2018年高考物理运用数学方法解题专练

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高考物理数学物理法技巧和方法完整版及练习题含解析

高考物理数学物理法技巧和方法完整版及练习题含解析一、数学物理法1．如图所示，在竖直边界1、2间倾斜固定一内径较小的光滑绝缘直管道，其长度为L ，上端离地面高L ，下端离地面高2L ．边界1左侧有水平向右的匀强电场，场强大小为E 1（未知），边界2右侧有竖直向上的场强大小为E 2（未知）的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出）．现将质量为m 、电荷量为q 的小球从距离管上端口2L 处无初速释放，小球恰好无碰撞进入管内（即小球以平行于管道的方向进入管内），离开管道后在边界2右侧的运动轨迹为圆弧，重力加速度为g ．（1）计算E 1与E 2的比值；（2）若小球第一次过边界2后，小球运动的圆弧轨迹恰好与地面相切，计算满足条件的磁感应强度B 0；（3）若小球第一次过边界2后不落到地面上（即B >B 0），计算小球在磁场中运动到最高点时，小球在磁场中的位移与小球在磁场中运动时间的比值．（若计算结果中有非特殊角的三角函数，可以直接用三角函数表示）【答案】（131；（23(23)m gL -；（3）36gL ︒ 【解析】【分析】根据题意，粒子先经过电场，做匀加速直线运动，在进入管中，出来以后做匀速圆周运动，画出物体的运动轨迹，再根据相关的公式和定理即可求解。

【详解】（1）设管道与水平面的夹角为α，由几何关系得：/21sin 2L L L α-== 解得： 30︒=α由题意，小球在边界1受力分析如下图所示，有：1tan mg qE α=因小球进入边界2右侧区域后的轨迹为圆弧，则有：mg ＝qE 2解得比值：E 1 ：E 2＝3：1（2）设小球刚进入边界2时速度大小为v ，由动能定理有：2113sin302cos302mg L E q L mv ︒︒⋅+⋅=联立上式解得： 3v gL =设小球进入E 2后，圆弧轨迹恰好与地面相切时的轨道半径为R ，如下图，由几何关系得：cos30+2L R R ︒= 代入数据解得： (23)R L =+洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：20v qvB m R= 代入数据解得：03(23)m gL B -=（3）如下图，设此时圆周运动的半径为r ，小球在磁场中运动到最高点时的位移为：2cos15S r ︒=⋅圆周运动周期为：2r T vπ=则小球运动时间为： 712t T =解得比值：362cos15cos15712gLS rt T︒==︒【点睛】考察粒子在复合场中的运动。

高考物理大二轮复习专题强化训练19数学方法在物理解题中的应用

专题加强训练 ( 十九 )一、选择题1. ( 多项选择 )(2018 ·河南五校联考 ) 以下图，两个可视为质点的小球 A 、B 经过固定在O点的圆滑小滑轮 ( 图中未画出 ) 用细线相连，小球 A 置于圆滑半圆柱上，小球 B 用水平线拉着，水平线另一端系于竖直板上，两球均处于静止状态，已知O 点在半圆柱横截面圆心O 1 的正上方， OA 与竖直方向成 45°角，其长度与半圆柱横截面的半径相等， OB 与竖直方向成60°角，则()A ．细线对球 A 的拉力与球 A 所受半圆柱的弹力大小相等B ．细线对球 A 的拉力与半圆柱对球A 的弹力大小相等C ．细线对球 A 的拉力与对球 B 的拉力大小之比为 2∶ 3D ．球 A 与球 B 的质量之比为 2 2∶ 1[ 分析 ] 对 A 、B 两个小球进行受力剖析，以下图，球A 所受的弹力为半圆柱对球A的支持力和细线对球A 的拉力的协力，大小等于A，细线对球 A 的拉力大小为＝ A cos45°mgT mg2 AA 的拉力与球 A 所受弹力大小不相等，故 A 错误；依据受力剖析图，＝ 2 mg ，因此细线对球由几何关系知细线对球 A 的拉力与半圆柱对球 A 的弹力大小相等，故 B 正确；因为同一根细线上拉力相等，因此细线对球A 的拉力与对球B 的拉力之比为1∶ 1，故 C 错误；依据勾股mg22m 2 2定理，对球 B ：T ′＝B＝ 2m B g ，对球 A ： T ＝ m A g ，故 2m B g ＝A， cos60° m A g ，解得＝2 2 m B 1 故 D 正确．2. (2019 ·辽宁五校联考 ) 以下图，两质点 A 、 B 质量分别为 m 、 2m ，用两根等长的细轻绳悬挂在 O 点，两质点之间夹着一根劲度系数为k 的轻弹簧，整个系统静止不动时，两根细绳之间的夹角为60°. 设绳 OA 、 OB 与竖直方向的夹角分别为 α 和 β，则 ()A ． α＝ 2βB ． sin α＝ 2sin βC ． tan α＝ 2tan βD ． cos α＝ cos2 β[ 分析 ]设轻弹簧对两质点的弹力大小为 F ，分别隔绝 A 、 B 两质点剖析受力，作出受力剖析图，以下图．因为两根绳等长，顶角为 60°，因此三角形OAB 为等边三角形，对F mg左边的矢量三角形，由拉密定理可知 sin α＝sin60 ° ；对右边的矢量三角形，由拉密定理可F 2mg sin α ＝ 2sin β，选项 B 正确．知 sin β＝sin60 ° ；两式联立解得[答案] B3．( 多项选择 )(2017 ·全国卷Ⅰ) 如图，柔嫩轻绳 ON的一端 O 固定，此中间某点 M 拴一重物，N . 初始时， OM 竖直且 MN 被拉直， OM 与 MN 之间的夹角为απ 用手拉住绳的另一端 α>2 .现将重物向右上方迟缓拉起，并保持夹角α 不变．在由竖直被拉到水平的过程中()OMA ． MN 上的张力渐渐增大B ． MN 上的张力先增大后减小C ． OM 上的张力渐渐增大D ． OM 上的张力先增大后减小[ 分析 ]对重物受力剖析可知，重物受重力 G 、 OM 的拉力 F OM 、 MN 的拉力 F MN . 重物处于动向均衡状态，协力为零，因此 G 、 F OM 、 F MN 构成关闭的矢量三角形．重力不变，因为OM 与MN 之间的夹角 α 不变，则 F OM 与 F MN 的夹角 ( π－ β ) ，不变，矢量三角形动向图以下图，当 F OM 为圆的直径时最大，最后 F OM 变成水平，此时 F MN 最大，因此 F OM 先增大后减小， F MN 向来增大．[答案] AD4．如右图所示的起重装置， A 为固定轴， AB 为轻杆， B 端系两根轻绳，一根在下边拴一重物，另一根绕过无摩擦定滑轮，在绳端施加拉力，使杆从地点Ⅰ慢慢移到地点Ⅱ的过程中，绕过定滑轮的那根绳的张力F 以及轻杆在B 端遇到的作使劲N的变化状况是 ()FA ． F 减小， F N 大小不变，方向由沿杆向外变成沿杆向里B ． F 减小， F N 大小不变，方向一直沿杆向里C ． F 不变， F N 先变小后变大，方向沿杆向里D ． F 不变， F N 变小，方向沿杆向里[分析]剖析杆的端点 B 的受力，以下图，三角形 ABO 和由力构成的三角形BCD 相像，由几何关系知 G F N F，L 1 不变， F N 大小不变， L 2 减小， F 减小， B 正确．h ＝ L ＝ L12[答案]B5．(2019 ·武汉二月调考 ) 以以下图所示， “ ?”表示电流方向垂直纸面向里， “⊙”表示电流方向垂直纸面向外．两根通电长直导线a 、b 平行且水平搁置， a 、b 中的电流强度分别为 I 和 2I ，此时 a 遇到的磁场力大小为F . 当在 a 、 b 的上方再搁置一根与a 、b 平行的通电长直导线 c 后， a 遇到的磁场力大小仍为F ，图中 abc 正好构成一个等边三角形，此时b 受到的磁场力大小为 ()A ． F B.3 F C ．2 3D. 7FF[分析] 先剖析导线 a 的受力，题设 a 、b 平行，电流分别为 I 和 2I ，此时 a 遇到的磁场力大小为 F . 再在 a 、 b 的上方搁置一根与 a 、b 平行的通电长直导线 c ，a 、 b 、c 正好构成一个等边三角形，a 遇到的磁场力大小仍为，依据平行四边形定章，可知 c 对 a 的磁场力FF ca 方向由 a 指向 c ，大小等于 F ，以下图．再剖析 b 的受力， a 对 b 的磁场力大小为 F ，因为 rca ＝ r ， a 、 b 电流分别为 I 和 2I ，cb因此 c 对a 的磁场力大小ca＝，故对 b 的磁场力大小 cb＝ 2 ，依据平行四边形定章和余F FcF F 弦定理，可得 b 遇到的磁场协力大小为 F b 合＝ F 2＋ 2F 2－ 2F ·2F ·cos120°＝ 7F ，选项 D正确．[答案] D6．( 多项选择 ) 以以下图所示， A 、B 两物体相距 s ，物体 A 以 v ＝ 6 m/s 的速度向右匀速运动．而A物体 B 此时的速度v B＝2 m/s ，向右做匀加快运动，加快度＝2 m/s 2. 欲让两物体相遇两次，a则 s 可能的值为 ()A ． 1 mB ． 2 mC ． 4 mD ． 6 m[分析]设经时间 t ，物体 A 、 B 相遇，位移知足 x A － x B ＝ s ，物体 A 做匀速直线运动的AAx BB122位移 x ＝ v t ，物体 B 做匀加快直线运动的位移＝ v t ＋ 2at ，联立并代入数据可得 t － 4t＋s ＝ 0，依据上述方程，欲让t 有两解，则＝ b 2－ 4ac ＝ 16－ 4s >0，即 s <4 m ，选项 C 、 D错误；将选项 A 、 B 代值计算可知，两解都为正当，选项A 、B 正确．[答案] AB7．( 多项选择 )(2019 ·安徽省安庆市二模) 以以下图甲所示，圆滑平行金属导轨 MN 、PQ 所在平面与水平面成 θ 角， M 、P 两头接一电阻 R ，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中． t ＝0 时对金属棒施加一平行于导轨的外力 F ，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，金属棒电阻为 r ，导轨电阻忽视不计．已知经过电阻 R 的感觉电流 I 随时间 t变化的关系如图乙所示．以下对于棒运动速度v 、外力、流过 R 的电荷量 q 以及闭合回路中磁通量的变F化率 Φ随时间变化的图像正确的选项是 ( )t[分析] 依据题图乙所示的I － t 图像可知 I ＝ kt ，此中 k 为比率系数，由闭合电路欧姆定律可得：I ＝ E ＝kt，可推出：＝( ＋) ，而＝Φ，因此有：Φ＝kt( ＋) ，R＋r E kt R r E t t R rΦ－ t 图像是一条过原点且斜率大于零的直线，故 B 正确；因E＝Blv，因此v＝k R＋ rt ，t Blv－ t 图像是一条过原点且斜率大于零的直线，说了然金属棒做的是初速度为零的匀加快直线运动，即 v＝ at ，故A正确；对金属棒在沿导轨方向列出动力学方程F－BIl ＝ ma，而 I ＝Blv B2l 2atR＋r， v＝ at ，获得 F＝R＋r＋ ma，可见 F－ t 图像是一条斜率大于零且与纵轴正半轴有交1 2ΦBl 2at Bla 2点的直线，故 C 错误；q＝I t＝R＋ r＝R＋ r ＝2 R＋r t ， q－ t 图像是一条张口向上的抛物线，故 D 错误．[答案] AB8．( 多项选择 )(2019 ·山东省临沂市上学期期末) 以下图，矩形线框abcd处于磁感觉强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框ab长为 2 ，bc长为，为垂直于L L MNab 并可在 ab 和 cd 上自由滑动的金属杆，且杆与 ab 和 cd 接触优秀， 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2Bv C．MN中电流的最小值为5r6BvD．MN中电流的最大值为11r[分析 ] MN 产生感觉电动势为BLv， MN 中电流E BLv＝I ＝R总＝Lr＋ L＋2x 5L－ 2x r6L6BL2v 6Bv－4x－L 2r＋15L2r，当x＝0或x＝2L时，MN中电流最大，MN中电流的最大值为I max＝11r ，当 x＝ L 时， MN中电流最小， MN中电流的最小值为I ＝2Bvmin 5r，故 B、 C、D 正确， A错误．[答案] BCD二、非选择题9．(2019 ·广东省肇庆市一模) 如图 a 所示，一物体以必定的速度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．设各样条件下，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．[分析] (1) 当θ为 90°时，由运动学知识可得： 2 v ＝ 2gh①7F f ＝ ma 1③由运动学公式可得：v 2④ 0＝2 1a x联立以上各式解得：3 ， v 0＝5 m/sμ＝3(2) 对于随意角度，依据动能定理可得，物体对应的最大位移 x 知足的关系式：12＝sinθ ＋cos⑤2mv mgx μmgx θ2hh对⑤式变形可得：x ＝ 2v 0＝sin＝sin θ ＋ μ cosθ θ ＋ μ cosθ 2θ＋μg1＋ μ sin μ＝ tan φ，则 x 的最小值为 x min ＝h3h ≈1.08 m1＋ μ 2＝2ππ π π对应的 θ＝ 2 － φ＝ 2 － 6 ＝ 33 π [ 答案 ](1)5 m/s (2)1.08 m3310．示波器主要由电子枪中的加快电场，两水平搁置的平行金属板中的偏转电场和竖直搁置的荧光屏构成，以以下图所示．若已知加快电场的电压为 U 1，两平行金属板的板长、板间距均为 d ，荧光屏距两平行金属板右边的距离也为d . 若两板间的偏转电压为零，则电子枪发射的电子从两平行金属板的中央穿过，打在荧光屏的中点O ；若两板间的偏转电压为U 2，则3电子会打在荧光屏上的某点，该点与O 点的距离为 2d . 已知两金属板间只存在竖直方向的匀强电场，不计电子在进入加快电场时的速度及电子重力，电子的质量为m ，电荷量为 e ，求U 1 与 U 2 的比值．[ 分析 ]电子加快过程，由动能定理可得12eU 1＝ 2mv 0电子进入偏转区做类平抛运动，轨迹以下图沿初速度方向，有d＝ v0t在垂直初速度方向，有12y＝ ateE U2此中 a＝m， E＝d设电子走开偏转电场时，它的速度倾向角为θ，则tanθ＝y＝Y ，此中＝31 1 Y 2d 2d2d＋dU1 1解得U2＝2.[答案] 1 2。

