀减速直线运动。
L＝v0tcos(α＋θ)＋，0＝v0tsin(α＋θ)－。余下的计算过程同上。
法三：把运动视为v0方向的匀速运动和自由落体运动的合成。如图乙所示。＝＝，消去t，同样得到L的表达式，余下解略。
答案：200 m 30°
12．如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M＝2 kg的小物块A；装置的中间是水平传送带，它与左右两边的水平面等高，并能平滑对接，传送带始终以v＝2 m/s的速率逆时针转动。装置的右边是一光滑的曲面，质量m＝1 kg的小物块B从其上距水平面h＝1.0 m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带的长度l＝1.0 m。设物块A、B之间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止，g取10 m/s2。
(1)求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；
(2)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上；
(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后运动的速度大小。
【名师解析】：(1)设物块B沿光滑曲面下滑到水平面时的速度大小为v0，
由机械能守恒定律知mgh＝mv02，
得v0＝；
设物块B在传送带上滑动过程中的加速度大小为a，则μmg＝ma，得a＝2 m/s2；
设物块B通过传送带后运动速度大小为v′，有v′2－v02＝－2al，解得v′＝4 m/s。
由于v′＞v＝2 m/s，所以v′即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小。
(2)设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v″、v1，取向右为正方向，
A、B发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、能量守恒，则
－mv′＝mv1＋Mv″，
mv′2＝mv12＋Mv″2，
解得v1＝v′＝ m/s，碰撞后物块B在水平面上向右匀速运动，之后滑上传送带，在传送带上做减速运动，
设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，则0－v12＝－2al′，
解得l′＝ m＜l＝1.0 m，
所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上。
(3)当物块B在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速。可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v1，继而与物块A发生第二次碰撞。
设第二次碰撞后物块B速度大小为v2，同上计算可知v2＝v1＝2v′，
物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞……
碰撞后物块B的速度大小依次为v3＝v2＝3v′，v4＝v3＝4v′ ……
则第n次碰撞后物块B的速度大小为vn＝nv′，即
vn＝ m/s(n＝1,2,3，…)。
答案：(1)4 m/s (2)见解析 (3) m/s(n＝1,2,3，…)
13．(2020·烟台一模)如图所示，质量为M＝4.5 kg的长木板置于光滑水平地面上，质量为m＝1.5 kg的小物块放在长木板的右端，在木板右侧的地面上固定着一个有孔的弹性挡板，孔的尺寸刚好可以让木板无接触地穿过。现使木板和物块以v0＝4 m/s的速度一起向右匀速运动，物块与挡板碰撞后立即以碰前的速率反向弹回，而木板穿过挡板上的孔继续向右运动，整个过程中物块不会从长木板上滑落。已知物块与挡板第一次碰撞后，物块离开挡板的最大距离为x1＝1.6 m，重力加速度g取10 m/s2：
(1)求物块与木板间的动摩擦因数；
(2)若物块与挡板第n次碰撞后，物块离开挡板的最大距离为xn＝6.25×10－3 m，求n；
(3)求长木板的长度至少应为多少？
【名师解析】：(1)物块与挡板第一次碰撞后，物块向左减速到速度为0的过程中只有摩擦力做功，由动能定理得－μmgx1＝0－mv02 ①
解得μ＝0.5。 ②
(2)物块与挡板碰后，物块与木板组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向。
设第一次碰撞后系统的共同速度为v1，由动量守恒定律得：
Mv0－mv0＝(M＋m)v1， ③
v1＝ v0＝v0 ④
设物块由速度为0加速到v1的过程中运动的位移为x1′，
μmgx1′＝mv12 ⑤
