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。


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∠BAC＝α＝30°，重力加速度为g，则电场强度E的最小值为( )
图1
A.eq \f(mg,2q) B.eq \f(mg,q)
C.eq \f(\r(3)mg,2q) D.eq \f(\r(3)mg,q)
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°＝eq \f(1,2)mg，即Emin＝eq \f(mg,2q)，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2
A.t1>t2 B.t1＝t3
C.t2＝t4 D.t2答案 C
解析 以OA为直径画圆建立等时圆模型，小滑环受重力和支持力，由牛顿第二定律得：a＝gcs θ(θ为杆与竖直方向的夹角)
由图中的直角三角形可知，小滑环的位移x＝2Rcs θ
由x＝eq \f(1,2)at2，得：t＝eq \r(\f(2x,a))＝2eq \r(\f(Rcs θ,gcs θ))＝2eq \r(\f(R,g))，t与θ无关，可知从圆上最高点沿任意一条弦滑到底端所用时间相同，故沿OA和OC滑到底端的时间相同，即t1＝t3，OB不是一条完整的弦，时间最短，即t1＞t2，OD长度超过一条弦，时间最长，即t2＜t4.故A、B、D正确，C不正确，因本题选不正确的，故选C.
2.如图3所示，穿在一根光滑固定杆上的小球A、B通过一条跨过定滑轮的细绳连接，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，则下列说法正确的是( )
图3
A.A可能受到2个力的作用
B.B可能受到3个力的作用
C.A、B的质量之比为tan θ∶1
D.A、B的质量之比为1∶tan θ
答案 D
解析 对A球受力分析可知，A受到重力、绳子的拉力以及杆对A球的弹力，三个力的合力为零，故A错误；对B球受力分析可知，B受到重力、绳子的拉力，两个力合力为零，杆对B球没有弹力，否则B不能平衡，故B错误；分别对A、B两球受力分析，运用合成法，如图，根据共点力平衡条件，得：FT＝mBg
根据正弦定理得：eq \f(FT,sin θ)＝eq \f(mAg,sin90°＋θ)
因定滑轮不改变力的大小，故绳子对A的拉力等于对B的拉力，得mA∶mB＝1∶tan θ，故C错误，D正确，故选D.
3.如图4所示，将两个质量均为m，带电荷量分别为＋q、－q的小球a、b，用两细线相连并悬挂于O点，置于沿水平方向的匀强电场中，电场强度为E，且Eq＝mg，用力F拉小球a，使整个装置处于平衡状态，且两条细线在一条直线上，则F的大小可能为( )
图4
A.3mg B.eq \f(1,2)mg
C.mg D.eq \f(\r(2),2)mg
答案 A
解析 先分析b的平衡：由于Eq＝mg，所以两线与竖直方向夹角为45°.再分析整体平衡：两电场力抵消，转变成典型的三力平衡问题，画矢量三角形如图所示，
F的最小值Fmin＝2mgsin 45°＝eq \r(2)mg，则应满足F≥eq \r(2)mg，故A正确.
4.物理学中有些问题的结论不一定必须通过计算才能验证，有时只需要通过一定的分析就可以判断结论是否正确.如图5所示为两个彼此平行且共轴的半径分别为R1和R2的圆环，两圆环上的电荷量均为q(q>0)，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(r图5
A.E＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(kqR1,R\\al( 2,1)＋a＋r2)－\f(kqR2,R\\al( 2,2)＋a－r2)))
C.E＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(kqa＋r,R\\al( 2,1)＋a＋r2)－\f(kqa－r,R\\al( 2,2)＋a－r2)))
答案 D
解析 令R1＝R2＝0，A点电场强度不为0，排除A、B.或令r＝a，E的结果应该只与R1有关，与R2无关，排除A、B；当r＝a时，A点位于圆心O2处，带电圆环O2由于对称性在A点的电场为0，根据微元法可以求得此时的总电场强度为E＝E1＝，将r＝a代入C、D选项可以排除C选项.故选D.
考题二 数学知识的综合应用
1.结合实际问题，将客观事物的状态关系和变化过程用数学语言表达出来，经过数学推导和求解，求得结果后再用图象或函数关系把它表示出来.
2.一般程序
审题―→过程分析―→建立模型―→应用数学思想或方法―→求解并验证.
3.弄清物理公式的运用条件和应用范围；注意数学的解与物理解的统一.
例2 如图6甲所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑.若让该小物块从木板的底端以大小恒定的速度v0沿木板向上运动(如图乙)，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离s将发生变化，重力加速度为g.