2018年高考物理广东专用一轮微专题复习第3章牛顿运动定律微专题16 含答案精品

[方法点拨](1)用极限分析法，把题中条件推向极大或极小，找到临界状态，分析临界状态的受力特点，列出方程．(2)将物理过程用数学表达式表示，由数学方法(如二次函数、不等式、三角函数等)求极值．1．(弹力有无的临界极值问题)如图1所示，水平挡板A和竖直挡板B固定在斜面C上，一质量为m的光滑小球恰能与两挡板和斜面同时接触．挡板A、B和斜面C对小球的弹力大小分别为F A、F B和F C.现使斜面和物体一起在水平面上水平向左做加速度为a的匀加速直线运动．若F A和F B不会同时存在，斜面倾角为θ，重力加速度为g，则下列图象中，可能正确的是()图12．(合力的临界极值问题)(多选)如图2所示，竖直平面内有一光滑直杆AB，杆与水平方向的夹角为θ(0°≤θ≤90°)，一质量为m的小圆环套在直杆上．给小圆环施加一与该竖直平面平行的恒力F，并从A端由静止释放．改变直杆与水平方向的夹角θ，当直杆与水平方向的夹角为30°时，小圆环在直杆上运动的时间最短，重力加速度为g，则()图2A．恒力F一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向B．恒力F和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向C．若恒力F的方向水平向右，则恒力F的大小为3mgD．恒力F的最小值为32mg3．(摩擦力的临界极值问题)如图3所示，质量m＝1 kg的物块A放在质量M＝4 kg木板B 的左端，起初A、B静止在水平地面上．现用一水平向左的力F作用在木板B上，已知A、B 之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，地面与B之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2.求：图3(1)能使A、B发生相对滑动的F的最小值；(2)若F＝30 N，作用1 s后撤去，要想A不从B上滑落，则木板至少多长？从开始到A、B 均静止，A的总位移是多少？4．如图4所示，质量均为m＝3 kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A的左侧连接一劲度系数为k＝100 N/m的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上．开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，现使物块B在水平外力F作用下向右做加速度大小为2 m/s2的匀加速直线运动直至与A分离，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g＝10 m/s2.求：图4(1)物块A、B分离时，所加外力F的大小；(2)物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间．5．如图5所示，一弹簧一端固定在倾角为37°的光滑斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4 kg 的物块P，Q为一质量为m2＝8 kg的重物，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态．现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内F为变力，0.2 s以后F为恒力，已知sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2.求力F的最大值与最小值．图5答案精析1．B [对小球进行受力分析，当a ＜g tan θ时如图甲，根据牛顿第二定律：水平方向：F C sin θ＝ma竖直方向：F C cos θ＋F A ＝mg联立得：F A ＝mg －ma tan θ，F C ＝ma sin θ， F A 与a 成线性关系，当a ＝0时，F A ＝mg ，当a ＝g tan θ时，F A ＝0，F C 与a 成线性关系，当a ＝g sin θ时，F C ＝mg ，A 、D 项错误，B 项正确；当a ＞g tan θ时，受力如图乙，根据牛顿第二定律，水平方向：F C sin θ＋F B ＝ma竖直方向：F C cos θ＝mg联立得：F B ＝ma －mg tan θ，F C ＝mg cos θ， F B 与a 也成线性关系，F C 不变，C 项错误．]2．BCD [小圆环受到竖直向下的重力、光滑直杆AB 对小圆环的支持力和恒力F ，把光滑直杆AB 对小圆环的支持力正交分解，沿直杆方向无分力，由L ＝12at 2可知，要使小圆环在直杆上运动的时间最短，小圆环运动的加速度必须最大，由牛顿第二定律可知，当恒力和重力的合力沿光滑直杆方向时，加速度最大，所以选项A 错误，B 正确；若恒力F 的方向水平向右，由tan 30°＝mg F，解得F ＝3mg ，选项C 正确；当合力F 的方向垂直光滑直杆时，恒力F 最小，由sin 60°＝F mg ，解得F 的最小值为F min ＝mg sin 60°＝32mg ，选项D 正确．] 3．(1)25 N (2)0.75 m 14.4 m解析 (1)对于A ，其刚要与B 发生相对滑动时的加速度由A 、B 间的最大静摩擦力决定，由牛顿第二定律得μ1mg ＝ma ，a ＝4 m/s 2对A 、B 整体，恰好无相对运动时，A 、B 具有共同加速度，且大小为a ，则F min －μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，得F min ＝25 N(2)设F 作用在B 上时A 、B 的加速度大小分别为a 1、a 2，经t 1＝1 s ，撤掉F 时A 、B 的速度分别为v 1、v 2,加速度大小分别为a 1′、a 2′,A 、B 共同运动时速度为v 3,加速度大小为a 3 对于A ，μ1mg ＝ma 1，a 1＝4 m /s 2，v 1＝a 1t 1＝4 m/s对于B ，F －μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2，a 2＝5.25 m /s 2，v 2＝a 2t 1＝5.25 m/s撤去F 后，a 1′＝a 1＝4 m/s 2，a 2′＝μ1mg ＋μ2(M ＋m )g M＝2.25 m/s 2 经过t 2时间后A 、B 速度相等，则v 1＋a 1′t 2＝v 2－a 2′t 2，解得t 2＝0.2 s共同速度v 3＝v 1＋a 1′t 2＝4.8 m/s从开始到A 、B 相对静止，A 、B 的相对位移即为木板的最短长度LL ＝s B －s A ＝v 222a 2＋v 22－v 232a 2′－12a 1(t 1＋t 2)2＝0.75 m A 、B 速度相等后共同在水平面上做匀减速运动，a 3＝μ2g ＝1 m/s 2从共速至最终静止位移为s ＝v 232a 3＝11.52 m 所以A 的总位移为s A 总＝s A ＋s ＝14.4 m.4．(1)21 N (2)0.3 s解析 (1)物块A 、B 分离时，对B ：F －μmg ＝ma解得：F ＝21 N(2)A 、B 静止时，对A 、B ：kx 1＝2μmgA 、B 分离时，对A ：kx 2－μmg ＝ma此过程中：x 1－x 2＝12at 2 解得：t ＝0.3 s.5．72 N 36 N解析设刚开始时弹簧压缩量为x 0.根据平衡条件和胡克定律得：(m 1＋m 2)g sin 37°＝kx 0得：x 0＝(m 1＋m 2)g sin 37°k ＝(4＋8)×10×0.6600m ＝0.12 m 从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0，从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等．因为在前0.2 s 时间内，F 为变力，0.2 s 以后，F 为恒力．在0.2 s 时，由胡克定律和牛顿第二定律得：对P ：kx 1－m 1g sin θ＝m 1a前0.2 s 时间内P 、Q 向上运动的距离为x 0－x 1，则x 0－x 1＝12at 2 联立解得a ＝3 m/s 2当P 、Q 刚开始运动时拉力最小，此时有对PQ 整体：F min ＝(m 1＋m 2)a ＝(4＋8)×3 N ＝36 N当P 、Q 分离时拉力最大，此时有对Q ：F max －m 2g sin θ＝m 2a得F max ＝m 2(a ＋g sin θ)＝8×(3＋10×0.6) N ＝72 N.。

高考物理微专题18 物理中常用的数学一般方法(含答案)

·物理(十八)微专题18物理中常用的数学一般方法1.(2018·衡水三模)(图象法)一个小球从光滑固定的圆弧槽的A点由静止释放后,经最低点B 运动到C点的过程中,小球的动能E k随时间t的变化图象可能是()。

2.(2018·南充三模)(建模法)“太极球”运动是一项较流行的健身运动,做该项运动时,健身者半马步站立,手持太极球拍,拍上放一橡胶太极球,健身者舞动球拍时,尽量使太极球不掉到地上,现将球拍和太极球简化成如图所示的平板和小球,熟练的健身者让小球在竖直面内始终不脱离平板且做匀速圆周运动,则()。

A.在B、D两处小球运动的加速度一定相同B.只要平板与水平面的夹角合适,小球在B、D两处可能不受平板的摩擦力作用C.平板对小球的作用力在A处最大,在C处最小D.小球在运动过程中机械能保持不变3.(矢量法)如图所示,质量分布均匀的细棒中心为O点,O1为光滑铰链,O2为光滑定滑轮,O2在O1正上方,一根轻绳的一端系于O点,另一端跨过定滑轮O2,由水平外力F牵引,用N表示铰链对杆的作用力。

在外力F作用下,细棒从图示位置缓慢转到竖直位置,在此过程中,下列说法正确的是()。

A.F逐渐变小,N大小不变B.F逐渐变小,N大小变大C.F先变小后变大,N逐渐变小D.F先变小后变大,N逐渐变大4.(图象法)(多选)如图所示,定值电阻R1=3 Ω,R2=2 Ω,滑动变阻器R的最大阻值为10 Ω,电表均视为理想电表,调节R记录多组U、I数据,画出图乙所示的U-I图象,下列说法正确的是()。

A.当滑动变阻器的滑片由中点向右移动时,滑动变阻器上的功率先增大后减小B.当滑动变阻器接入电路的电阻为10 Ω时,电源的效率最大C.当滑动变阻器接入电路的电阻为4 Ω时,滑动变阻器的功率最大D.电源的最大功率为2.25 W5.(图象法)A、B两车在平直公路上行驶,其速度—时间图象如图所示(其中A的图象为对称图形),则下列说法正确的是()。