由①⑤式得x1′＝x1 ⑥
即物块与挡板第二次碰撞之前，物块与木板已经达到共同速度v1，第二次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为v1，经一段时间系统的共同速度为v2＝v1＝2v0
第三次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为v2
经一段时间系统的共同速度为v3＝ v2＝3v0
第n次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为
vn－1＝ vn－2＝n－1v0 ⑦
由动能定理得－μmgxn＝0－mvn－12 ⑧
由①⑦⑧式得n＝5。 ⑨
(3)由分析知，物块多次与挡板碰撞后，最终将与木板同时都静止。设物块在木板上的相对位移为L，由能量守恒定律得μmgL＝(M＋m)v02⑩
解得L＝6.4 m ⑪
即木板的长度至少应为6.4 m。
答案：(1)0.5 (2)5 (3)6.4 m
14．(2020·南昌一模)如图所示，坐标系x轴水平，y轴竖直。在第二象限内有半径R＝5 cm的圆，与y轴相切于点Q(0,5 cm)，圆内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外。在x＝－10 cm处有一个比荷为＝1.0×108 C/kg的带正电荷的粒子，正对该圆圆心方向发射，粒子的发射速率v0＝4.0×106 m/s，粒子在Q点进入第一象限。在第一象限某处存在一个矩形匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向外，磁感应强度B0＝2 T。粒子经该磁场偏转后，在x轴M点(6 cm,0)沿y轴负方向进入第四象限。在第四象限存在沿x轴负方向的匀强电场。有一个足够长挡板和y轴负半轴重合，粒子每次到达挡板将反弹，每次反弹时竖直分速度不变，水平分速度大小减半，方向反向(不考虑粒子的重力)。求：
(1)第二象限圆内磁场的磁感应强度B的大小；
(2)第一象限内矩形磁场的最小面积；
(3)带电粒子在电场中运动时水平方向上的总路程。
【名师解析】：(1)作O1P1垂直于PO，如图所示
有几何关系知tan∠OO1Q＝＝＝，所以tan 60°＝
在粒子穿过第二象限内圆形磁场，由牛顿第二定律得qv0B＝m，解得B＝ T。
(2)粒子在第一象限内转过圆周，设半径为r2，由牛顿第二定律得qv0B0＝m
解得r2＝2 cm
图中的矩形面积即为最小磁场面积
Smin＝r2＝4(－1)cm2。
(3)在水平方向上，粒子首先向左运动s0＝6 cm撞到挡板，设加速度为a，第一次撞击挡板的水平速度v2＝2as0
第1次反弹的水平速度v1＝
第1次往返的水平路程s1＝2×＝2×s0
第2次反弹的水平速度v2＝
第2次往返的水平路程s2＝2×＝2×s0
第n次反弹的水平速度vn＝
第n次往返的水平路程sn＝2×＝2×s0
总路程s＝s0＋s1＋s2＋s3＋…＋sn(n→∞)
代入数据得s＝6 cm＋12 cm×
上述方程括号中含有等比数列，其中首项a1＝，公比为，当n→∞，利用等比数列求和公式
Sn＝a1·＝×＝
得s＝10 cm。
答案：(1) T (2)4(－1)cm2 (3)10 cm
2023高考二轮复习二十专题
专题二十三、数学方法在物理解题中的应用
第一部分 织网点睛，纲举目张
高考物理试题的解答离不开数学知识和方法的应用，借助物理知识渗透考查数学能力是高考命题的永恒主题。可以说任何物理试题的求解过程实际上是将物理问题转化为数学问题，经过求解再还原为物理结论的过程。
第二部分 实战训练，高考真题演练
1．（18分）（2022重庆高考）小明设计了一个青蛙捉飞虫的游戏，游戏中蛙和虫都在竖直平面内运动。虫可以从水平x轴上任意位置处由静止开始做匀加速直线运动，每次运动的加速度大小恒为（g为重力加速度），方向均与x轴负方向成斜向上（x轴向右为正）。蛙位于y轴上M点处，，能以不同速率向右或向左水平跳出，蛙运动过程中仅受重力作用。蛙和虫均视为质点，取。
（1）若虫飞出一段时间后，蛙以其最大跳出速率向右水平跳出，在的高度捉住虫时，蛙与虫的水平位移大小之比为，求蛙的最大跳出速率。
（2）若蛙跳出的速率不大于（1）问中的最大跳出速率，蛙跳出时刻不早于虫飞出时刻，虫能被捉住，求虫在x轴上飞出的位置范围。
（3）若虫从某位置飞出后，蛙可选择在某时刻以某速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为；蛙也可选择在另一时刻以同一速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为。求满足上述条件的虫飞出的所有可能位置及蛙对应的跳出速率。
【参考答案】（1）；（2）；
（3），或，
【名师解析】
（1）虫子做匀减速直线运动，青蛙做平抛运动，x虫==H
=