图6
(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板上滑的距离最小，并求出此最小值.
解析 (1)由题知，当θ＝30°时，对物块受力分析得：mgsin θ＝μFN
FN＝mgcs θ
联立得：μ＝tan θ＝tan 30°＝eq \f(\r(3),3).
(2)小物块向上运动，则有：
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma
物块的位移为x：veq \\al( 2,0)＝2ax
x＝eq \f(v\\al( 2,0),2gsin θ＋μcs θ)
＝eq \f(v\\al( 2,0),2g\r(1＋μ2)sinθ＋α)
令：tan α＝μ，当θ＋α＝90°时，x最小
此时有：θ＝60°
有：xmin＝eq \f(v\\al( 2,0),2gsin 60°＋μcs 60°)＝eq \f(\r(3)v\\al( 2,0),4g).
答案 (1)eq \f(\r(3),3) (2)θ＝60° eq \f(\r(3)v\\al( 2,0),4g)
变式训练
5.如图7所示，在“十”字交叉互通的两条水平直行道路上，分别有甲、乙两辆汽车运动，以“十”字中心为原点，沿直道建立xOy坐标系.在t＝0时刻，甲车坐标为(1,0)，以速度v0＝k m/s沿－x轴方向做匀速直线运动，乙车沿＋y方向运动，其坐标为(0，y)，y与时间t的关系为y＝eq \r(1＋2k2t) m，关系式中k>0，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t＝0时刻的距离相同？
答案 (1)0解析 (1)t时刻两车坐标：甲车：x＝(1－kt) m，乙车：y＝eq \r(1＋2k2t) m
t时刻两车相距
s＝eq \r(x2＋y2)＝eq \r(1－kt2＋1＋2k2t)
＝eq \r(k2t2－2k1－kt＋2) m
当t＝eq \f(1－k,k) s时，甲、乙两车间的距离有最小值.
最小值为smin＝eq \r(2－1－k2) m，其中k满足0(2)当t＝0时，甲车坐标为(1,0)，乙车坐标为(0,1)，此时两车距离s0＝eq \r(2) m.
当甲车运动到O处时，kt＝1 m，
乙车y＝eq \r(1＋2k2t) m＝eq \r(2) m
两式联立解得：k＝eq \f(1,2).
6.一小球从h0＝45 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＝eq \f(1,2)，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＝eq \r(2gh0)，
运动的时间为：t0＝ eq \r(\f(2h0,g))
第一次碰地后小球反弹的速度：v1＝kv0＝keq \r(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＝eq \f(2v1,g)＝2keq \r(\f(2h0,g))
则第n次碰地后，小球的运动速度的通项公式为：
vn＝kneq \r(2gh0)
运动时间：tn＝eq \f(2vn,g)＝2kneq \r(\f(2h0,g))
所以，小球从下落到停止运动的总时间为：
t＝t0＋t1＋…＋tn＝ eq \r(\f(2h0,g))＋2keq \r(\f(2h0,g))＋…＋2kneq \r(\f(2h0,g))
＝ eq \r(\f(2h0,g))＋2 eq \r(\f(2h0,g))(k＋k2＋…＋kn).
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t＝9 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cs θ＝eq \f(\r(3),3)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θ角的C时，重力的功率：P＝mgvcs α＝mgvsin θ
小球从水平位置到图中C位置时，由机械能守恒有mgLcs θ＝eq \f(1,2)mv2
解得：P＝mgeq \r(2gLcs θsin2θ)
令y＝cs θsin2θ
因为y＝cs θsin2θ＝ eq \r(\f(1,2)2cs2θsin4θ)
＝ eq \r(\f(1,2)2cs2θ·sin2θ·sin2θ)
又因为2cs2θ＋sin2θ＋sin2θ＝2(sin2θ＋cs2θ)＝2(定值).