2018版高考物理配套文档：第五章必考计算题4 动力学方法和能量观点的综合应用

命题点一　多过程组合问题例1　如图1，固定在水平面上的组合轨道，由光滑的斜面、光滑的竖直半圆(半径R ＝2.5 m)与粗糙的水平轨道组成；水平轨道动摩擦因数μ＝0.25，与半圆的最低点相切，轨道固定在水平面上．一个质量为m ＝0.1 kg 的小球从斜面上A 处由静止开始滑下，并恰好能到达半圆轨道最高点D ，且水平抛出，落在水平轨道的最左端B 点处．不计空气阻力，小球在经过斜面与水平轨道连接处时不计能量损失，g 取10 m/s 2.求：图1(1)小球从D 点抛出的速度v D ；(2)水平轨道BC 的长度x ；(3)小球开始下落的高度h .解析　(1)小球恰好能到达半圆轨道最高点D ，此时只有重力作为向心力，即mg ＝m v 2D R 所以小球从D 点抛出的速度v D ＝＝ m /s ＝5 m/s.gR 10×2.5(2)根据竖直方向上的自由落体运动可得，2R ＝gt 2，12所以运动的时间为t ＝＝ s ＝1 s ，4Rg 4×2.510水平轨道BC 的长度即为平抛运动的水平位移的大小，所以x ＝v D t ＝5×1 m ＝5 m.(3)对从A 到D 的过程，利用动能定理可得，mgh －μmgx －mg ·2R ＝m v 122D解得h ＝7.5 m.答案　(1)5 m/s (2)5 m (3)7.5 m多过程问题的解题技巧1．抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程．2．两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键．很多情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口．题组阶梯突破1．运动员驾驶摩托车做腾跃特技表演是一种刺激性很强的运动项目．如图2所示，AB 是水平路面，BC 是半径为20 m 的圆弧，CDE 是一段曲面．运动员驾驶功率始终为P ＝1.8 kW 的摩托车在AB 段加速，通过B 点时速度已达到最大v m ＝20 m/s ，再经t ＝13 s 的时间通过坡面到达E 点，此刻关闭发动机水平飞出．已知人和车的总质量m ＝180 kg ，坡顶高度h ＝5 m ，落地点与E 点的水平距离s ＝16 m ，重力加速度g ＝10 m/s 2.如果在AB 段摩托车所受的摩擦阻力恒定，且不计空气阻力，求：图2(1)AB 段摩托车所受摩擦阻力的大小；(2)摩托车过圆弧B 点时受到地面支持力的大小；(3)摩托车在沿BCDE 冲上坡顶的过程中克服摩擦阻力做的功．答案　(1)90 N (2)5 400 N (3)27 360 J解析　(1)摩托车在水平面上已经达到了最大速度，牵引力与阻力相等．则P ＝F v m ＝F f v m .F f ＝＝90 N.Pv m (2)摩托车在B 点，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m ，v 2m R F N ＝m ＋mg ＝5 400 N.v 2m R (3)对摩托车的平抛运动过程，有t 1＝＝1 s ，2hg平抛的初速度v 0＝＝16 m/s ，摩托车在斜坡上运动时，由动能定理得st 1Pt －W f －mgh ＝m v －m v ，1220122m 解得W f ＝27 360 J.2．如图3所示，半径R ＝0.4 m 的光滑圆弧轨道BC 固定在竖直平面内，轨道的上端点B 和圆心O 的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C 为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上．质量m ＝0.1 kg 的小物块(可视为质点)从空中A 点以v 0＝2 m/s 的速度被水平抛出，恰好从B 点沿轨道切线方向进入轨道，经过C 点后沿水平面向右运动至D 点时，弹簧被压缩至最短，C 、D 两点间的水平图3距离L ＝1.2 m ，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m/s 2.求：(1)小物块经过圆弧轨道上B 点时速度v B 的大小．(2)小物块经过圆弧轨道上C 点时对轨道的压力大小．(3)弹簧的弹性势能的最大值E pm .答案　(1)4 m/s (2)8 N (3)0.8 J解析　(1)小物块恰好从B 点沿切线方向进入轨道，由几何关系有v B ＝＝4 m/s.v 0sin θ(2)小物块由B 点运动到C 点，由动能定理有mgR (1＋sin θ)＝m v －m v 122C122B 在C 点处，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2C R解得F N ＝8 N根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上C 点时对轨道的压力F N ′大小为8 N.(3)小物块从B 点运动到D 点，由能量守恒定律有E pm ＝m v ＋mgR (1＋sin θ)－μmgL ＝0.8 J.122B 命题点二　传送带模型问题例2　如图4所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A 、B 两端间距L ＝16 m ，传送带以速度v ＝10 m/s ，沿顺时针方向运动，物体m ＝1 kg ，无初速度地放置于A 端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，试求：图4(1)物体由A 端运动到B 端的时间．(2)系统因摩擦产生的热量．解析　(1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，设物体经时间t 1，加速到与传送带同速，则v ＝a 1t 1，x 1＝a 1t 1221可解得：a 1＝10 m/s 2t 1＝1 sx 1＝5 m因mg sin θ>μmg cos θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速由mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2L －x 1＝v t 2＋a 2t 122解得：t 2＝1 s故物体由A 端运动到B 端的时间t ＝t 1＋t 2＝2 s(2)物体与传送带间的相对位移x 相＝(v t 1－x 1)＋(L －x 1－v t 2)＝6 m故Q ＝μmg cos θ·x 相＝24 J.答案　(1)2 s (2)24 J传送带问题的分析流程和技巧1．分析流程2．相对位移一对相互作用的滑动摩擦力做功所产生的热量Q ＝F f ·x 相对，其中x 相对是物体间相对路径长度．如果两物体同向运动，x 相对为两物体对地位移大小之差；如果两物体反向运动，x 相对为两物体对地位移大小之和．3．功能关系(1)功能关系分析：W F ＝ΔE k ＋ΔE p ＋Q .(2)对W F 和Q 的理解：①传送带的功：W F ＝Fx 传；②产生的内能Q ＝F f x 相对．题组阶梯突破3．一质量为M ＝2 kg 的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中，子弹从物块中穿过，如图5甲所示，地面观察者记录了小物块被击穿后的速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取向右运动的方向为正方向)，已知传送带的速度保持不变，g 取10 m/s 2.图5(1)指出传送带的速度v 的方向及大小，说明理由．(2)计算物块与传送带间的动摩擦因数．(3)计算物块对传送带总共做了多少功？系统有多少能量转化为内能？答案　(1)方向向右　2 m/s 理由见解析　(2)0.2(3)－24 J 36 J解析　(1)由题图可知，物块被击中后先向左做匀减速运动，速度为零后，又向右做匀加速运动，当速度等于2 m /s 以后随传送带一起匀速运动，所以传送带的速度方向向右，大小为2 m/s.(2)由题图可知，a ＝＝ m /s 2＝2 m/s 2Δv Δt 42由牛顿第二定律得，滑动摩擦力F f ＝Ma ，其中F f ＝μF N ，F N ＝Mg ，所以物块与传送带间的动摩擦因数μ＝＝＝0.2.a g 210(3)由题图可知，传送带与物块存在摩擦力的时间只有3 s ，传送带在这段时间内的位移x ＝v t ＝2×3 m ＝6 m所以物块对传送带所做的功为W ＝－F f x ＝－4×6 J ＝－24 J选传送带为参考系，物块相对于传送带通过的路程x ′＝t ＝×3 m ＝9 m ，v ′262所以转化为内能的能量E Q ＝F f x ′＝4×9 J ＝36 J.4.如图6所示，与水平面夹角θ＝30°的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A 点与上端B 点间的距离L ＝4 m ，传送带以恒定的速率v ＝2 m/s 向图6上运动．现将一质量为1 kg 的物体无初速度地放于A 处，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝，取g ＝10 m/s 2，求：32(1)物体从A 运动到B 共需多长时间？(2)电动机因传送该物体多消耗的电能．答案　(1)2.4 s (2)28 J解析　(1)物体无初速度地放在A 处后，因mg sin θ<μmg cos θ故物体斜向上做匀加速直线运动．加速度a ＝＝2.5 m/s 2μmg cos θ－mg sin θm 物体达到与传送带同速所需的时间t 1＝＝0.8 s va t 1时间内物体的位移x 1＝t 1＝0.8 m v2之后物体以速度v 做匀速运动，运动的时间t 2＝＝1.6 sL －x 1v 物体运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝2.4 s(2)前0.8 s 内物体相对传送带的位移Δx ＝v t 1－x 1＝0.8 m因摩擦而产生的内能E 内＝μmg cos θ·Δx ＝6 J整个过程中多消耗的电能E 电＝E k ＋E p ＋E 内＝m v 2＋mgL sin θ＋E 内＝28 J.12(建议时间：40分钟)1．如图1所示，皮带的速度是3 m/s ，两圆心距离s ＝4.5 m ，现将m ＝1 kg 的小物体轻放在左轮正上方的皮带上，物体与皮带间的动摩擦因数μ＝0.15，皮带不打滑，电动机带动皮带将物体从左轮正上方运送到右轮正上方时，求：(g ＝10 m/s 2)图1(1)小物体获得的动能E k ；(2)这一过程摩擦产生的热量Q ；(3)这一过程电动机消耗的电能E .答案　(1)4.5 J (2)4.5 J (3)9 J解析　(1)μmg ＝maa ＝1.5 m/s 2μmgx ＝m v 212所以物体加速阶段运动的位移x ＝3 m 4.5 m ，即物体可与皮带达到共同速度，E k ＝m v 2＝×1×32 J ＝4.5 J.1212(2)v ＝att ＝2 sQ ＝μmg (v t －x )＝0.15×1×10×(6－3) J ＝4.5 J(3)E ＝E k ＋Q ＝4.5 J ＋4.5 J ＝9 J.2．如图2甲所示，一倾角为θ＝37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m ＝1 kg 的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图2(1)0～8 s 内物体位移的大小．(2)物体与传送带间的动摩擦因数．(3)0～8 s 内物体机械能增加量及因与传送带摩擦产生的热量Q .答案　(1)14 m (2)0.875　(3)90 J 126 J解析　(1)从图乙中求出物体位移x ＝－2×2× m ＋4×4× m ＋2×4 m ＝14 m1212(2)由图象知，物体相对传送带滑动时的加速度a ＝1 m/s 2对此过程中物体受力分析得μmg cos θ－mg sin θ＝ma得μ＝0.875(3)物体被送上的高度h ＝x sin θ＝8.4 m重力势能增量ΔE p ＝mgh ＝84 J动能增量ΔE k ＝m v －m v ＝6 J 1221221机械能增加量ΔE ＝ΔE p ＋ΔE k ＝90 J0～8 s 内只有前6 s 发生相对滑动．0～6 s 内传送带运动距离x 1＝4×6 m ＝24 m0～6 s 内物体位移x 2＝6 m产生的热量Q ＝μmg cos θ·Δx ＝μmg cos θ(x 1－x 2)＝126 J.3．(2016·浙江高考考试说明样题)山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如图3.图中A 、B 、C 、D 均为石头的边缘点，O 为青藤的固定点，h 1＝1.8 m ，h 2＝4.0 m ，x 1＝4.8 m ，x 2＝8.0 m ．开始时，质量分别为M ＝10 kg 和m ＝2 kg 的大、小两只金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的A 点水平跳至中间石头．大猴抱起小猴跑到C 点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的D 点，此时速度恰好为零．运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图3(1)大猴从A 点水平跳离时速度的最小值；(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小；(3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小．答案　(1)8 m/s (2)4 m/s (3)216 N5解析　(1)设猴子从A 点水平跳离时速度的最小值为v min ，根据平抛运动规律，有h 1＝gt 2①12x 1＝v min t ②联立①②式，得v min ＝8 m/s ③(2)猴子抓住青藤后荡到右边石头上的运动过程中机械能守恒，设荡起时速度为v C ，有(M ＋m )gh 2＝(M ＋m )v ④122Cv C ＝＝4 m/s ⑤2gh 25(3)设青藤对猴子的拉力为F T ，青藤的长度为L ，对最低点，由牛顿第二定律得F T －(M ＋m )g ＝(M ＋m )⑥v 2C L 由几何关系(L －h 2)2＋x ＝L 2⑦2得：L ＝10 m ⑧联立⑤⑥⑧式并代入数据解得：F T ＝216 N4．如图4所示，在竖直平面内，粗糙斜面AB 的下端与光滑的圆弧轨道BCD 相切于B 点，C 点是最低点，圆心角∠BOC ＝37°，D 点与圆心O 等高，圆弧轨道半径R ＝1.0 m ，现在一个质量为m ＝0.2 kg 可视为质点的小物体，从D 点的正上方E 点处自由下落，DE 距离h ＝1.6 m ，小物体与斜面AB 之间的动摩擦因数μ＝0.5.取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2.求：图4(1)小物体第一次通过C 点时轨道对小物体的支持力F N 的大小．(2)要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度L AB 至少要多长．(3)若斜面已经满足(2)中的要求，小物体从E 点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道上做周期性运动，在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q 的大小．答案　(1)12.4 N (2)2.4 m (3)4.8 J解析　(1)小物体从E 到C ，由机械能守恒定律得mg (h ＋R )＝m v ①122C在C 点，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m ②v 2C R 联立①②解得F N ＝12.4 N.(2)从E →D →C →B →A 过程，由动能定理得W G －W 阻＝0③W G ＝mg [(h ＋R cos 37°)－L AB sin 37°]④W 阻＝μmg cos 37°L AB ⑤联立③④⑤解得L AB ＝2.4 m.(3)因为mg sin 37°>μmg cos 37°(或μ<tan 37°)，所以小物体不会停在斜面上，小物体最后以C 为中心，B 为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动．从E 点开始直至稳定，系统因摩擦所产生的热量Q ＝ΔE ⑥ΔE ＝mg (h ＋R cos 37°)⑦联立⑥⑦解得Q ＝4.8 J.5．(2016·绍兴期末)如图5所示，已知半径分别为R 和r 的甲、乙两个光滑的圆形轨道安置在同一竖直平面内，甲轨道左侧又连接一个光滑的轨道，两圆形轨道之间由一条水平轨道CD 相连．一小球自某一高度由静止滑下，先滑过甲轨道，通过动摩擦因数为μ的CD 段，又滑过乙轨道，最后离开．若小球在两圆轨道的最高点对轨道压力都恰好为零．试求：图5(1)释放小球的高度h .(2)水平轨道CD 段的长度．答案　(1)2.5R (2)5(R －r )2μ解析　(1)小球在光滑圆轨道上滑行时，机械能守恒，设小球滑过C 点时的速度为v C ，通过甲环最高点速度为v ′，根据小球对最高点压力为零，有mg ＝m ①v ′2R 取轨道最低点为零势能点，由机械守恒定律有：m v ＝mg ·2R ＋m v ′2②122C12由①、②两式消去v ′，可得：v C ＝③5gR 同理可得小球滑过D 点时的速度为：v D ＝④5gr 小球从甲轨道左侧光滑轨道滑至C 点时机械能守恒，有：mgh ＝m v ⑤122C由③、⑤两式联立解得：h ＝2.5R由此小球释放的高度为2.5R(2)设CD 段的长度为l ，对小球滑过CD 段过程应用动能定理有：－μmgl ＝m v －m v ⑥122D122C 由③、④、⑥三式联立解得：l ＝5(R －r )2μ则水平轨道CD 段的长度为.5(R －r )2μ6．(2015·浙江1月学考·38)如图6所示为某种弹射小球的游戏装置，水平面上固定一轻质弹簧及长度可调节的竖直管AB .细管下端接有一小段长度不计的圆滑弯管，上端B 与四分之一圆弧弯管BC 相接，每次弹射前，推动小球将弹簧压缩到同一位置后锁定．解除锁定，小球即被弹簧弹出，水平射进细管A 端，再沿管ABC 从C 端水平射图6出．已知弯管BC 的半径R ＝0.30 m ，小球的质量为m ＝50 g ，当调节竖直细管AB 的长度L 至L 0＝0.90 m 时，发现小球恰好能过管口C端．不计小球运动过程中的机械能损失．(g 取10 m/s 2)(1)求每次弹射时弹簧对小球所做的功W .(2)当L 取多大时，小球落至水平面的位置离直管AB 最远？(3)调节L 时，小球到达管口C 时管壁对球的作用力F N 也相应变化，考虑到游戏装置的实际情况，L 不能小于0.15 m ，请在图7坐标纸上作出F N 随长度L 变化的关系图线．(取管壁对球的作用力F N 方向向上为正，并要求在纵轴上标上必要的刻度值)图7答案　(1)0.60 J (2)0.30 m (3)见解析图解析　(1)小球恰好过C 点，其速度v C ＝0①根据功能关系，每次弹射时弹簧对小球所做的功为：W ＝mg (L 0＋R )＝0.60 J ②(2)设小球被弹出时的初速度为v 0，到达C 时的速度为v ，根据动能定理有W ＝m v －0③1220根据机械能守恒定律有m v ＝mg (L ＋R )＋m v 2④122012综合②③④得v ＝⑤2g (L 0－L )根据平抛运动规律，小球落至水平面时的落点离直管AB 的距离为s ＝v t ＋R ⑥其中t ＝⑦2(L ＋R )g 综合⑤⑥⑦得s ＝2＋R(L 0－L )(L ＋R )根据数学知识可判知，当L ＝＝0.30 m 时，s 最大．L 0－R2即当L 取0.30 m 时，小球落至水平面的位置离直管AB 最远．(3)设小球经过C 端时所受管壁作用力方向向上，根据牛顿运动定律有mg －F N ＝m v 2R 又v ＝2g (L 0－L )则有F N ＝L ＋mg (1－)2mgR 2L 0R 代入数据得F N ＝L －2.5(N)(0.90 m ≥L ≥0.15 m)103据此作出所求图线如图：。

2018年高考物理一轮复习专题13自由落体与竖直上抛运动押题专练!

2018年高考物理一轮复习专题13自由落体与竖直上抛运动押题专练!专题1.3 自由落体与竖直上抛运动1．如图所示，一个小球从地面竖直上抛。

已知小球两次经过较低点A的时间间隔为T A，两次经过较高点B的时间间隔为T B，重力加速度为g，则A、B两点间的距离为( )A.TA－T B g2B.T2A－T2B g2C.T2A－T2B g4D.T2A－T2B g8答案 D解析根据竖直上抛运动的对称性可知，A、B两点离最高点的高度分别为hA ＝12g⎝⎛⎭⎪⎫T A22＝18gT2A，h B ＝12g⎝⎛⎭⎪⎫T B22＝18gT2B，A、B两点间的距离Δh＝h A－h B ＝T2A－T2B g8，故D正确。

2．一条悬链长7.2 m，从悬挂点处断开，使其自由下落，不计空气阻力，则整条悬链通过悬挂点正下方20 m处的一点所需的时间是(g取10 m/s2)( )A．0.3 s B．0.4 s C．0.7 s D．1.2 s 答案 B3．(多选)从地面竖直上抛一物体A，同时在离地面某一高度处有一物体B自由下落，两物体在空中同时到达同一高度时速度大小均为v，则下列说法正确的是( )A．A上抛的初速度与B落地时的速度大小相等，都是2vB．两物体在空中运动的时间相等C．A上升的最大高度与B开始下落时的高度相同D．两物体在空中同时到达的同一高度处一定是B开始下落时高度的中点答案AC4．伽利略在研究自由落体运动时，做了如下的实验：他让一个铜球从阻力很小(可忽略不计)的斜面上由静止开始滚下，并且做了上百次。

假设某次实验伽利略是这样做的：在斜面上任取三个位置A、B、C，让小球分别由A、B、C滚下，如图所示。

设A、B、C与斜面底端的距离分别为s1、s2、s3，小球由A、B、C运动到斜面底端的时间分别为t1、t2、t3，小球由A、B、C运动到斜面底端时的速度分别为v1、v2、v3，则下列关系式中正确并且是伽利略用来证明小球沿光滑斜面向下的运动是匀变速直线运动的是( )A.v12＝v22＝v32B.v1t1＝v2t2＝v3t3C．s1－s2＝s2－s3 D.s1t21＝s2t22＝s3t23答案 D解析小球做初速度为零的匀加速直线运动，由匀加速直线运动规律知A、C错误；由s＝1 2at2和v＝at知，a＝2st2＝vt，小球下滑的加速度相同，而B不是伽利略用来证明小球沿光滑斜面向下的运动是匀变速直线运动的关系式，故只有D正确。