青蛙做平抛运动，设在空中运动时间为t蛙，由平抛运动规律，
x蛙= vmt蛙，
H-3H/4=
联立解得： ，
（2）设青蛙和虫若同时开始运动的时间均为t，相遇时有
+=H
解得：
则最小位置坐标为 xmin= vmt-=H
而 青蛙和虫不同时出发时需要二者轨迹相切，青蛙的平抛运动有
y=H-，x= vmt
可得轨迹方程 y=H-
虫的轨迹方程 y=（xmax-x）tan37°
两轨迹相交，（xmax-x）tan37°=H-
整理可得-x+x max-H=0
令△=0，即 -4× （x max-H）=0
解得：xmax =2H
虫在x轴上飞出的位置范围为 H ≥x≥2H
（3）设青蛙在空中运动时间为t1，有
+=H
+=H
解得：，
而 +=x1
-=x1
解得：，
而 +=x2
-=x2
解得：，
第三部分 思路归纳，内化方法
物理解题过程中常用的数学方法主要有
1．正弦定理：
在如图甲所示的三角形中，各边和所对应角的正弦之比相等。
即：＝＝
2．余弦定理：在如图甲所示的三角形中，有如下三个表达式：
a2＝b2＋c2－2bc·cos A
b2＝a2＋c2－2ac·cosB
c2＝a2＋b2－2ab·cos C
3．三角形相似法：相似三角形的对应角相等，对应边成比例，如图乙所示，两三角形相似，有：
＝＝
[例3] 表面光滑、半径为R的半球固定在水平地面上，球心O的正上方O′处有一无摩擦定滑轮，轻质细绳两端各系一个可视为质点的小球挂在定滑轮上，如图所示。两小球平衡时，若滑轮两侧细绳的长度分别为L1＝2.4R和L2＝2.5R，这两个小球的质量之比为，小球与半球之间的压力之比为，则以下说法正确的是( )
A.＝ B.＝
C.＝ D.＝
[解析] 先以左侧小球为研究对象，分析受力情况：重力m1g、绳子的拉力FT和半球的支持力FN1，作出受力分析图。由平衡条件得知，拉力FT和支持力FN1的合力与重力m1g大小相等、方向相反。设OO′＝h，根据三角形相似得＝＝，解得m1g＝，FN1＝①
同理，以右侧小球为研究对象，得：m2g＝，FN2＝，②
由①②式得＝＝，＝＝。
[答案] BC
4三角函数法
三角函数：y＝acos θ＋bsin θ
y＝acos θ＋bsin θ＝sin(θ＋α)，其中α＝arctan 。
当θ＋α＝90°时，有极大值ymax＝。
[例4] 如图所示是一旅行箱，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( )
A．μ＝0.5，θ＝37° B．μ＝0.5，θ＝53°
C．μ＝0.75，θ＝53° D．μ＝0.75，θ＝37°
[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：Fcos θ－Ff＝0，
竖直方向，有：FN＋Fsin θ－G＝0，
其中：Ff＝μFN，故F＝，
令μ＝tan α，则F＝；
当α－θ＝0°时，F有最小值，故F＝Gsin α＝90 N，
故α＝37°，故μ＝tan 37°＝0.75，θ＝37°，故选D。
[答案] D
5.二次函数法
二次函数：y＝ax2＋bx＋c
当x＝－时，有极值ym＝(若二次项系数a＞0，y有极小值；若a＜0，y有极大值)。
6.数学归纳法
凡涉及数列求解的物理问题都具有过程多、重复性强的特点，但每一个重复过程均不是原来的完全重复，而是一种变化了的重复。随着物理过程的重复，某些物理量逐步发生着前后有联系的变化。该类问题求解的基本思路为：
(1)逐个分析开始的几个物理过程；
(2)利用归纳法从中找出物理量变化的通项公式(这是解题的关键)；
(3)最后分析整个物理过程，应用数列特点和规律求解。
7.数列法
无穷数列的求和，一般是无穷递减数列，有相应的公式可用。
等差：Sn＝＝na1＋d(d为公差)。
等比：Sn＝(q为公比)。
8.图像法
根据题述情景画出相关图像进行定性分析或定量运算。
9.矢量图解法
第四部分 最新模拟集萃，提升应试能力
1. （2023宁夏银川一中第一次月考）如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端通过光滑的定滑轮与物体丙相连，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若β=55°，则（ ）
A. α>β B. α<β
C. 丙的质量小于甲的质量 D. 丙的质量大于甲的质量
【参考答案】AD
【名师解析】
设甲、乙的质量均为m，丙的质量为M。对结点O受力分析如图所示，根据平衡条件可知OC绳的拉力与OA、OB两绳拉力的合力平衡，而OA和OB两绳的拉力大小相等，根据对称性可知OC的反向延长线过∠AOB的平分线，根据几何关系可知
解得
结点O受到三个拉力构成一封闭的矢量三角形，根据正弦定理有
所以
故AD正确，BC错误。
故选AD。