所以当且仅当2cs2θ＝sin2θ时，y有最大值
由2cs2θ＝1－cs2θ
得cs θ＝eq \f(\r(3),3)
即：当cs θ＝eq \f(\r(3),3)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1
A.感应电流方向始终是b→a
B.感应电流方向先是b→a，后变为a→b
C.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eq \f(1,4)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，甲对斜面的压力大小为F2，甲对乙的弹力大小为F3.在此过程中( )
图2
A.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，α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)gcs θ，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3
A.eq \f(T,2[ \r(\f(rA,rB)3)＋1]) B.eq \f(T,\r(\f(rA,rB)3)－1)
C.eq \f(T,2[ \r(\f(rA,rB)3)－1]) D.eq \f(T,\r(\f(rA,rB)3)＋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eq \f(t,TB)－eq \f(t,TA)＝eq \f(1,2)，又因为卫星环绕周期T＝2π eq \r(\f(r3,GM))，解得t＝eq \f(T,2[ \r(\f(rA,rB)3)－1])，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α，O为漏斗.要使药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φ，则φ为多大时可使药片滑到传送带上的时间最短( )
图4
A.φ＝α B.φ＝2α
C.φ＝eq \f(α,2) D.φ＝eq \f(\r(3),2)α
答案 C
解析 如图所示，药片沿滑槽下滑的加速度a＝gcs φ，设O到传送带的距离为H，则有
OP＝eq \f(H,csα－φ)＝eq \f(1,2)at2
＝eq \f(1,2)gt2cs φ
t2＝eq \f(2H,csα－φgcs φ)
令T＝cs(α－φ)cs φ
＝eq \f(1,2)[cs(α－φ＋φ)＋cs(α－φ－φ)]
＝eq \f(1,2)[cs α＋cs(α－2φ)]
当α＝2φ时，Tmax＝eq \f(1,2)(cs α＋1)
可见，φ＝eq \f(α,2)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4π 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( )
图5
s s
s 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θP＝ωPt＝(2n＋1)π(n＝0,1,2,3，…)，θQ＝ωQt＝(2m＋1)π (m＝0,1,2,3，…)，由于ωQ＝3ωP，当两球第一次相距最远时，n＝0，解得m＝1，故t＝eq \f(π,ωP)，而ωP＝eq \f(v,rP)＝eq \f(4π,0.48)，解得t＝0.12 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θ时，小球A的线速度大小为( )
图6
A.eq \f(vLtan θ,h) B.eq \f(vLsin2θ,h)
C.eq \f(vLcs2θ,h) D.eq \f(vL,htan θ)
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 θ＝vsin θ，即为B点做圆周运动的线速度，v1＝vBcs θ，为B点沿杆运动的速度.当杆与水平方向夹角为θ时，OB＝eq \f(h,sin θ)；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v2＝vsin θ＝ωOB，所以ω＝eq \f(vsin θ,OB)＝eq \f(vsin2θ,h)，所以A的线速度vA＝ωL＝eq \f(Lvsin2θ,h)，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，∠a＝30°，∠b＝90°，∠c＝60°.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φa＝－U、φb＝0、φc＝U.下面说法正确的是( )
图7
A.圆上最高点的电势等于eq \f(\r(3),3)U
B.圆上最高点的电势等于eq \f(2\r(3),3)U
C.匀强电场的电场强度等于eq \f(\r(3)U,3R)
D.匀强电场的电场强度等于eq \f(2\r(3)U,3R)
答案 BD
解析 ac中点O的电势φO＝eq \f(－U＋U,2)＝0，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φd＝φc＝U，设圆的半径为R，根据几何关系知O、d间的距离Od＝Rcs 30°＝eq \f(\r(3),2)R，所以电场强度E＝eq \f(U,\f(\r(3),2)R)＝eq \f(2\r(3)U,3R)，D正确.M点的电势φM＝ER＝eq \f(2\r(3),3)U，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擦因数为μ＝eq \f(\r(3),3)，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8
A.当α＝30°时，拉力F最小
B.当α＝30°时，拉力F做功最小
C.当α＝60°时，拉力F最小
D.当α＝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 αFcs α＝mgsin 30°＋μ(mgcs 30°－Fsin α)，
解得：F＝eq \f(mgsin 30°＋\f(\r(3),3)cs 30°,cs α＋\f(\r(3),3)sin α)＝eq \f(\r(3)mg,2sinα＋60°)，
由数学知识知，当α＝30°时，拉力F最小，A正确，C错误；当α＝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x＝3b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θ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θ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eq \f(e,m)＝eq \f(v0,kb).求：
图9
(1)圆形磁场的磁感应强度大小；
(2)θ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)eq \f(9,4)b
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＝meq \f(v\\al( 2,0),r)
联立解得B＝k
(2)速度与x轴正方向成θ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(θ－90°)＋b＝1.5b
解得θ＝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＝eq \f(1,2)at2
eE＝ma
vy＝at
联立解得x＝eq \r(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θ有
tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \r(\f(2y,b))
有H＝(3b－x)tan θ＝(3eq \r(b)－eq \r(2y))· eq \r(2y)
当3eq \r(b)－eq \r(2y)＝eq \r(2y)，即y＝eq \f(9,8)b时，H有最大值.
由于eq \f(9,8)b<1.5b，所以Hmax＝eq \f(9,4)b.