2018届高考物理总复习全国卷计算题解题规范

计算题(二)题型示例为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为θ＝60°，长为L 1＝2 3 m 的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与长为L 2＝32m 的水平轨道BC 相连，然后在C 处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，如图1所示.现将一个小球从距A 点高为h ＝0.9 m 的水平台面上以一定的初速度v 0水平弹出，到A 点时速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下.已知小球与AB 和BC 间的动摩擦因数均为μ＝33.g 取10 m/s 2，求：图1(1)小球初速度v 0的大小；(2)小球到达C 点时速度v C 的大小；(3)要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R 应该满足什么条件. 规范解答解 (1)由平抛运动：v 2y ＝2gh ①得v y ＝2gh ＝2×10×0.9 m/s ＝3 2 m/s②A 点tan 60°＝v yv 0③得v 0＝v y tan 60°＝323m/s ＝ 6 m/s④(2)从水平抛出到C 点，由动能定理得：mg (h ＋L 1sin θ)－μmgL 1cos θ－μmgL 2＝12mv 2C －12mv 2⑤ 得v C ＝3 6 m/s(3)小球刚刚过最高点时，由mg ＝mv 2R 1⑦由动能定理12mv 2C ＝2mgR 1＋12mv 2⑧解得R 1＝1.08 m⑨当小球刚能达到与圆心等高时12mv 2C ＝mgR 2⑩解得R 2＝2.7 m ⑪当圆轨道与AB 相切时R 3＝BC ·tan 60°＝1.5 m ⑫即圆轨道的半径不能超过1.5 m综上所述，要使小球不离开轨道，R应该满足的条件是0<R≤1.08 m⑬答案(1) 6 m/s (2)3 6 m/s (3)0<R≤1.08 m评分细则1.本题共14分，除⑤式2分外，其余各式均1分.2.②式没有代入数值，只要结果正确即可得分；如果③④式写成v0＝v ytan 60°＝ 6 m/s也可得2分.3.⑤式中符号的大小写以及角标有一处错误则不得分，其它分步列式的，只要能得出正确结果同样给分.4.第(3)问只解出一种情况的给3分，⑧式写成2mgR1＝12mv2C－12mv2同样给分.答题规则1.审题要规范：此题属于用牛顿定律和能量观点解决多过程问题，先要确定研究对象，后对物体进行受力分析和运动过程的分析，本题包含了平抛运动、斜面和直线上的匀变速直线运动，竖直面内圆周运动，采用分段处理的方法.2.思维要规范：要会寻找题目的切入点，会找临界状态、隐含条件等.理解题目中“到A点时速度方向恰沿AB方向”，“要使小球不离开轨道”的准确含义.恰好通过最高点时重力提供向心力是本题的隐含条件.3.解答要规范：书写物理表达式要以课本原始公式为依据，如滑动摩擦力原始公式F＝μF N，牛顿第二定律的表达式为F合＝ma，要分步列式，尽量不写综合式，否则容易失分；符号使用要规范，与题目提供的符号要一致，加强运用数学知识分析物理问题的能力，起码简单的数学运算结果要正确.计算题(三)题型示例(2016·江苏单科·15)回旋加速器的工作原理如图1甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0.周期T＝2πm qB.一束该粒子在t＝0～T2时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零.现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用.求：图1(1)出射粒子的动能E m ；(2)粒子从飘入狭缝至动能达到E m 所需的总时间t 0；(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d 应满足的条件. 规范解答解 (1)粒子运动半径为R 时qvB ＝m v 2R①且E m ＝12mv 2②解得E m ＝q 2B 2R 22m③(2)粒子被加速n 次达到动能E m ，则E m ＝nqU 0④粒子在狭缝间做匀加速运动，设n 次经过狭缝的总时间为Δt ，加速度a ＝qU 0md⑤ 匀加速直线运动nd ＝12a ·(Δt )2⑥由t 0＝(n －1)·T2＋Δt ，⑦解得t 0＝πBR 2＋2BRd 2U 0－πmqB⑧(3)只有在0～(T2－Δt )时间内飘入的粒子才能每次均被加速，则所占的比例为η＝T2－Δt T2⑨由η>99%，解得d <πmU 0100qB 2R ⑩评分细则1.本题共16分，其中②④⑤⑧式各1分，其余①③⑥⑦⑨⑩式各2分.2.第(1)问5分，若②③式合写成E m ＝12mv 2＝q 2B 2R 22m 同样得分；若③式计算错误，①式写成R ＝mvqB 则①式不能得分.3.第(2)问7分，若⑤⑥式合写成nd ＝12a ·(Δt )2＝12·qU md ·(Δt )2可得3分；若出现nd ＝12v m ·Δt或v m ＝a Δt 只要结果正确同样得分；⑦式若写成t 0＝n ·T2＋Δt 扣1分；若⑧式计算错误，出现周期T ＝2πmqB给1分.答题规则1.仔细审题，弄清题意本题考查回旋加速器的原理，能获得的最大速度对应最大的轨道半径，即D 形盒的半径，题中要求“考虑粒子在狭缝中的运动时间”，故粒子在加速器运动的时间分两部分，一是在磁场中圆周运动的时间，二是在电场中的匀加速运动时间，把加速过程连在一起就是匀加速直线运动. 2.规范解析书写过程，注意分步列式对所列方程用序号标出，阅卷老师才好找到得分点；尽量不要列连等式，以防由于写综合方程，一处出错则全部没分. 3.保证结果计算正确本题较多的是数学表达式的推导，要提高计算能力，会做的题尽量做对.只要结果正确，前面书写的稍有不规范，阅卷老师也可能不在意，但一旦结果错误，阅卷老师再找得分点式时，书写不规范或马虎往往就会吃亏.计算题(四)题型示例如图1所示，平行金属导轨MN 、PQ 倾斜与水平面成30°角放置，其电阻不计，相距为l ＝0.2 m.导轨顶端与电阻R 相连，R ＝1.5×10－2Ω.在导轨上垂直导轨水平放置一根质量为m ＝4×10－2kg 、电阻为r ＝5×10－3Ω的导体棒ab .ab 距离导轨顶端d ＝0.2 m ，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝36；在装置所在区域加一个垂直导轨平面，方向如图的磁场，磁感应强度B ＝(0.2＋0.5t ) T ，g 取10 m/s 2.图1(1)若导体棒静止，求通过电阻的电流.(2)何时释放导体棒，释放时导体棒处于平衡状态？(3)若t ＝0时刻磁感应强度B 0＝0.2 T ，此时释放ab 棒，要保证其以a ＝2.5 m/s 2的加速度沿导轨向下做初速度为零的匀加速直线运动，求磁感应强度B 应该如何随时间变化，写出其表达式. 规范解答解 (1)设闭合回路产生的感应电动势为E ，有E ＝ΔΦΔt① ΔΦΔt ＝ΔBΔt ld ② 得I ＝E R ＋r＝1 A③(2)若导体棒即将向下运动，则F 1＝B 1Il ，④F f1＝μmg cos θ⑤ F 1＋F f1＝mg sin θ⑥解得：t 1＝0.6 s⑦ 若导体棒即将向上运动，则F 2＝B 2Il ⑧ F f2＝μmg cos θ⑨ F 2－F f2＝mg sin θ⑩得：t 2＝2.6 s ⑪故在t ＝0.6～2.6 s 时间段内释放导体棒时，导体棒处于平衡状态⑫ (3)对导体棒，mg sin θ－μmg cos θ－BIl ＝ma ⑬故BIl ＝0，即回路中感应电流为0.若要保证回路中感应电流为0，则必须回路中磁通量保持不变.⑭则t 时刻磁通量Φ＝Bl (d ＋12at 2)＝B 0ld ⑮解得：B ＝420＋125t2(T)⑯答案见解析评分细则1.本题共20分，第(1)问4分，其中①②式各1分，①②式可以写成：E ＝ΔΦΔt ＝ld ΔBΔt同样得2分；③式2分，公式1分，结果1分.2.第(2)问共10分，④⑤式各1分，⑤式也可写成F f1＝μF N ，F N ＝mg cos θ得1分；⑥式2分，以上步骤可以列式：B 1Il ＋μmg cos θ＝mg sin θ得4分.⑦式2分，⑧⑨式不重复给分，⑩⑪式各1分，答出以上两种情况任意一种给6分，⑫式若写成t ∈[0.6 s,2.6 s]得2分，若写成t ∈(0.6 s,2.6 s)得0分，若只是求出某一特定值，但此值只要是在0.6～2.6 s 之间，均只给5分；若超出该范围，只给相应正确步骤的分. 第(2)问方法二：对导体棒，由平衡条件：BIl ＋F f ＝mg sin θ(3分)又：－μmg cos θ≤F f ≤μmg cos θ(3分) 解得：0.6 s≤t ≤2.6 s(4分).3.第(3)问共6分，⑬⑭⑯式各1分，⑮式3分；⑬式若写成mg sin θ－μmg cos θ＋BIl ＝ma 也给1分，⑮式也可写成：Φ1＝Bl (d ＋12at 2)(1分)Φ2＝B 0ld (1分)Φ1＝Φ2(1分).⑯式单位不带不扣分. 答题规则1.注重公式书写，简化文字说明物理大题进行评分时，只有公式和最后的结果是给分点，文字说明是没有分的，故一定要把表达式凸显出来(加序号)2.规范解析过程，注意分步列式解题时注意分步列式，不要漏掉或合并关系式，避免阅卷时找不到得分点，或者合并的综合式一处错误而导致全部错误，丢失步骤分. 3.等价给分采用不同的思路，只要方程正确，也确实能推出正确答案的，就能给分. 4.只看对的，不看错的对于不会做的题目，要把与本题相关的公式都写上，公式是主要得分点，阅卷时只看评分标准中给定的公式来给分，无用的如果写了，不给分也不扣分.计算题(一)题型示例如图1所示，粗糙水平面上放置一个质量M ＝2 kg 、长度L ＝5 m 的木板A ，可视为质点的物块B 放在木板A 的最左端，其质量m ＝1 kg.已知A 、B 间动摩擦因数为μ1＝0.2，A 与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.4.开始时A 、B 均处于静止状态，当B 获得水平向右的初速度v 0＝8 m/s 的同时，对A 施加水平向右的恒力，取g ＝10 m/s 2，求：图1(1)为使物块B 不从木板A 的右端滑出，力F 的最小值为多大？ (2)若F ＝22 N ，则物块B 的最大速度为多大？规范解析及评分细则(1)物块B 在木板A 上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知 μ1mg ＝ma 1 (1分) a 1＝μ1g 给1分解得：a 1＝2 m/s 2物块B 滑到A 的右端时A 、B 速度相等，则物块B 刚好不从木板A 的右端滑出，A 、B 的相对位移为木板长L ，木板A 的加速度为a 2，由速度公式和位移公式可知：⎭⎪⎬⎪⎫木板A 的速度为：v ＝a 2t (1分)物块B 的速度为：v ＝v 0－a 1t (1分)a 2t ＝v 0－a 1t 给2分⎭⎬⎫木板A 的位移为：x A ＝v2t (1分)物块B 的位移为：x B＝v 0＋v 2t (1分)A 、B 的相对位移为木板长L ：L ＝x B －x A(1分)x B 、x A 用其它方法正确求解给2分 L ＝v 0＋v 2t －v 2t 给2分联立以上各式解得：a 2＝225m/s 2用变换参考系和图象法比照答案给分，图象法若没有文字说明酌情扣分对木板A ，由牛顿第二定律可知：F 1＋μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma 2 (1分) 解得：F 1＝18.8 N (1分)写成分数不得分，结果没有单位不给分(2)物块B 在木板A 上先做匀减速直线运动，加速度为a 1＝2 m/s 2；木板A 做匀加速直线运动.对木板A ，由牛顿第二定律可得：F ＋μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma 3 (1分)解得：a 3＝6 m/s 2设经过时间t 1，A 、B 两物体速度相同，大小都为v 1⎭⎪⎬⎪⎫v 1＝v 0－a 1t 1 (1分)v 1＝a 3t 1 (1分) v 0－a 1t 1＝a 3t 1 给2分联立解得：t 1＝1 sv 1＝6 m/s在此过程中A 、B 的位移分别为x A 1、x B 1，则：⎭⎬⎫x A 1＝v 12t 1 (1分)x B 1＝v 0＋v 12t 1(1分)A 、B 间的相对位移为：Δx 1＝x B 1－x A 1(1分) x B 、x A 用其它方法正确求解给2分Δx 1＝v 0＋v 12t 1－v 12t 1 给2分用变换参考系和图象法比照答案给分，图象法若没有文字说明酌情扣分A 、B 速度相同后，木板A 以a 4的加速度继续匀加速运动，由牛顿运动定律可知： F －μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma 4 (1分)解得：a 4＝4 m/s 2由于a 4>a 1，所以物块B 也向右做匀加速运动，但相对木板A 向左运动，经时间t 2后物块B 会从木板A 的左端滑出，在这段时间内：⎭⎬⎫木板A 的位移为：x A 2＝v 1t 2＋12a 4t 22 (1分)物块B 的位移为：x B 2＝v 1t 2＋12a 1t 22(1分)A 、B 间的相对位移Δx 2＝Δx 1，则：Δx 1＝x A 2－x B 2(1分)x B 、x A 用其它方法正确求解给2分Δx 1＝v 1t 2＋12a 4t 22－(v 1t 2＋12a 1t 22) 给2分联立解得：t 2＝2 s用变换参考系和图象法比照答案给分，图象法若没有文字说明酌情扣分物块B 从木板A 的左端滑出时的速度为：⎭⎪⎬⎪⎫v 3＝v 1＋a 1t 2 (1分)解得：v 3＝10 m/s (1分)直接写出v 3＝10 m/s 给2分结果没有单位扣1分物块B 从木板A 的左端滑出后落到地面上做匀减速运动，所以整个过程中，物块B 从木板A 的左端滑出时的速度为最大速度：10 m/s. 说明 ①结果没有单位扣一分 ②中间结果都没有分值③直接代入数值的扣掉相应的公式分值——不给对应的公式分阅卷教师谈答题规范 1.物理语言使用要规范物理语言有文字语言、符号语言和图象语言，对于它们的使用一定要规范.注意已知条件的大小写，及小角标，题目中没有的其它符号要有交待，阅卷“只看公式，不看文字”文字说明不赋分，要注意公式书写，简化文字说明.2.用最基本、最常规的方法在高考答题过程中能想出最简单的解题方法，用它来解题，的确很好，阅卷会“等价给分”，但评分细则肯定只对主要解题方法也是最基本的方法给出详细给分标准，对于特别少见解答给分标准就不是很统一了.3.要分步列式，尽量不列综合式(1)阅卷“分步给分”：每一个表达正确的方程式都可以得到相应的分数.(2)阅卷“综合式找错”：即只要发现综合式中有一处错，全部过程都不能得分.4.对于不会做的题目，要把与本题相关的公式都写上阅卷“只看对的，不看错的”：只看评分标准中给定的公式来给分，其他的如果写多了或写错了，不给分也不扣分.5.即使第一问错了，也不要放弃第二问阅卷“不重复扣分”：在同一道题目中，如果一个错误犯了两次，那么只按一次来扣分.(如：错误只在第一问，第二问的过程没错，结果的错误也仅仅是第一问造成的，则第二问一样可以得到满分).6.书写规范，减少笔误高考阅卷对于笔误扣分相当严格，高考理综阅卷组明确要求，要从出现笔误那一步，由这一步推导出的所有式子和结果都不能给分.7.重要步骤要标号，结果化简放在醒目位置答案步骤要标号，这样做的目的是让阅卷教师很容易看清解题思路，并且可以让答题显的很有条理，便于得分.另一个是结果最好要化简，把结果写为常见的形式，也便于能得到相应的分数.8.不写数学运算过程，结果一定要准确由于高考改卷的任务重，为了加快阅卷速度.很有可能会出现少数阅卷者，先看答案，正确了，大致看一下差不多就给满分了.结果错了，才会去看步骤，如果不能得出正确的结果，那么就一定要认认真真把步骤写清楚了.。

利用洛伦兹力分量式巧解2018年全国卷压轴题

利用洛伦兹力分量式巧解2018年全国卷压轴题作者：崔琰马朝华来源：《中学物理·高中》2018年第12期摘要：2018年全国高考理综Ⅰ卷和Ⅱ卷的第25题均以带电粒子在电场和磁场的复合场中的运动为命题背景，加入了繁杂的数学计算的考查.运用“洛伦兹力分量式”的方法进行巧解，规避了复杂的数学计算，可供广大教师和同学参考.关键词：压轴题；洛伦兹力分量式；带电粒子运动作者简介：崔琰（1982-），男，天津人，博士研究生，海淀区物理教研员，研究方向：中学物理教学；马朝华（1969-），女，北京人，中学高级教师，海淀区物理教研员，研究方向：中学物理教学.2018年全国高考理综Ⅰ卷和Ⅱ卷的第25题，即物理压轴题，以带电粒子在电场和磁场的复合场中的运动为命题背景，加入了繁杂的数学计算考查.这两道题的难点在于带电粒子在交替存在的电场和磁场中的运动情景，非常难以理解，且常规解法还需要用到平面几何等数学知识，非常繁琐.本文运用“洛伦兹力分量式”的方法对此题进行巧解，规避了复杂的数学计算.1洛伦兹力分量式方法电荷量为q某一带电粒子，在磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动，其速度大小为v，方向垂直于磁场方向，则该带点粒子所受的洛伦兹力的大小f = qvB，方向垂直于B 和v.带电粒子在此运动过程中，在y方向上的分速度vy 产生沿x方向的洛伦兹力fx；在x方向上的分速度vx产生沿y方向的洛伦兹力fy，如图1所示.由此可以得到，洛伦兹力x方向上的分量式[1]为fx=qvyB①根据牛顿第二定律可知fx=max=mdvxdt②联立①、②两式可以得到qBvydt = mdvx ③对③式两侧同时积分可得qBy=m·Δvx同理，可得qBx=m·Δvy由此可以得出，某一带电粒子在磁场中运动时，其x方向的位移与y方向的速度变化量Δvy成正比；同理，其y方向的位移与x方向的速度变化量Δvx成正比.【题目1】（2018全国Ⅰ卷）25.如图2，在y > 0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y < 0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场.一个氕核11H和一个氘核21H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向.已知11H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场.11H的质量为m，电荷量为q.不计重力.求（1）略.（2）磁场的磁感应强度大小；（3）21H第一次离开磁场的位置到原点O的距离.解：（1）过程略.得x=233h④（2）11H在电场中运动时，由牛顿第二定律有竖直方向速度大小为vy=2ah=2qEhm⑤利用洛伦兹力分量式有：qBx=m·2vy⑥联立④、⑤两式可得B=m·2vyqx=mq·2qEhm·23h3=6mEqh（3）21H电场中的加速度大小为a1=qE2m=12a⑦由牛顿第二定律有21H竖直方向速度大小为vy1=2a1h=22vy⑧利用洛伦兹力分量式有：qBx1=2m·2vy1⑨联立⑦、⑧、⑨式，并与⑥式比较，可得x1=2m·2vy1qB=2m·2vyqB=2x所以21H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为Δx=x1-x=（2-1）233h.【题目2】（2018全国Ⅱ卷）25.一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图3所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行.一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出.不计重力.（1）略（2）求该粒子从M点入射时速度的大小；解：（1）略.（2）根据牛顿第二定律和运动学公式可知，粒子到达电场与磁场交界处时水平方向速度大小为：vx=qEm·l′v0⑩利用洛伦兹力分量式有qBl=m·2vxB11联立⑩、B11两式有：qBl=m·2qEm·l′v0，求解可得：v0=2El′Bl.这两道考题中，带电粒子首先在电场中做类平抛运动，之后又在磁场中做圆周运动，这对于平面几何知识的掌握要求很高，如果采用常规解法的话，数学推导过程相当复杂，学生在考场中很难在短时间内正确推导出结果.若采用上述洛伦兹力分量式的推论，便可以规避复杂的数学运算过程，简单方便地给出正确的解答.该解题思路与2008年江苏高考物理压轴题和第17届中学生物理竞赛复赛第5题的解题技巧非常相似.竞赛试题慢慢渗透到高考试题中，这与高考试题的深化改革目标是相一致的.同时，在高考中，各学科的相互渗透也在不断加强，其中，物理学科对数学运算能力的要求在不断加强.对于可以减轻计算量、增大思考量和思维深度的题目，广大教师应加大研究力度[2]，不断推陈出新，在常规解法的基础上，找出更加简便快捷的解题方法.经常回顾历年高考试题以及竞赛中的中低档题目，可以对解题能力起到巨大的促进作用.参考文献：[1] 陈国良.运用洛伦兹力分量式的推论巧解物理难题[J]. 物理教师，2010 （6）：63.[2] 崔琰，任艺，李筱娜. 2015年北京高考物理压轴题的评析与思考[J]. 物理教学，2015（10）：72-73.[3] 崔琰，马朝华. 2015 年天津高考物理压轴题第2问的巧解[J].物理教学探讨， 2015， 33（12）： 41-42.。