2.（16分）（2023湖南名校联盟期中）如图所示，水平地面上固定两个相同的斜面，斜面足够长且倾角，之间的距离为，在其中点正上方有光滑水平轴。一根长为的轻质细绳一端固定在轴上，另一端系一个质量为的小球，小球与地面接触但无相互作用。滑块和小球的质量相等，且均可视为质点，滑块与小球发生弹性正碰，若不计空气阻力和滑块经过点处的机械能损失，重力加速度取。
（1）若滑块从处由静止下滑，滑块与水平面间的动摩擦因数为，斜面均光滑，求：
①滑块与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力大小；
②滑块与小球碰撞后，小球在竖直平面内做圆周运动，求小球做完整圆周运动的次数。
（2）若滑块从处由静止滑下，斜面均粗糙，滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数均为。求小球第次做完整的圆周运动时在最低点的动能的表达式。（要求除外，其他物理量的数值需代入，写出关系式即可，不需要写出取值范围。）
【名师解析】：（1）①滑块下滑至速度为的过程，由动能定理可得
，
解得
滑块与小球发生弹性正碰，设碰后的速度分别为和，由动量守恒及机械能守恒可得
联立可解得，即两者交换速度，则对小球有
②小球恰好能完成一次圆周运动，设到达最高点的速度为，满足
设小球在最低点的速度为，小球从最低点到最高点的过程，由机械能守恒可得
联立可解得，即滑块和小球最后一次碰撞时滑块的速度至少为，
设从初状态到速度为的过程，滑块在水平面通过的总路程为，据能量守恒可得
联立代入数据可解得，
此过程中，滑块与小球碰撞的次数即为小球完成完整圆周运动的次数，可知
，
解得，故小球做8次完整圆周运动。
（2）对滑块，第一次的动能根据动能定理有
，
解得
第次做完整的圆周运动后到达斜面上高度为，，动能为，有
，
得
，
得
可以得到
所以：
……
所以
3．（2023四川遂宁零诊）如图所示，水平地面PQ上竖直平面内固定光滑轨道 ABC，AB是半径为3R的弧形轨道，BC是半径为R的弧形轨道，两轨道在地面上的B点平滑对接。 BC的圆心为O，BO竖直，AB的圆心在O点正上方，CO与竖直线夹角为θ。D点是 C点关于过BO竖直线始终对称的点。一个质量为m的小球在轨道AB上从距PQ高h处静止释放。已知重力加速度为g。
（1）小球经过B点前、后瞬时对轨道压力大小的变化量。
（2）如果小球能够到达C点，求小球静止
释放位置高h的最小值。
（3）如果半径R确定，改变夹角为θ，并相应调整小球在AB轨道上静止释放的位置，以确保能依次通过C、 D两点，求h的最小值。
【名师解析】
（1）小球从A滑到C过程，由机械能守恒得：
（2分）
经过B点前，圆的半径为3R，对小球由牛顿第二定律得：
（1分）
由牛顿第三定律，轨道对小球的支持力与小球对轨道的压力大小相等：
经过B点后，圆的半径为R，对小球由牛顿第二定律得：
（1分）
由牛顿第三定律，轨道对小球的支持力与小球对轨道的压力大小相等：
小球经过B点前后对轨道压力大小的变化为：
联立上述方程解得：
（2分）
（2）对小球从A到C过程由机械能守恒定理得：
（2分）
在C点不脱离轨道：
（1分）
解得：
（1分）
所以要使小球能到达的h的最小值为：
（1分）
（3）对小球从A到C过程由机械能守恒定理得：
（2分）
小球从通过C点后做斜抛运动，经过D点，则可将小球运动分解到竖直和水平方向：
水平方向：
（1分）
竖直方向：
（1分）
解得:
（2分）
由均值不等式得：时即时，h取得最小值（1分）
（2分）
4. （2023湖南三湘创新发展联合起点考试）如图所示，有两足够长倾角均为的粗糙斜面AB和CD均通过一小段平滑的圆弧与足够长的光滑水平面BC连接，小滑块a与斜面AB间的动摩擦因数，小滑块b与斜面CD间的动摩擦因数，小滑块a从斜面AB上的P点由静止开始下滑，一段时间后，与静止在水平面BC上的装有质量不计的弹簧的物块b发生第一次碰撞，之后弹簧储存的弹性势能的最大值，已知小滑块a、b均可视为质点，质量均为，小滑块a与弹簧碰撞过程中不损失机械能，且弹簧始终在弹性限度内，取重力加速度大小，，。求：
（1）P点距水平面的高度h；
（2）小滑块a与小滑块b第一次碰撞后，小滑块b沿CD斜面上滑的最大距离；
（3）小滑块b在斜面上运动的总路程。
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）根据题意，小滑块a从斜面AB上的P点滑到B点的过程，由动能定理有
因为a、b的质量相等，发生碰撞时满足动量守恒，由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
联立代入数据解得
，
（2）根据题意，由动量守恒定律和能量守恒定律有
联立代入数据解得
在小滑块b滑上最高点的过程中，根据动能定理有
解得
（3）根据题意，设小滑块b第一次回到斜面CD底端时的速度大小为，有
整理后有
b与a碰后再次交换速度，此时b速度为零，a的速度大小为，则在a沿斜面AB上升至速度减为零的过程中有
由于交换速度，故与大小相等，解得
返回底端的过程中
在底部a与b碰撞后再次交换速度，则b的速度大小
b上升到顶端的过程中
可得
则有
即小滑块b每次上升到顶端的路程为等比关系，其中公比
同时由于在同一斜面上，上滑与下滑的路程相等，由数学知识有
5. （2023重庆八中高三质检）如图所示，一倾角为的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一垂直于斜面的挡板，现将一质量为的小滑块A从离挡板距离为18L处由静止释放：随后某一时刻，再将质量为的小滑块B从斜面上的另一位置由静止释放；滑块A与挡板相撞反弹后向上运动到离挡板距离为处与同速率下滑的滑块B发生弹性碰撞，碰后立即将滑块B取走。已知每次滑块A与挡板碰撞，碰后速率为碰前的倍，两滑块和斜面之间的动摩擦因数，重力加速度为，两滑块均视为质点，不计各次碰撞时间。求：
（1）滑块A第一次与挡板碰撞前的速度大小；
（2）滑块A、B释放的时间差；
（3）整个过程中滑块A与挡板碰撞损失的能量。
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）根据牛顿第二定律，滑块A下滑的加速度大小为
设第一次与挡板碰撞前的速度大小为，根据运动学公式可得
解得
（2）滑块A从静止释放到与挡板第一次碰撞所用时间为
滑块A与挡板第一次碰撞后的速度为
根据牛顿第二定律，滑块A上滑的加速度大小为
滑块A与挡板相撞反弹后向上运动到离挡板距离为处的速度为，所用时间为，则有
解得
可得
此时滑块B的速度大小也为，滑块B下滑时的加速度与滑块A下滑时的加速度相同，可知滑块B下滑所用时间为
则滑块A、B释放的时间差为
（3）根据题意，滑块A第一次与挡板碰撞过程损失的机械能为
滑块A与滑块B发生弹性碰撞，设碰后速度分别为、，以沿斜面向上为正方向，则有
解得
可知碰后滑块A沿斜面向下加速运动，设与挡板第二次碰撞前的速度为，则有
解得
已知每次滑块A与挡板碰撞，碰后速率为碰前的倍，可知滑块A每次与挡板碰撞损失的机械能与碰撞前的机械能之比为
可知滑块A第二次与挡板碰撞损失的机械能为
设滑块A第（）次与挡板前的速度为，碰撞后的速度为，碰后上滑的最大距离为，之后滑块下滑到再次与挡板碰撞前的速度为，则有
，
可得
则有
可知滑块A第次与挡板碰撞损失的机械能与滑块A第次与挡板碰撞损失的机械能之比为
可知从第二次碰撞之后，滑块每次与挡板损失的机械能都是前一次挡板损失的机械能的倍，则整个过程中滑块A与挡板碰撞损失的能量为
解得
6 (2020·日照模拟)如图所示，两个质量分别为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( )
A．小圆环A、B受到大圆环的支持力之比是∶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mg
【名师解析】 对小圆环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，此合力的大小等于细线的拉力的大小，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：＝，＝，
由于FT＝FT′，α＋β＝90°
整理可以得到：α＝30°，β＝60°，FT＝FT′＝mg
再次利用正弦定理：＝，＝
整理可以得到：＝，故选项A正确，B、D错误；
由题图根据几何知识可以知道，细线与水平方向的夹角为90°－(45°＋30°)＝15°，故选项C错误。
[答案] A
6 如图，固定在竖直平面内的倾斜轨道AB，与水平固定光滑轨道BC相连，竖直墙壁CD高H＝0.2 m，在地面上紧靠墙壁固定一个和CD等高，底边长L1＝0.3 m的固定斜面。一个质量m＝0.1 kg的小物块(视为质点)在轨道AB上从距离B点L2＝4 m处由静止释放，从C点水平抛出，已知小物块与AB段轨道间的动摩擦因数为0.5，通过B点时无能量损失；AB段与水平面的夹角为37°。(空气阻力不计，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)求小物块运动到B点时的速度大小；
(2)求小物块从C点抛出到击中斜面的时间；
(3)改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值。
【名师解析】
(1)对小物块从A到B过程分析，根据动能定理有：mgL2sin 37°－μmgL2cos 37°＝mvB2，
解得：vB＝4 m/s。
(2)设物块落在斜面上时水平位移为x，竖直位移为y，如图所示：
对平抛运动，有：
x＝vBt，
y＝gt2，
结合几何关系， 有：＝＝，
解得：t＝ s或t＝－ s(舍去)。
(3)设小物块从轨道上A′点静止释放且A′B＝L，运动到B点时的速度为vB′，对物块从A′到碰撞斜面过程分析，根据动能定理有：mgLsin 37°－μmgcos 37°·L＋mgy＝mv2－0