高考物理数学物理法技巧和方法完整版及练习题

高考物理数学物理法技巧和方法完整版及练习题一、数学物理法1．如图所示，在竖直分界线MN 的左侧有垂直纸面的匀强磁场，竖直屏与MN 之间有方向向上的匀强电场。

在O 处有两个带正电的小球A 和B ，两小球间不发生电荷转移。

若在两小球间放置一个被压缩且锁定的小型弹簧（不计弹簧长度），解锁弹簧后，两小球均获得沿水平方向的速度。

已知小球B 的质量是小球A 的1n 倍，电荷量是小球A 的2n 倍。

若测得小球A 在磁场中运动的半径为r ，小球B 击中屏的位置的竖直偏转位移也等于r 。

两小球重力均不计。

(1)将两球位置互换，解锁弹簧后，小球B 在磁场中运动，求两球在磁场中运动半径之比、时间之比；(2)若A 小球向左运动求A 、B 两小球打在屏上的位置之间的距离。

【答案】(1)2n ，21n n ；(2)123rr n n -【解析】【详解】(1)两小球静止反向弹开过程，系统动量守恒有A 1B mv n mv =①小球A 、B 在磁场中做圆周运动，分别有2A A A mv qv B r =，21B2B Bn mv n qv B r =②解①②式得A2Br n r = 磁场运动周期分别为A 2πmT qB=，1B 22πn m T n qB =解得运动时间之比为AA2BB122Tt nTt n==(2)如图所示，小球A经圆周运动后，在电场中做类平抛运动。

水平方向有A AL v t=③竖直方向有2A A A12y a t=④由牛顿第二定律得AqE ma=⑤解③④⑤式得2AA()2qE Lym v=⑥小球B在电场中做类平抛运动，同理有22B1B()2n qE Lyn m v=⑦由题意知By r=⑧应用几何关系得B A2y y r y∆=+-⑨解①⑥⑦⑧⑨式得123ry rn n∆=-2．如图所示，ABCD是柱体玻璃棱镜的横截面，其中AE⊥BD，DB⊥CB，∠DAE=30°，∠BAE=45°，∠DCB=60°，一束单色细光束从AD面入射，在棱镜中的折射光线如图中ab所示，ab与AD面的夹角α=60°．已知玻璃的折射率n=1.5，求：（结果可用反三角函数表示）（1）这束入射光线的入射角多大？（2）该束光线第一次从棱镜出射时的折射角．【答案】（1）这束入射光线的入射角为48.6°；（2）该束光线第一次从棱镜出射时的折射角为48.6°【解析】试题分析：（1）设光在AD面的入射角、折射角分别为i、r，其中r=30°，根据n=，得：sini=nsinr=1.5×sin30°=0.75故i=arcsin0.75=48.6°（2）光路如图所示：ab光线在AB面的入射角为45°，设玻璃的临界角为C，则：sinC===0.67sin45°＞0.67，因此光线ab在AB面会发生全反射光线在CD面的入射角r′=r=30°根据n=，光线在CD面的出射光线与法线的夹角：i′="i=arcsin" 0.75=48.6°3．如图所示，身高h=1.7 m的人以v=1 m/s的速度沿平直路面远离路灯而去，某时刻人的影长L1=1.3 m，2 s后人的影长L2=1.8 m．（1）求路灯悬吊的高度H．（2）人是远离路灯而去的，他的影子的顶端是匀速运动还是变速运动？（3）在影长L1=1.3 m和L2=1.8 m时，影子顶端的速度各是多大？【答案】（1）8.5m （2）匀速运动（3）1.25/m s 【解析】【分析】（1）匀匀速运动，画出运动图景，结合几何关系列式求解；（2）（3）根据比例法得到影子的顶端的速度的表达式进行分析即可．【详解】（1）画出运动的情景图，如图所示：根据题意，有：CD=1.3m EF=1.8m CG=EH=1.7m ；CE=vt=2m ；BF=BC+3.8m 根据几何关系： 1.3CG CDAB BC +＝3.8EH EFAB BC +＝可得：H=AB=8.5m ；（2）设影子在t 时刻的位移为x ，则有： x vt hx H-＝，得：x=HH h-vt ，影子的位移x 是时间t 的一次函数，则影子顶端是匀速直线运动；（3）由（2）问可知影子的速度都为v′= x Hv tH h=-=1.25m/s ；【点睛】本题关键是结合光的直线传播，画出运动的图景，结合几何关系列式分析，注意光的传播时间是忽略不计的．4．［选修模块3-5］如图所示，玻璃砖的折射率3n =，一细光束从玻璃砖左端以入射角i 射入，光线进入玻璃砖后在上表面恰好发生全反射．求光速在玻璃砖中传播的速度v 及入射角i ．(已知光在真空中传播速度c =3.0×108 m/s ，计算结果可用三角函数表示)．【答案】83310/v m s =；3sin i =【解析】【详解】根据c n v =，83310/2v m s =⨯ 全反射条件1sin C n=，解得C=600，r =300，根据sin sin i n r =，3sin 3i =5．某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛，比赛路径如图所示．可视为质点的赛车从起点A 出发，沿水平直线轨道运动L 后，由B 点进入半径为R 的光滑竖直半圆轨道，并通过半圆轨道的最高点C ，才算完成比赛．B 是半圆轨道的最低点，水平直线轨道和半圆轨道相切于B 点．已知赛车质量m =0.5kg ，通电后以额定功率P =2W 工作，进入竖直圆轨道前受到的阻力恒为F f =0.4N ，随后在运动中受到的阻力均可不计，L =10.00m ，R =0.40m ，（g 取10m/s 2）．求：（1）要使赛车能通过C 点完成比赛，通过C 点的速度至少多大？（2）赛车恰能完成比赛时，在半圆轨道的B 点对轨道的压力多大（3）要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间t ？（4）若电动机工作时间为t 0=5s ，当R 为多少时赛车既能完成比赛且飞出的水平距离又最大，水平距离最大是多少？【答案】（1）2m/s （2）25/m s ，30N （3）t =4.5s （4）R =0.3m ，1.2m 【解析】【分析】赛车恰好通过最高点时，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出通过C 点的最小速度．根据机械能守恒定律求出赛车在B 点的最小速度，根据牛顿第二定律求出赛车对轨道的压力．对A 到B 过程运用动能定理，求出电动机从A 到B 至少工作的时间．根据动能定理求出赛车到达最高点的速度，结合平抛运动的规律求出水平位移，通过数学知识求出水平位移的最大值．【详解】（1）当赛车恰好过C 点时在B 点对轨道压力最小，赛车在B 点对有：2Cv mg m R=2m/s C v ===...①（2）对赛车从B 到C 由机械能守恒得：2211222B C mv mv mg R =+⋅…② 赛车在B 处，由牛顿第二定律可得：2N Bv F mg m R-=…③由①②③得:B v ==N 630N F mg ==由牛顿第三定律知，对轨道的压力大小等于30N ；（3）对赛车从A 到B 由动能定理得：2102f B Pt F L mv -=- 解得:4.5s t =（4）对赛车从A 到C 由动能定理得：20012'2f Pt F L mg R mv --⋅=，赛车飞出C 后有:212'2R gt =0x v t =解得:x =所以当'0.3m R =时，x 最大：max 1.2m x =答：（1）要使赛车能通过C 点完成比赛，通过C 点的速度至少为2m/s ；（2）赛车恰能完成比赛时，在半圆轨道的B 点对轨道的压力等于30N ；（3）要使赛车完成比赛，电动机至少工作 4.5s t =；（4）若电动机工作时间为t 0=5s ，当R 为0.3m 时赛车既能完成比赛且飞出的水平距离又最大，最大水平距离max 1.2m x =．6．某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛，比赛路径如图所示．可视为质点的赛车从起点 A 出发，沿水平直线轨道运动L 后，由B 点进人半径为R 的光滑竖直半圆轨道，并通过半圆轨道的最高点C ，才算完成比赛．B 是半圆轨道的最低点.水平直线轨道和半圆轨道相切于B 点．已知赛车质量m= 5kg ，通电后以额定功率P =2W 工作，进入竖直半圆轨道前受到的阻力恒为F 1=0.4N ，随后在运动中受到的阻力均可不计，L = 10.0m ，R = 0. 32m ，g 取l0m/s 2．求：（1）要使赛车完成比赛，赛车在半圆轨道的B 点对轨道的压力至少为多大？（2）要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？（3）若电动机工作时间为t 0=5s 当半圆轨道半径为多少时赛车既能完成比赛且飞出的水平距离最大？水平距离最大是多少？【答案】（1）30N （2） 4s （3） 1.2m 【解析】试题分析：（1）赛车恰能过最高点时，根据牛顿定律：解得由B点到C 点，由机械能守恒定律可得：2211222B c mv mv mg R =+⋅a 在B 点根据牛顿定律可得：联立解得：54m/s B v gR ==则：630N F mg == （2）对赛车从A 到B 由动能定理得：解得：t=4s（3）对赛车从A 到C 由动能定理得：200122f Pt F L mg R mv --⋅=赛车飞出C 后有：解得：所以当R=0.3m 时x 最大， x max =1.2m考点：牛顿第二定律；动能定理；平抛物体的运动.7．我校物理兴趣小组同学决定举行遥控赛车比赛，比赛路径如图所示。

2018年高考物理大二轮专题复习讲学稿：专题十一应用数学处理物理问题的能力含答案精品

《考试大纲》关于物理学科要考查的“应用数学处理物理问题的能力”是这样叙述的：能够根据具体问题列出物理量之间的关系式，进行推导和求解，并根据结果得出物理结论；能运用几何图形、函数图象进行表达、分析．物理学是一门精密科学，与数学有着密切的关系．从物理学的发展史看，物理学的发展是离不开数学的，有了一种适合表述物理的数学工具，不仅能有力地促进物理学的发展，还能使物理规律以更加清晰、简洁的方式表示出来．不论是在学习物理的过程中，还是应用物理知识解决问题的过程中，或多或少总要进行数学推导和数学运算．处理的问题越高深，应用的数学一般也会越多．凡是中学阶段学到的数学，如几何、三角、代数、解析几何，都可能成为解高考物理试题中的数学工具．(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．例1 短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了100 m 和200 m 短跑项目的新世界纪录，他的成绩分别为9.69 s 和19.30 s ．假定他在100 m 比赛时从发令到起跑的反应时间是0.15 s ，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动.200 m 比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速度时间与100 m 比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速度只有跑100 m 时最大速率的96%.求：(结果均保留两位小数) (1)加速所用时间和达到的最大速率； (2)起跑后做匀加速运动的加速度大小．答案 (1)1.29 s 11.24 m/s (2)8.71 m/s 2解析 (1)设加速所用时间为t (以s 为单位)，匀速运动的速度为v (以m/s 为单位)，则有： 12vt ＋(9.69 s －0.15 s －t )v ＝100 m ① 12vt ＋(19.30 s －0.15 s －t )×0.96v ＝200 m ② 由①②式得t ≈1.29 s ，v ≈11.24 m/s. (2)设加速度大小为a ，则a ＝vt≈8.71 m/s 2说明本题以博尔特在北京奥运会上短跑项目的运动设置情景，通过合理简化建立理想化的模型，要求考生根据每个阶段运动满足的物理规律列出相应的数学表达式．(2)在解决物理问题时，往往需要经过数学推导和求解，或进行数值计算；求得结果后，有时还要用图象或函数关系把它表示出来；必要时还应对数学运算的结果作出物理上的结论或进行解释．例2 两块长木板A 和B ，质量相等，长度都是l ＝1.0 m ，紧贴在一起，静置于光滑水平的地面上．另一小物块C ，质量与长木板相等，可视为质点，位于木板A 的左端．如图1所示，现给物块C 一向右的初速度，速度的大小为v 0＝2.0 m/s ，已知物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.10，问木板A 最终运动的速度为多少？图1答案 13m/s说明本题中木板A 最终速度与物块C 是停在A 上还是滑离A 有关，这需要经过计算后才能作出判断，另外通过求解联立方程，可求得木板A 的最终速度v 有两个可能值，因与v ＝1.0 m/s 对应的物块速度为0，这在物理上是不可能的，故可判定木板A 的最终速度为v ＝13 m/s.经过数学处理后得到的结果，在物理上是否合理，是否合乎实际以及所得结果的物理意义是什么，都需要进行讨论和判断，这既是一种能力，也是一种习惯．(3)能够运用几何图形、函数图象解决物理问题，要能够对物理规律、状态和过程在理解的基础上用合适的图象表示出来，会用图象来处理物理问题．例3 (2013·新课标全国Ⅰ·24)水平桌面上有两个玩具车A 和B ，两者用一轻质细橡皮筋相连，在橡皮筋上有一红色标记R .在初始时橡皮筋处于拉直状态，A 、B 和R 分别位于直角坐标系中的(0,2l )、(0，－l )和(0,0)点．已知A 从静止开始沿y 轴正向做加速度大小为a 的匀加速运动，B 平行于x 轴朝x 轴正向匀速运动．在两车此后运动的过程中，标记R 在某时刻通过点(l, l )．假定橡皮筋的伸长是均匀的，求B 运动速度的大小．答案146al解析设B 车的速度大小为v .如图，标记R 在时刻t 通过K (l ，l )，此时A 、B 的位置分别为H 、G .由运动学公式，H 的纵坐标y A 、G 的横坐标x B 分别为 y A ＝2l ＋12at 2① x B ＝vt ②在刚开始运动时，标记R 到A 和B 的距离之比为2∶1，即OE ∶OF ＝2∶1由于橡皮筋的伸长是均匀的，在以后任一时刻R 到A 和B 的距离之比都为2∶1.因此，在时刻t 有HK ∶KG ＝2∶1③由于△FGH ∽△IGK ，有HG ∶KG ＝x B ∶(x B －l )④ HG ∶KG ＝(y A ＋l )∶2l ⑤由③④⑤式得x B ＝32l ⑥ y A ＝5l ⑦联立①②⑥⑦式得v ＝146al 说明试题以置于直角坐标系中的两个最简单的运动学模型作为问题情景，两玩具车A 、B 的运动互相独立又用轻质细橡皮筋牵连，考生须从橡皮筋的均匀伸长分析出以后任一时刻标记R 到B 的距离和到A 的距离之比都为2∶1，继而根据几何关系和运动学的规律求解作答，该题考查考生将抽象的文字信息转化为图象，并应用数学工具求解的能力．1．(多选)(2014·新课标全国Ⅰ·19)太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动．当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为 “行星冲日”．据报道，2014年各行星冲日时间分别是：1月6日木星冲日；4月9日火星冲日；5月11日土星冲日；8月29日海王星冲日；10月8日天王星冲日．已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示．则下列判断正确的是( )A.各地外行星每年都会出现冲日现象 B ．在2015年内一定会出现木星冲日C ．天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半D ．地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短答案 BD解析由开普勒第三定律r 3T2＝k 可知T 行＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r 行r 地3·T 地＝r 行3年，根据相遇时转过的角度之差Δθ＝2n π及ω＝Δθt 可知相邻冲日时间间隔为t ，则⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 地－2πT 行t ＝2π，即t ＝T 行T 地T 行－T 地＝T 行T 行－1，又T 火＝ 1.53年，T 木＝ 5.23年，T 土＝9.53年，T 天＝193年，T 海＝303年，代入上式得t >1年，故选项A 错误；木星冲日时间间隔t 木＝5.235.23－1年<2年，所以选项B 正确；由以上公式计算t 土≠2t 天，t 海最小，选项C 错误，选项D 正确．2．(多选)由光滑细管组成的轨道如图2所示，其中AB 段和BC 段是半径为R 的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内．一质量为m 的小球，从距离水平地面高为H 的管口D 处由静止释放，最后能够从A 端水平抛出落到地面上．下列说法正确的是( )图2A ．小球落到地面时相对于A 点的水平位移值为2RH －2R 2B ．小球落到地面时相对于A 点的水平位移值为22RH －4R 2C ．小球能从细管A 端水平抛出的条件是H >2RD ．小球能从细管A 端水平抛出的最小高度H min ＝52R答案 BC解析要使小球从A 点水平抛出，则小球到达A 点时的速度v >0，根据机械能守恒定律，有mgH －mg ·2R ＝12mv 2，所以H >2R ，故选项C 正确，选项D 错误；小球从A 点水平抛出时的速度v ＝2gH －4gR ，小球离开A 点后做平抛运动，则有2R ＝12gt 2，水平位移x ＝vt ，联立以上各式可得水平位移x ＝22RH －4R 2，选项A 错误，选项B 正确．3．卫星电话信号需要通过地球同步卫星传送．如果你与同学在地面上用卫星电话通话，则从你发出信号至对方接收到信号所需最短时间最接近于(可能用到的数据：月球绕地球运动的轨道半径约为3.8×105km ，运行周期约为27天，地球半径约为6 400 km ，无线电信号的传播速度为3×108m/s.)( ) A ．0.1 s B ．0.25 s C ．0.5 s D ．1 s答案 B解析根据GMm 同(R ＋h )2＝m 同(R ＋h )4π2T 2同，GMm 月r 2＝m 月r 4π2T 月2，结合已知数据，解得地球同步卫星距地面的高度h ≈3.6×107m ，再根据电磁波的反射及直线传播得：2h ＝ct ，得t ＝0.24 s ，故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．4．匀强电场中的三点A 、B 、C 是一个三角形的三个顶点，AB 的长度为1 m ，D 为AB 的中点，如图3所示．已知电场线的方向平行于△ABC 所在平面，A 、B 、C 三点的电势分别为14 V 、6 V 和2 V ．设场强大小为E ，一电量为1×10－6C 的正电荷从D 点移到C 点电场力所做的功为W ，则( )图3A ．W ＝8×10－6J ，E >8 V/m B ．W ＝6×10－6 J ，E >6 V/m C ．W ＝8×10－6 J ，E ≤8 V/m D ．W ＝6×10－6 J ，E ≤6 V/m 答案 A解析在匀强电场中，沿AB 方向电动势是均匀降落的，所以φA －φD＝φD －φB ，则φD ＝φA ＋φB 2＝14＋62 V ＝10 V ，U DC ＝φD －φC ＝8 V ，电荷从D 移到C 电场力做功为W ＝qU DC ＝1×10－6×8 J ＝8×10－6J ，由图及各点电势可知，电场方向不沿AB 方向，所以E >U AB AB＝8 V/m.5.空间有一匀强电场，在电场中建立如图4所示的直角坐标系O －xyz ，M 、N 、P 为电场中的三个点，M 点的坐标(0，a,0)，N 点的坐标为(a,0,0)，P 点的坐标为(a ，a 2，a2)．已知电场方向平行于直线MN ，M 点电势为0，N 点电势为1 V ，则P 点的电势为( )图4A.22V B.32V C.14 V D.34V 答案 D解析由题意可知匀强电场方向沿MN直线且由N指向M.过P点作直线MN的垂面，交点为Q，则Q与P点等电势．所以Q点电势φ＝1 V－E·NQ＝1 V－12a·a2 2V＝34V，D正确．6．(2013·新课标全国Ⅰ·18)如图5，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为R2.已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)( )图5A.qBR2mB.qBRmC.3qBR2mD.2qBRm答案 B解析由圆周运动有qvB＝mv2r①由几何关系知，在△ecO和△eO′O中，有tan 30°＝R2－(R2)2r＋R2，解得r＝R②解①②式得v＝qBRm，故选B.7．如图6所示，两个端面半径同为R的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场．一铜质细直棒ab水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直．让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0.2R 时铜棒中电动势大小为E 1，下落距离为0.8R 时电动势大小为E 2.忽略涡流损耗和边缘效应．关于E 1、E 2的大小和铜棒离开磁场前两端的极性，下列判断正确的是( )图6A ．E 1>E 2，a 端为正B ．E 1>E 2，b 端为正C ．E 1<E 2，a 端为正D ．E 1<E 2，b 端为正答案 D解析设下落距离为d ，则铜棒在匀强磁场中切割磁感线的等效长度l ＝2R 2－d 2，铜棒做的是自由落体运动，故v 2＝2gd ，v ＝2gd ，故有E ＝Blv ＝B ·2R 2－d 2·2gd ＝2B 2gd (R 2－d 2)，将d 1＝0.2R ，d 2＝0.8R ，代入后比较得E 1<E 2；据安培定则知缝隙处的磁场方向水平向左，再由右手定则知b 端等效为电源正极，电势高，选D.8．如图7所示，在0≤x ≤a 、0≤y ≤a2范围内有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B .坐标原点O 处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy 平面内，与y 轴正方向的夹角分布在0～90°范围内．已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a2到a 之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一．求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的图7(1)速度的大小；(2)速度方向与y 轴正方向夹角的正弦．答案 (1)⎝ ⎛⎭⎪⎫2－62aqBm (2)6－610 解析 (1)设粒子的发射速度大小为v ，粒子做圆周运动的轨道半径为R ，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得：qvB ＝mv 2R①由①式得R ＝mv qB②当a2<R <a 时，在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C 的圆弧，圆弧与磁场的上边界相切，如图所示．设该粒子在磁场中运动的时间为t ，依题意t ＝T4，得∠OCA ＝π2③设最后离开磁场的粒子的发射方向与y 轴正方向的夹角为α，由几何关系得R sin α＝R －a2④R sin α＝a －R cos α⑤又sin 2α＋cos 2α＝1⑥ 由④⑤⑥式得R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－62a ⑦ 由②⑦式得v ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－62aqB m(2)由④⑦式得：sin α＝6－610.9．(2015·新课标全国Ⅱ·33(2))如图8，一粗细均匀的U 形管竖直放置，A 侧上端封闭，B 侧上端与大气相通，下端开口处开关K 关闭；A 侧空气柱的长度为l ＝10.0 cm ，B 侧水银面比A 侧的高h ＝3.0 cm.现将开关K 打开，从U 形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h 1＝10.0 cm 时将开关K 关闭．已知大气压强p 0＝75.0 cmHg.图8(ⅰ)求放出部分水银后A 侧空气柱的长度；(ⅱ)此后再向B 侧注入水银，使A 、B 两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度．答案 (ⅰ)12.0 cm (ⅱ)13.2 cm解析 (ⅰ)以cmHg 为压强单位．设A 侧空气柱长度l ＝10.0 cm 时的压强为p ；当两侧水银面的高度差为h 1＝10.0 cm 时，空气柱的长度为l 1，压强为p 1. 由玻意耳定律得pl ＝p 1l 1① 由力学平衡条件得p ＝p 0＋h ②打开开关K 放出水银的过程中，B 侧水银面处的压强始终为p 0，而A 侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B 、A 两侧水银面的高度差也随之减小，直至B 侧水银面低于A 侧水银面h 1为止．由力学平衡条件有p 1＝p 0－h 1③联立①②③式，并代入题给数据得l 1＝12.0 cm ④(ⅱ)当A 、B 两侧的水银面达到同一高度时，设A 侧空气柱的长度为l 2，压强为p 2. 由玻意耳定律得pl ＝p 2l 2⑤ 由力学平衡条件有p 2＝p 0⑥联立②⑤⑥式，并代入题给数据得l 2＝10.4 cm ⑦ 设注入的水银在管内的长度Δh ，依题意得 Δh ＝2(l 1－l 2)＋h 1⑧联立④⑦⑧式，并代入题给数据得Δh ＝13.2 cm10．(2013·新课标全国Ⅰ·33(2))如图9，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K.两汽缸的容积均为V 0，汽缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略)．开始时K 关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强分别为p 0和p 03；左活塞在汽缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为V 04.现使汽缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至汽缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K ，经过一段时间，重新达到平衡．已知外界温度为T 0，不计活塞与汽缸壁间的摩擦．求：图9(ⅰ)恒温热源的温度T ；(ⅱ)重新达到平衡后，左汽缸中活塞上方气体的体积V x . 答案 (ⅰ)75T 0 (ⅱ)12V 0解析 (ⅰ)设左右活塞的质量分别为M 1、M 2，左右活塞的横截面积均为S 由活塞平衡可知：p 0S ＝M 1g ①p 0S ＝M 2g ＋p 0S 3得M 2g ＝23p 0S ②汽缸底与恒温热源接触后，由于左边活塞上升到顶部，但对顶部无压力，所以下面的气体发生等压变化，而右侧上方气体的温度和压强均不变，所以体积仍保持14V 0，所以当下面放入温度为T 的恒温热源后，体积增大为(V 0＋34V 0)，则由等压变化：12V 0＋34V 0T 0＝V 0＋34V 0T解得T ＝75T 0(ⅱ)当把阀门K 打开重新达到平衡后，由于右侧上部分气体要充入左侧的上部，且由①②两式知M 1g ＞M 2g ，打开活塞后，左侧活塞降至某位置，右侧活塞升到顶端，汽缸上部保持温度T 0等温变化，汽缸下部保持温度T 等温变化．设左侧上方气体压强为p ，由pV x ＝p 03·V 04，设下方气体压强为p 2：p ＋M 1gS＝p 2，解得p 2＝p ＋p 0 所以有p 2(2V 0－V x )＝p 07V 04联立上述两个方程有6V x 2－V 0V x －V 02＝0，解得V x ＝12V 0，另一解V x ＝－13V 0，不合题意，舍去．11．(2014·新课标全国Ⅱ·34(2))一厚度为h 的大平板玻璃水平放置，其下表面贴有一半径为r 的圆形发光面．在玻璃板上表面放置一半径为R 的圆纸片，圆纸片与圆形发光面的中心在同一竖直线上．已知圆纸片恰好能完全遮挡住从圆形发光面发出的光线(不考虑反射)，求平板玻璃的折射率．答案见解析解析如图，考虑从圆形发光面边缘的A 点发出的一条光线，假设它斜射到玻璃上表面的A ′点发生折射，根据折射定律有n sin θ＝sin α式中，n 是玻璃的折射率，θ是入射角，α是折射角．现假设A ′恰好在纸片边缘：由题意，在A ′点刚好发生全反射，故sin θ＝sin C ＝1n设AA ′线段在玻璃上表面的投影长为L ，由几何关系有sin θ＝LL 2＋h 2由题意，纸片的半径应为R ＝L ＋r联立以上各式得n ＝ 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫h R －r 2 12．(2015·新课标全国Ⅰ·35(2))如图10，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．图10答案 (5－2)M ≤m ＜M解析设A 运动的初速度为v 0，A 向右运动与C 发生碰撞，由动量守恒定律得mv 0＝mv 1＋Mv 2由机械能守恒定律得：12mv 02＝12mv 12＋12Mv 22 可得v 1＝m －M m ＋M v 0，v 2＝2m m ＋Mv 0 要使得A 与B 能发生碰撞，需要满足v 1＜0，即m ＜MA 反向向左运动与B 发生碰撞过程，有mv 1＝mv 3＋Mv 412mv 12＝12mv 32＋12Mv 42 整理可得v 3＝m －M m ＋M v 1，v 4＝2m m ＋Mv 1 由于m ＜M ，所以A 还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v 3≤v 2可知2m m ＋M v 0≥(m －M m ＋M)2v 0 整理可得m 2＋4Mm ≥M 2解方程可得m ≥(5－2)M另一解m ≤－ (5＋2)M 舍去所以使A 只与B 、C 各发生一次碰撞，须满足(5－2)M ≤m ＜M13.如图11，一半径为R 的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)．在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q 的粒子沿图中直线从圆上的a 点射入柱形区域，从圆上的b 点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直．圆心O 到直线的距离为35R .现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线从a 点射入柱形区域，也从b 点离开该区域．若磁感应强度大小为B ，不计重力，求电场强度的大小．图11答案 14qRB 25m解析粒子在磁场中做圆周运动．设圆周的半径为r ，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得 qvB ＝m v 2r① 式中v 为粒子在a 点的速度．过b 点和O 点作直线的垂线，分别与直线交于c 点和d 点．由几何关系知，线段ac 、bc 和过a 、b 两点的圆弧轨迹的两条半径(未画出)围成一正方形．因此 ac ＝bc ＝r ②设cd ＝x ，由几何关系得 ac ＝45R ＋x ③ bc ＝35R ＋R 2－x 2④联立②③④式得r ＝75R ⑤ 再考虑粒子在电场中的运动．设电场强度的大小为E ，粒子在电场中做类平抛运动．设其加速度大小为a ，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得 qE ＝ma ⑥粒子在电场方向和直线方向运动的距离均为r ，由运动学公式得r ＝12at 2⑦ r ＝vt ⑧式中t 是粒子在电场中运动的时间．联立①⑤⑥⑦⑧式得E ＝14qRB 25m.。

2018版高考物理二轮复习第2部分专项1 八大妙招巧解选择题第2招特殊值代入法学案

特殊值代入法有些选择题选项的代数表达式比较复杂，需经过比较繁琐的公式推导过程，此时可在不违背题意的前提下选择一些能直接反映已知量和未知量数量关系的特殊值，代入有关算式进行推算，依据结果对选项进行判断．[例2] 如图3所示，在固定斜面上的一物块受到一外力F 的作用，F 平行于斜面向上．若要使物块在斜面上保持静止，F 的取值应有一定的范围，已知其最大值和最小值分别为F 1和F 2(F 1和F 2的方向均沿斜面向上)．由此可求出物块与斜面间的最大静摩擦力为( )图3A.F 12B C.F 1－F 22 【解析】取F 1＝F 2≠0，则斜面光滑，最大静摩擦力等于零，代入后只有C 满足．【答案】 C【名师点评】这种方法的实质是将抽象、复杂的一般性问题的推导、计算转化成具体的、简单的特殊值问题来处理，以达到迅速、准确解题的目的．[尝试应用] 在光滑水平面上，物块a 以大小为v 的速度向右运动，物块b 以大小为u 的速度向左运动，a 、b 发生弹性正碰．已知a 的质量远小于b 的质量，则碰后物块a 的速度大小是( )A ．vB ．v ＋uC ．v ＋2uD ．2u －vC [给物块a 的速度v 赋值0，即v ＝0，物块a 与物块b 发生弹性正碰，碰后两物块一定分离，否则为完全非弹性碰撞，B 项v ＋u ＝u ，故排除B ；碰后两物块不可能发生二次碰撞，A 项v ＝0，排除A ；给物块b 的速度u 赋值0，即u ＝0，物块a 与物块b 发生弹性正碰，物块a 肯定反弹，但其速度大小肯定是正值，D 项2u －v ＝－v ，故排除D.]本文档仅供文库使用。