对物块从A′到运动到B点过程分析，根据动能定理有
mgLsin 37°－μmgLcos 37°＝mvB′2
又x＝vB′t，y＝gt2，＝
联立解得：mv2＝mg，
故当＝，即y＝H＝0.12 m时，动能最小为Ekmin，代入数据，解得Ekmin＝0.15 J。
[答案] (1)4 m/s (2) s (3)0.15 J
7 如图所示，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，方向相反。电场强度大小等于，磁感应强度大小等于，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)
(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。
【名师解析】
(1)设磁感应强度大小为B，粒子进入磁场，根据左手定则，粒子做的圆周运动后经过OM，根据洛伦兹力提供向心力，有：
qv0B＝m，
解得：r＝＝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＝
在电场中，沿y轴方向的加速度：a＝＝
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：vy02－v02＝2ar，vy0＝v0＋at1
联立解得：t1＝
则带电粒子第三次到达OM时经过的时间为：t＝T＋2t1＝。
(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：vy2＝2a(2d)
第一次竖直分速度减半反弹，竖直分速度vy1＝vy，
高度：h1＝＝×2d
第二次竖直分速度减半反弹，竖直分速度vy2＝vy1＝vy，
高度：h2＝＝×2d
……
第n次竖直分速度减半反弹，高度hn＝＝×2d
故总路程为：H＝2d＋2(h1＋h2＋…＋hn)＝2d＋2×2d
整理可以得到：H＝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＝d。
[答案] (1)(－2d,2d) (2)
(3)d
8．(2020·银川模拟)如图所示，a、b两个小球穿在一根光滑的固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接。已知b球质量为m，杆与水平面的夹角为30°，不计所有摩擦。当两球静止时，Oa段绳与杆的夹角也为30°，Ob段绳沿竖直方向，则a球的质量为( )
A.m B.m
C.m D．2m
【参考答案】A
【名师解析】分别对a、b两球受力分析，如图所示，根据共点力平衡条件得：FT＝mbg；根据正弦定理得：＝；故mb∶ma＝tan 30°∶1，则ma＝m，故B、C、D错误，A正确。
．
9.[多选](2020·临沂期末)如图所示，矩形线框abcd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框ab长为2L，bc长为L，MN为垂直于ab并可在ab和cd上自由滑动的金属杆，且杆与ab和cd接触良好，abcd和MN上单位长度的电阻皆为r。让MN从ad处开始以速度v向右匀速滑动，设MN与ad之间的距离为x(0≤x≤2L)，则在整个过程中( )
A．当x＝0时，MN中电流最小
B．当x＝L时，MN中电流最小
C．MN中电流的最小值为
D．MN中电流的最大值为
【参考答案】 BCD
【名师解析】 MN产生感应电动势为BLv，MN中电流
I＝＝＝，当x＝0或x＝2L时，MN中电流最大，MN中电流的最大值为Imax＝，当x＝L时，MN中电流最小，MN中电流的最小值为Imin＝，故B、C、D正确，A错误。
10．(2020·肇庆一模)如图(a)所示，一物体以一定的速度v0沿足够长的固定斜面向上运动，此物体在斜面上的最大位移与斜面倾角的关系如图(b)所示。设各种条件下，物体与斜面间的动摩擦因数不变，取g＝10 m/s2。试求：
(1)物体与斜面之间的动摩擦因数及物体的初速度大小；
(2)θ为多大时， x值最小？求出x的最小值。
【名师解析】 (1)当θ为90°时，由运动学知识可得：v02＝2gh①
设动摩擦因数为μ，当θ＝0°时摩擦力大小为：Ff＝μmg②
Ff＝ma1③
由运动学公式可得：v02＝2a1x0④
联立以上各式解得：μ＝，v0＝5 m/s。
(2)对于任意角度，根据动能定理可得，物体对应的最大位移x满足的关系式：mv02＝mgxsin θ＋μmgxcos θ⑤
对⑤式变形可得：x＝＝＝⑥
μ＝tan φ，则x的最小值为xmin＝＝h≈1.08 m
对应的θ＝－φ＝－＝。
答案：(1) 5 m/s (2) 1.08 m
11.在仰角α＝30°的雪坡上举行跳台滑雪比赛，如图所示。运动员从坡上方A点开始下滑，到起跳点O时借助设备和技巧，保持在该点的速率不变而以与水平面成θ角的方向起跳。最后落在坡上B点，坡上OB两点距离为L。已知A点高于O点h＝50 m，不计摩擦和阻力，则OB两点距离L最大值为多少米？此时起跳角为多大？