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专题20 计算题的解题方法与技巧命题猜想-2018年高考物理命题猜想与仿真押题含解析精品

【考向解读】计算题命题立意分类 ⎩⎪⎨⎪⎧单个物体小球、物块、木板、星球、卫星等―→各类运动问题多个物体物块、木板、小球、弹簧传送带等―→功能关系能量守恒问题带电粒子、带电小球等⎩⎪⎨⎪⎧ 带电粒子在弧立电场、磁场中的运动带电粒子在复合场中的运动导体棒、各种形状的线框―→电磁感应问题【命题热点突破一】各类运动问题(1)各类运动问题主要包括：静止、匀速直线运动、匀变速直线运动、匀速圆周运动这四种运动． (2)破解运动学问题关键是抓住运动的条件，即受力分析而后利用牛顿第二定律研究物体的运动． (3)该类问题主要包括，单个物体的多个运动过程问题，多个物体的追及相遇问题，板块问题，传送带问题，天体的运动等问题．例1、【2017·新课标Ⅱ卷】（12分）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s 0和s 1（s 1<s 0）处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示。

训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v 0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。

训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。

假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v 1。

重力加速度大小为g 。

求（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；（2）满足训练要求的运动员的最小加速度。

【答案】（1）220102v v gs - （2）21012()2s v v s + 【解析】（1）设冰球与冰面间的动摩擦因数为μ，由③④⑤得⑥【变式探究】[2016·四川卷] 避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍．货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2.求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度．图1【答案】(1)5 m/s2，方向沿制动坡床向下(2)98 m【解析】 (1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f ，加速度大小为a 1，则f ＋mg sin θ＝ma 1 f ＝μmg cos θ联立以上二式并代入数据得a 1＝5 m/s 2a 1的方向沿制动坡床向下．(2)设货车的质量为M ，车尾位于制动坡床底端时的车速为v ＝23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s 0＝38 m 的过程中，用时为t ，货物相对制动坡床的运动距离为s 2.货车受到制动坡床的阻力大小为F ，F 是货车和货物总重的k 倍，k ＝0.44，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，则Mg sin θ＋F －f ＝Ma 2 F ＝k (m ＋M )g s 1＝vt －12a 1t 2 s 2＝vt －12a 2t 2 s ＝s 1－s 2 l ＝l 0＋s 0＋s 2联立并代入数据得l ＝98 m.【变式探究】如图所示，装甲车在水平地面上以速度v 0＝20 m/s 沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h ＝1.8 m ．在车正前方竖立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触．枪口与靶距离为L 时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v ＝800 m/s.在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s ＝90 m 后停下．装甲车停下后，机枪手以相同的方式射出第二发子弹．(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g ＝10 m/s 2)【解析】 (1)对装甲车末速度为零的匀减速直线运动，有v 2t －v 20＝2as ，代入v t ＝0、v 0＝20 m/s 、s ＝90 m ，解得装甲车匀减速运动时的加速度为a ＝－209m/s 24.5 s>2yg＝0.6 s ，不符合题意．若有一发子弹落地，另一发打在靶上，才能满足题目中的靶上只有一个弹孔，L 才有所谓的“范围”，由于落地的极限时间相同t ＝2y g ＝2hg＝0.6 s ，所以出射速度越大，水平射程越长，当第二发子弹恰好打在靶的下边缘时，第一发已落地，第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L 2＝vt ＋s ，解得L 2＝570 m ．若第一发子弹打到靶的下边缘时，装甲车离靶的距离为L 1＝v ′0t ，而h ＝12gt 2，解得L 1＝492 m ；若靶上只有一个弹孔，则L 的范围为492 m<L ≤570 m【答案】 (1)209 m/s 2(2)0.45 m(3)492 m<L ≤570 m【变式探究】万有引力定律揭示了天体运动规律与地上物体运动规律具有内在的一致性．(1)用弹簧秤称量一个相对于地球静止的小物体的重量，随称量位置的变化可能会有不同的结果．已知地球质量为M ，自转周期为T ，万有引力常量为G .将地球视为半径为R 、质量均匀分布的球体，不考虑空气的影响．设在地球北极地面称量时，弹簧秤的读数是F 0.a ．若在北极上空高出地面h 处称量，弹簧秤读数为F 1，求比值F 1F 0的表达式，并就h ＝1.0%R 的情形算出具体数值(计算结果保留两位有效数字)；b ．若在赤道地面称量，弹簧秤读数为F 2，求比值F 2F 0的表达式．(2)设想地球绕太阳公转的圆周轨道半径为r 、太阳的半径为R s 和地球的半径R 三者均减小为现在的1.0%，而太阳和地球的密度均匀且不变．仅考虑太阳和地球之间的相互作用，以现实地球的1年为标准，计算“设想地球”的一年将变为多长？得F 2F 0＝1－4π2R 3T 2GM(2)地球绕太阳做匀速圆周运动，受到太阳的万有引力，设太阳质量为M S ，地球质量为M ，地球公转周期为T g ，有GM S M r 2＝Mr 4π2T 2g得T g ＝4π2r3GM s＝3πr3G ρR 3其中ρ为太阳的密度，由上式可知，地球的公转周期仅与太阳的密度、地球公转半径与太阳的半径之比有关，因此“设想地球”的1年与现实地球的1年时间相等．【答案】 (1)a.F 1F 0＝R 2R ＋h2＝0.98 b.F 2F 0＝1－4π2R3T 2GM(2)不变【命题热点突破二】功能关系能量守恒问题(1)该类问题主要包括，单个物体参与的多个曲线运动、连接体问题、含弹簧的问题等． (2)破解这类问题关键明确哪些力做功衡量哪些能量的变化，有几种能量每种能量的增加和减少．例2、【2017·新课标Ⅲ卷】如图，一质量为m ，长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂。

2018届高考物理复习第5强化数学方法的应用问题含答案

第5强化数学方法的应用问题1.(多选)水平地面上有一木箱，木箱与地面之间的动摩擦因数为μ(0<μ<1)．现对木箱施加一拉力F，使木箱做匀速直线运动．设F的方向与水平面夹角为θ，如图所示，在θ从0°逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度保持不变，则( )A．F先减小后增大B．F一直增大C．F的功率减小D．F的功率不变解析：由于木箱保持速度不变，可知木箱处于平衡状态，则Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)＝0，解得F＝μmgcos θ＋μsin θ，由三角函数知识可整理为F＝μmg1＋μ2sin（θ＋φ），角φ为定值，可得θ从0°逐渐增大到90°的过程中，F先减小后增大，A正确、B错误；木箱做匀速直线运动，有PF＝Fvcos θ＝μmgv1＋μtan θ；由于θ从0°逐渐增大到90°，结合数学知识可得功率不断减小，C正确、D错误．答案：AC2.如图所示，两个带有同种电荷的小球A、B用绝缘轻细线相连悬于O点，已知q1>q2，L1>L2，平衡时两球到过O点的竖直线的距离相等，则( )A．m1>m2B．m1<m2C．m1＝m2D．不能确定解析：对两小球A、B受力分析如图所示(OC距离为L、Fc与F′c为所受库仑力)．由力三角形和边三角形相似，对m1有m1gFc＝Lx1，对m2有m2gF′c＝Lx2，由于Fc＝F′c，可得m 1m 2＝x 2x 1①；根据θ1＋θ2＝180°，有sin θ1＝sin θ2，根据边三角形的正弦定理，在△AOC 中有sin αsin θ1＝x 1L 1，在△BOC 中有sin βsin θ2＝x 2L 2，可得sin αsin β＝x 1L 2x 2L 1②；由题意可知L 1sin α＝L 2sin β③.由①②③联立解得m 1＝m 2，所以正确选项为C.答案：C3．已知点电荷Q 产生的电场中的电势φ的公式为φ＝k Qr ，式中r 为到场源点电荷Q 的距离．两半径分别为r 1和r 2(r 1<r 2)的同心球面上，各均匀带电Q 1和Q 2，则在球面内部距离球心r 处的电势为( )A ．k ⎝ ⎛⎭⎪⎫Q 1r ＋Q 2rB ．k ⎝ ⎛⎭⎪⎫Q 1r ＋Q 2r 2C ．k ⎝ ⎛⎭⎪⎫Q 1r 1＋Q 2rD ．k ⎝ ⎛⎭⎪⎫Q 1r 1＋Q 2r 2解析：在半径为r 1的球面上取一微元电荷，设其带电量为ΔQ ，故该微元电荷在球心处产生的电势：Δφ＝k ΔQr 1，因为电势为标量，由电势叠加原理可知，半径为r 1的球面在球心处产生的电势φ1＝∑Δφ＝∑k ΔQ r 1＝k Q 1r 1；同理可知半径为r 2的球面在球心处产生的电势φ2＝∑k ΔQ r 2＝k Q 2r 2；由电势的叠加原理可得：两半径分别为r 1和r 2的同心球面在球心处产生的电势：φ总＝φ1＋φ2＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫Q 1r 1＋Q 2r 2，由于静电平衡时导体为等势体，导体表面为等势面，故球面内各点的电势相等，即在球面内部距离球心r 处的电势为k ⎝ ⎛⎭⎪⎫Q 1r 1＋Q 2r 2，选项D 正确．答案：D4.如图所示，一平放在光滑水平面上的矩形导体框位于匀强磁场区域内，磁场的磁感应强度大小为B ，方向沿竖直方向，现以恒定速度v 将线框拉出有界的磁。

2018年高考物理复习解决方案真题与模拟单元重组卷全书

第一单元运动的描述匀变速直线运动测试时间：90分钟满分：110分第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第1～8小题只有一个选项正确，第9～12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．[2017·洛阳模拟]2016年8月5日～21日第31届夏季奥林匹克运动会在巴西的里约热内卢举行，中国体育健儿们奋力拼搏，在里约再次为祖国赢得荣誉。

下列说法正确的是( )A．远方看台的观众观看排球运动员的发球动作时，可将运动员视为质点B．在跳水比赛中，如果以运动员为参考系，该运动员下方的水面一定是上升的C．在男子20公里竞走决赛中，我国选手王镇以1小时19分14秒获得冠军，这里提到的“1小时19分14秒”指的是时刻D．在男子200米自由泳决赛中，我国选手孙杨以1分44秒65的成绩获得冠军，根据这个信息我们可以求出他在本次比赛中的平均速率答案 D解析远方看台的观众观看排球运动员的发球动作时，若把运动员视为质点，则看不出动作，故A错误。

跳水比赛中，在运动员腾空向上运动的过程中，如果以运动员为参考系，则水面是下降的，故B错误。

C选项中提到的“1小时19分14秒”指的是时间，故C错误。

D选项中有路程和时间，根据平均速率等于路程除以时间，可以求出孙杨在本次比赛中的平均速率，故D正确。

2．[2017·云南玉溪月考]如图所示，图线a、b、c分别表示三个物体甲、乙、丙在同一条直线上运动的位移与时间的关系，图线c是一条抛物线，满足x＝0.4t2。

有关这三个物体在0～5 s内的运动情况，下列说法正确的是( )A．物体甲做匀加速直线运动B．物体丙做匀加速直线运动C．t＝5 s时，物体甲的速度比物体丙的速度大D．甲、乙两物体都做匀速直线运动，且速度相同答案 B解析位移—时间图象中倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，则知甲、乙两物体都做匀速直线运动，由图知，a 、b 两图线的斜率绝对值相等、正负号相反，说明两物体的速度大小相等、方向相反，所以速度不同，故选项A 、D 错误；图线c 是一条抛物线，满足x ＝0.4t 2，结合x ＝v 0t ＋12at 2可知，物体丙做初速度为0，加速度为0.8 m/s 2的匀加速直线运动，故选项B 正确；图象的斜率大小等于速度大小，根据图象可知，t ＝5 s 时，物体丙速度最大，故选项C 错误。

高三物理计算题训练数学方法的应用

高三物理计算题训练数学方法的应用1．学会将物理问题转化为数学问题，即理解物理图景，建立物理模型，并根据物理规律，用变量、函数表达式和函数图象等数学语言表达出物理量之间的相互关系。

2．掌握中学物理中常用的数学解题方法，如微元分析法、极值分析法、递推法、作图法、图象法、比例法、不等式法等，会应用数列、导数、解析几何等知识解决物理问题。

1．有n 块质量均为m ，厚度为d 的相同砖块，平放在水平地面上，现将它们一块一块地叠放起来，如图所示，人至少做多少功?2．质点以加速度a 从静止出发做直线运动，在时刻t ，加速度变为2a ，在时刻2t ，加速度变为3a……，在nt 时刻，加速度变为(n+1)a ，求： (1)nt 时刻质点的速度； (2)nt 时间内通过的总路程．3. 小球从高m h 1800=处自由下落，着地后跳起又下落，每与地面相碰一次，速度减小)2(1=n n，求小球从下落到停止经过的总时间为通过的总路程.（g 取10m/s 2）4．在一原子反应堆中，用石墨(碳)作减速剂，使快中子减速，已知碳核的质量是中子的12倍，假设中子与碳核的碰撞是弹性正碰，而且认为每次碰撞前碳核都是静止的，求：(1)设碰撞前中子的动能是，问经过一次碰撞，中子损失的能量是多少?(2)至少要经过多少次碰撞，中子的动能才能小于5、滑块A质量m=0.01kg，与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2。

用细线悬挂的小球质量均为m'=0.01kg且沿x轴均匀排列，A与第一只小球及小球与相邻小球距离均为s=2m，从左至右悬挂小球的线长分别为L1、L2、L3……。

当A与第一只球间距为2m时的运动速度v0=10m/s 且正好沿着x轴正向运动，不计滑块和小球大小且当滑块与球发生碰撞时机械能不损失，碰后任一小球均恰好能在竖直平面内作完整的圆周运动，（g=10m/s2）。

求：①最左侧悬挂小球的线长L1为多少?②滑块在运动中能与几个小球发生碰撞。

2018届高考物理二轮复习课件第二部分：第5强化数学方法的应用问题含答案

mg L
d
kqAdq2B＝d，当 d 变为2时，要使 A、B 仍保持平衡状
态，可将 B 的质量增加到原来的 8 倍，或者将 A、B 的电
荷量的乘积减小到原来的18，选项 A 正确．
答案：A
2．函数极值法
(1)利用三角函数求极值．三角函数：y＝acos θ＋bsin θ y＝acos θ＋bsin θ＝ a2＋b2sin(θ＋α)，其中 α＝
[典例 2] 如图所示，一质量 m＝0.4 kg 的小物块，
以 v0＝2 m/s 的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力 F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经 t＝2 s 的时间物块由 A 点运动到 B 点， A、B 之间的距离 L＝10 m．已知斜面倾角 θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数 μ＝ 33.重力加速度 g 取 10 m/s2.
第5强化数学方法的应用问题
所谓数学方法，就是要把客观事物的状态、关系和过程用数学语言表达出来，进行推导、演算和分析，以形成对问题的判断、解释和预测．实际上每个物理问题的分析、处理过程都是数学方法运用的过程．以下介绍常用的数学方法．
1．三角形相似法
三角形相似法适用于已知三角形边长关系、并且物体在三个力作用下平衡的问题．
[典例 3]在竖直平面内固定一半径为 R 的金属细圆
环，质量为 m 的金属小球(视为质点)通过长为 L 的绝缘细线悬挂在圆环的最高点．当圆环、小球都带有相同的电荷量 Q(Q>0，未知)时，发现小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，如图所示．已知静电力常量为 k.则下列说法中正确的是( )
(1)选择恰当的微元作为研究对象．微元可以是一小段线段、圆弧或一小块面积，也可以是一个小体积或一小段时间等，但必须具有整体对象的基本特征；