【名师解析】：运动员在O点速度v0＝＝10 m/s。起跳后运动员做斜上抛运动。
法一：以O为原点，建立水平向右和竖直向上的xOy坐标系，把运动分解为水平向右的匀速运动和竖直方向的竖直上抛运动。
x＝v0cos θ·t，y＝v0sin θ·t－gt2，令y＝－xtan α
解得x＝
＝。当2θ＋α＝90°，θ＝30°时，xmax＝，此时OB有极大值L＝＝200 m。
法二：建立如图甲所示坐标系，把运动分解为沿斜面方向的匀加速直线运动和垂直于斜面方向的匀减速直线运动。
L＝v0tcos(α＋θ)＋，0＝v0tsin(α＋θ)－。余下的计算过程同上。
法三：把运动视为v0方向的匀速运动和自由落体运动的合成。如图乙所示。＝＝，消去t，同样得到L的表达式，余下解略。
答案：200 m 30°
12．如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M＝2 kg的小物块A；装置的中间是水平传送带，它与左右两边的水平面等高，并能平滑对接，传送带始终以v＝2 m/s的速率逆时针转动。装置的右边是一光滑的曲面，质量m＝1 kg的小物块B从其上距水平面h＝1.0 m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带的长度l＝1.0 m。设物块A、B之间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止，g取10 m/s2。
(1)求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；
(2)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上；
(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后运动的速度大小。
【名师解析】：(1)设物块B沿光滑曲面下滑到水平面时的速度大小为v0，
由机械能守恒定律知mgh＝mv02，
得v0＝；
设物块B在传送带上滑动过程中的加速度大小为a，则μmg＝ma，得a＝2 m/s2；
设物块B通过传送带后运动速度大小为v′，有v′2－v02＝－2al，解得v′＝4 m/s。
由于v′＞v＝2 m/s，所以v′即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小。
(2)设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v″、v1，取向右为正方向，
A、B发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、能量守恒，则
－mv′＝mv1＋Mv″，
mv′2＝mv12＋Mv″2，
解得v1＝v′＝ m/s，碰撞后物块B在水平面上向右匀速运动，之后滑上传送带，在传送带上做减速运动，
设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，则0－v12＝－2al′，
解得l′＝ m＜l＝1.0 m，
所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上。
(3)当物块B在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速。可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v1，继而与物块A发生第二次碰撞。
设第二次碰撞后物块B速度大小为v2，同上计算可知v2＝v1＝2v′，
物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞……
碰撞后物块B的速度大小依次为v3＝v2＝3v′，v4＝v3＝4v′ ……
则第n次碰撞后物块B的速度大小为vn＝nv′，即
vn＝ m/s(n＝1,2,3，…)。
答案：(1)4 m/s (2)见解析 (3) m/s(n＝1,2,3，…)
13．(2020·烟台一模)如图所示，质量为M＝4.5 kg的长木板置于光滑水平地面上，质量为m＝1.5 kg的小物块放在长木板的右端，在木板右侧的地面上固定着一个有孔的弹性挡板，孔的尺寸刚好可以让木板无接触地穿过。现使木板和物块以v0＝4 m/s的速度一起向右匀速运动，物块与挡板碰撞后立即以碰前的速率反向弹回，而木板穿过挡板上的孔继续向右运动，整个过程中物块不会从长木板上滑落。已知物块与挡板第一次碰撞后，物块离开挡板的最大距离为x1＝1.6 m，重力加速度g取10 m/s2：
(1)求物块与木板间的动摩擦因数；
(2)若物块与挡板第n次碰撞后，物块离开挡板的最大距离为xn＝6.25×10－3 m，求n；
(3)求长木板的长度至少应为多少？
【名师解析】：(1)物块与挡板第一次碰撞后，物块向左减速到速度为0的过程中只有摩擦力做功，由动能定理得－μmgx1＝0－mv02 ①
解得μ＝0.5。 ②
(2)物块与挡板碰后，物块与木板组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向。
设第一次碰撞后系统的共同速度为v1，由动量守恒定律得：
Mv0－mv0＝(M＋m)v1， ③
v1＝ v0＝v0 ④
设物块由速度为0加速到v1的过程中运动的位移为x1′，
μmgx1′＝mv12 ⑤
由①⑤式得x1′＝x1 ⑥
即物块与挡板第二次碰撞之前，物块与木板已经达到共同速度v1，第二次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为v1，经一段时间系统的共同速度为v2＝v1＝2v0
第三次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为v2
经一段时间系统的共同速度为v3＝ v2＝3v0
第n次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为
vn－1＝ vn－2＝n－1v0 ⑦
由动能定理得－μmgxn＝0－mvn－12 ⑧
由①⑦⑧式得n＝5。 ⑨
(3)由分析知，物块多次与挡板碰撞后，最终将与木板同时都静止。设物块在木板上的相对位移为L，由能量守恒定律得μmgL＝(M＋m)v02⑩
解得L＝6.4 m ⑪
即木板的长度至少应为6.4 m。
答案：(1)0.5 (2)5 (3)6.4 m
14．(2020·南昌一模)如图所示，坐标系x轴水平，y轴竖直。在第二象限内有半径R＝5 cm的圆，与y轴相切于点Q(0,5 cm)，圆内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外。在x＝－10 cm处有一个比荷为＝1.0×108 C/kg的带正电荷的粒子，正对该圆圆心方向发射，粒子的发射速率v0＝4.0×106 m/s，粒子在Q点进入第一象限。在第一象限某处存在一个矩形匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向外，磁感应强度B0＝2 T。粒子经该磁场偏转后，在x轴M点(6 cm,0)沿y轴负方向进入第四象限。在第四象限存在沿x轴负方向的匀强电场。有一个足够长挡板和y轴负半轴重合，粒子每次到达挡板将反弹，每次反弹时竖直分速度不变，水平分速度大小减半，方向反向(不考虑粒子的重力)。求：
(1)第二象限圆内磁场的磁感应强度B的大小；
(2)第一象限内矩形磁场的最小面积；
(3)带电粒子在电场中运动时水平方向上的总路程。
【名师解析】：(1)作O1P1垂直于PO，如图所示
有几何关系知tan∠OO1Q＝＝＝，所以tan 60°＝
在粒子穿过第二象限内圆形磁场，由牛顿第二定律得qv0B＝m，解得B＝ T。
(2)粒子在第一象限内转过圆周，设半径为r2，由牛顿第二定律得qv0B0＝m
解得r2＝2 cm
图中的矩形面积即为最小磁场面积
Smin＝r2＝4(－1)cm2。
(3)在水平方向上，粒子首先向左运动s0＝6 cm撞到挡板，设加速度为a，第一次撞击挡板的水平速度v2＝2as0
第1次反弹的水平速度v1＝
第1次往返的水平路程s1＝2×＝2×s0
第2次反弹的水平速度v2＝
第2次往返的水平路程s2＝2×＝2×s0
第n次反弹的水平速度vn＝
第n次往返的水平路程sn＝2×＝2×s0
总路程s＝s0＋s1＋s2＋s3＋…＋sn(n→∞)
代入数据得s＝6 cm＋12 cm×
上述方程括号中含有等比数列，其中首项a1＝，公比为，当n→∞，利用等比数列求和公式
Sn＝a1·＝×＝
得s＝10 cm。
答案：(1) T (2)4(－1)cm2 (3)10 cm
相关试卷
高考物理考前知识专题14 数学方法的应用： 这是一份高考物理考前知识专题14 数学方法的应用，共16页。试卷主要包含了熟悉数学在物理题中应用的特点，48)，解得t＝0等内容，欢迎下载使用。
新高考物理二轮复习过关练习第2部分 四、数学方法在物理中的应用 (含解析)： 这是一份新高考物理二轮复习过关练习第2部分 四、数学方法在物理中的应用 (含解析)，共9页。试卷主要包含了三角函数法，均值不等式，利用二次函数求极值，数学归纳法和数列法等内容，欢迎下载使用。
专题3.4 数学方法在物理中的应用问题-2023届高考物理二、三轮复习总攻略（原卷版）： 这是一份专题3.4 数学方法在物理中的应用问题-2023届高考物理二、三轮复习总攻略（原卷版），共16页。试卷主要包含了4 数学方法在物理中的应用问题，6，cs 37°＝0，4R和L2＝2，25×10－3 m，求n；，0 m处由静止释放等内容，欢迎下载使用。