广东增城一中2018高三物理一轮专题练习《数学方法在物理中的应用》

广东增城一中2018高三物理专题练习《数学方法在物理中的应用》一、图像法1.如图8－2甲所示，一薄木板放在正方形水平桌面上，木板的两端与桌面的两端对齐，一小木块放在木板的正中间．木块和木板的质量均为m，木块与木板之间、木板与桌面之间的动摩擦因数都为μ．现突然以一水平外力F将薄木板抽出，要使小木块不从桌面上掉下，则水平外力F至少应为________．(假设木板抽动过程中始终保持水平，且在竖直方向上的压力全部作用在水平桌面上)图8－2甲A．2μmg B．4μmg C．6μmg D．8μmg2 总质量为80 kg的跳伞运动员从离地500 m的直升机上跳下，经过2 s拉开绳索开启降落伞，图8－4是跳伞过程中的v－t图象，试根据图象求：(取g＝10 m/s2)图8－4(1)t＝1 s时运动员的加速度和所受阻力的大小．(2)估算14 s内运动员下落的高度及克服阻力做的功．(3)估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间．3如图甲所示，一质量m＝1 kg的木板静止在光滑水平地面上．开始时，木板右端与墙相距L＝0.08 m，一质量m＝1 kg的小物块以初速度v0＝2 m/s滑上木板左端．木板的长度可保证物块在运动过程中不与墙接触．物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，木板与墙碰撞后以与碰撞前瞬时等大的速度反弹．取g＝10 m/s2，求：图甲(1)从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙碰撞的次数及所用的时间．(2)达到共同速度时木板右端与墙之间的距离．二、特殊值法4.图8－6所示为一个内外半径分别为R1和R2的圆环状均匀带电平面，其单位面积的带电量为σ．取环面中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x轴．设轴上任意点P到O点的距离为x，P点的电场强度大小为E．下面给出E的四个表达式(式中k为静电力常量)，其中只有一个是合理的．你可能不会求解此处的场强E ，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性作出判断．根据你的判断，E 的合理表达式应为[2009年高考·北京理综卷]( )图8－6A ．E ＝2πkσ⎝⎛⎭⎪⎫R 1x 2＋R 12－R 2x 2＋R 22x B ．E ＝2πkσ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋R 12－1x 2＋R 22xC ．E ＝2πkσ⎝ ⎛⎭⎪⎫R 1x 2＋R 12＋R 2x 2＋R 22D ．E ＝2πkσ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋R 12＋1x 2＋R 22x三、均值不等式5．(12分)为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，它的上下底面是面积S ＝0.04 m 2的金属板，间距L ＝0.05 m ，当连接到U ＝2500 V 的高压电源正负两极时，能在两金属板间产生一个匀强电场，如图所示．现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，每1 m 3 有烟尘颗粒1×1013个，假设这些颗粒都处于静止状态，每个颗粒的带电荷量q ＝＋1.0×10－17 C ，质量m ＝2.0×10－15 kg ，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受的重力．问合上开关后：(1)经过多长时间烟尘颗粒可以被全部吸附？ (2)除尘过程中电场力对烟尘颗粒共做了多少功？(3)经过多长时间容器中烟尘颗粒的总动能达到最大？四、数学归纳法6 如图8－7所示，一轻绳吊着一根粗细均匀的棒，棒下端离地面高为H ，上端套着一个细环．棒和环的质量均为m ，相互间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg (k ＞1)．断开轻绳，棒和环自由下落．假设棒足够长，与地面发生碰撞时触地时间极短，无动能损失．棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计．求：图8－7(1)棒第一次与地面碰撞后弹起上升的过程中，环的加速度．(2)从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程s．(3)从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，摩擦力对环和棒做的总功W．五、微元法7如图8－8所示，两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上，导轨间距为l、足够长且电阻忽略不计，导轨平面的倾角为α，条形匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．长度为2d的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成“”形装置，总质量为m ，置于导轨上．导体棒中通以大小恒为I 的电流(由外接恒流源产生，图中未画出)．线框的边长为d (d <l )，电阻为R ，下边与磁场区域上边界重合．将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直．重力加速度为g ．求：图8－8(1)装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q ． (2)线框第一次穿越磁场区域所需的时间t 1．(3)经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离x m ．六、正弦定理和余弦定理的应用8.如图所示，半径分别为R 和2R 的同心圆处于同一竖直面内，O 为圆心，AB 为大圆的水平直径. 两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，小圆内部存在垂直圆面向里的匀强磁场. 间距为d 的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔. 一质量为m ，电量为+q 的粒子由小孔下方距离小孔43d处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v 射出电场，由A 点紧靠大圆内侧射入磁场. 环形区域内磁场感应强度恒为qRmv，不计粒子的重力.（1）求两极板间的电压U . （2）若内圆区域内磁感应强度也为qRmv，则经过多长时间粒子第一次回到A 点. （3）若内圆区域内磁感应强度为qRmv2)13( ，求从A 点进入磁场到第一次回到内圆左侧的C 点粒子所走过的路程.参考答案：1.【解析】解法一 F 越大，木块与木板分离时的速度、位移越小，木块越不可能从桌面滑下．设拉力为F 0时，木块恰好能滑至桌面的边缘，再设木块与木板分离的时刻为t 1，在0～t 1 时间内有：12·(F 0－μmg －2μmg )m ·t 12－12μgt 12＝L 2 对t 1时间后木块滑行的过程，有： v 122μg ＝(μgt 1)22μg ＝L 2－12μgt 12 解得：F 0＝6μmg ．解法二 F 越大，木块与木板分离时的速度、位移越小，木块越不可能从桌面滑出．若木块不从桌面滑出，则其v －t 图象如图8－2乙中OBC 所示，其中OB 的斜率为μg ，BC 的斜率为－μg ，t 1＝t 2图8－2乙有：S △OBC ＝⎝⎛⎭⎫12·μgt 12×2≤L2设拉力为F 时，木板的v －t 图象为图7－2乙中的直线OA ，则S △OAB ＝L2即12(v 2－v 1)·t 1＝L 2 其中v 1＝μgt 1，v 2＝F －3μmg m ·t 1解得：F ≥6μmg 即拉力至少为6μmg ． [答案] C2.【解析】(1)从图象中可以看出，在t ＝2 s 内运动员做匀加速运动，其加速度的大小为：a ＝v t t ＝162m/s 2＝8 m/s 2设此过程中运动员受到的阻力大小为f ，根据牛顿第二定律，有：mg －f ＝ma 得：f ＝m (g －a )＝80×(10－8) N ＝160 N ．(2)v －t 图象与t 轴所包围的面积表示位移，由图象可知14 s 内该面积包含的格子为39格，所以h ＝39×2×2 m ＝156 m根据动能定理，有：mgh －W f ＝12m v 2所以W f ＝mgh －12m v 2＝(80×10×156－12×80×62) J ≈1.23×105 J ．(3)14 s 后运动员做匀速运动的时间为： t ′＝H －h v ＝500－1566s ≈57 s运动员从飞机上跳下到着地所需要的总时间为： t 总＝t ＋t ′＝(14＋57) s ≈71 s ．[答案] (1)160 N (2)1.23×105 J (3)71 s【点评】对于本题，应明确v －t 图象中“面积”的含义，在数小方格个数时需注意合理取舍，即大于半格的算1个，小于半格的舍去．3.【解析】解法一物块滑上木板后，在摩擦力的作用下，木板从静止开始做匀加速运动．设木板的加速度大小为a ，经历时间T 后与墙第一次碰撞，碰撞时的速度为v 1，则有：μmg ＝maL ＝12aT 2v 1＝aT可得：a ＝1 m/s 2，T ＝0.4 s ，v 1＝0.4 m/s物块与木板达到共同速度之前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间为T ．设在物块与木板达到共同速度v 之前木板共经历了n 次碰撞，则有：v ＝v 0－(2nT ＋Δt )a ＝a ·Δt式中Δt 是碰撞n 次后木板从起始位置至达到共同速度所需要的时间上式可改写为：2v ＝v 0－2nTa由于木板的速率只能在0到v 1之间，故有： 0≤v 0－2nTa ≤2v 1 解得：1.5≤n ≤2.5 由于n 是整数，故n ＝2 解得：v ＝0.2 m/s ，Δt ＝0.2 s从开始到物块与木板达到共同速度所用的时间为： t ＝4T ＋Δt ＝1.8 s ．(2)物块与木板达到共同速度时，木板右端与墙之间的距离为：s ＝L －12a ·Δt 2解得：s ＝0.06 m解法二 (1)物块滑上木板后，在摩擦力的作用下，木板做匀加速运动的加速度a 1＝μg ＝1 m/s ，方向向右物块做减速运动的加速度a 2＝μg ＝1 m/s ，方向向左可作出物块、木板的v －t 图象如图8－5乙所示由图可知，木板在0.4 s 、1.2 s 时刻两次与墙碰撞，在t ＝1.8 s 时刻物块与木板达到共同速度．(2)由图8－5乙可知，在t ＝1.8 s 时刻木板的位移为： s ＝12×a 1×0.22＝0.02 m 木板右端距墙壁的距离Δs ＝L －s ＝0.06 m ．图8－5乙[答案] (1)1.8 s (2)0.06 m【点评】本题的两种解题方法都是在清晰地理解物理过程的前提下巧妙地应用数学方法解析的，专题一例4中的解法二也是典型地利用图象来确定物理过程的．4.【解析】A 选项表达式可变形为：E ＝2πkσ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫R 11＋(R 1x )2－R 21＋(R 2x )2，对于这一表达式，当R 1＝0时，E ＝－2πkσR 21＋(R 2x )2，随x 的增大，E 的绝对值增大，这与客观事实不符合，故A 错误，对于C 选项中的表达式，当x ＝0时，E ＝4πkσ，而事实由对称性知应该为E ＝0，故C 错误．对于D 选项，E ＝2πkσ⎝⎛⎭⎪⎪⎫11＋(R 1x )2＋11＋(R 2x )2 同样E 随x 增大而增大，当x ＝∞时E >0，这与事实不符合，故D 错误，只有B 可能正确．[答案] B【点评】本例与2008年高考北京理综卷第20题相似，给出某一规律的公式，要求证它的正确性，这类试题应引起足够的重视．5.【解析】(1)由题意可知，只要位于上板表面的烟尘能被吸附到下板，烟尘即被认为全部吸收．设经过时间t 烟尘颗粒可以被全部吸附，烟尘所受的电场力F ＝qUL(1分)L ＝12at 2＝12·F m t 2＝qUt 22mL(2分)得：t ＝2mqUL ＝0.02 s ． (1分)(2)由于板间烟尘颗粒均匀分布，可以认为烟尘的质心位于板间中点位置，因此，除尘过程中电场力对烟尘所做的总功为：W ＝12NSLqU ＝2.5×10－4 J ． (3分)(3)设烟尘颗粒下落的距离为x ，则板内烟尘的总动能为：E k ＝12m v 2·NS (L －x )＝qU L x ·NS (L －x ) (1分)当x ＝L2时，E k 达最大 (1分)又x ＝12at 12 (1分)所以t 1＝2x a ＝mqU L ＝0.014 s ． (2分)[答案] (1)0.02 s (2)2.5×10－4 J (3)0.014 s [2007年高考·江苏物理卷]6.【解析】(1)设棒第一次上升的过程中环的加速度为a 环，由牛顿第二定律有： a 环＝kmg －mgm ＝(k －1)g ，方向竖直向上．(2)棒第一次落地前瞬间的速度大小为：v 1＝2gH 设棒弹起后的加速度为a 棒，由牛顿第二定律有： a 棒＝－kmg ＋mgm ＝－(k ＋1)g故棒第一次弹起的最大高度为：H 1＝－v 122a 棒＝Hk ＋1路程s ＝H ＋2H 1＝k ＋3k ＋1H ．(3)解法一设棒第一次弹起经过t 1时间后与环达到共同速度v 1′ 环的速度v 1′＝－v 1＋a 环t 1 棒的速度v 1′＝v 1＋a 棒t 1 解得：t 1＝1k 2Hgv 1′＝－2gHk环的位移h 环1＝－v 1t 1＋12a 环t 12＝－k ＋1k 2H棒的位移h 棒1＝v 1t 1＋12a 棒t 12＝k －1k 2Hx 1＝h 环1－h 棒1解得：x 1＝－2Hk棒、环一起下落至地，有：v 22－v 1′2＝2gh 棒1 解得：v 2＝2gHk同理，环第二次相对棒的位移为：x 2＝h 环2－h 棒2＝－2Hk2……x n ＝－2H kn故环相对棒的总位移x ＝x 1＋x 2＋…＋x n ＝－2Hk －1所以W ＝kmgx ＝－2kmgHk －1．解法二经过足够长的时间棒和环最终静止，设这一过程中它们相对滑动的总路程为l ，由能量的转化和守恒定律有：mgH ＋mg (H ＋l )＝kmgl解得：l ＝2Hk －1故摩擦力对环和棒做的总功为：W ＝－kmgl ＝－2kmgHk －1．[答案] (1)(k －1)g ，方向竖直向上 (2)k ＋3k ＋1H (3)－2kmgHk －1【点评】 ①高考压轴题中常涉及多个物体多次相互作用的问题，求解这类题往往需要应用数学的递推公式或数列求和知识．②一对滑动摩擦力做功的总和W ＝－f ·s 总，s 总为相对滑动的总路程． ③对于涉及两个对象的运动过程，规定统一的正方向也很重要．7.【解析】(1)设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为W ，由动能定理得：mg sin α·4d ＋W －BIld ＝0 且Q ＝－W解得：Q ＝4mgd sin α－BIld ．(2)设线框刚离开磁场下边界时的速度为v 1，则接着向下运动2d ，由动能定理得：mg sinα·2d －BIld ＝0－12m v 12线框在穿越磁场中运动时受到的合力F ＝mg sin α－F ′ 感应电动势E ＝Bd v感应电流I ′＝ER安培力F ′＝BI ′d由牛顿第二定律，在t 到(t ＋Δt )时间内，有Δv ＝FmΔt则v ＝∑[g sin α－B 2d 2vmR ]Δt有v 1＝gt 1sin α－2B 2d 3mR解得：t 1＝2m (BIld －2mgd sin α)＋2B 2d 3Rmg sin α．(3)经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离x m 之间往复运动，由动能定理得： mg sin α·x m －BIl (x m －d )＝0解得：x m ＝BIldBIl －mg sin α．[答案] (1)4mgd sin α－BIld (2)2m (BIld －2mgd sin α)＋2B 2d 3R mg sin α (3)BIld BIl －mg sin α8.解析（1）两板间场强大小为：d U E =由动能定理：22143mv d qE =⋅ 联立得：qmv U 322=（2）设粒子在环形区域中做圆周运动的半径为r ，由 rmv qvB 2=可得：R qBmvr ==，由于内圆的磁感应强度大小与环形区域相同，故粒子在内圆做圆周运动的半径大小也为R ,作出粒子在环形区域从A 到D 的轨迹与内圆交于D 点，作出粒子在内圆的从D 到E 的轨迹，连接圆心CO 3、OD 、O 2O 3，不难获得ΔCO 2O 3和ΔCOD 都是等边三角形，于是根据对称性可以画出如图的轨迹. 由于粒子在内外圆的周期均为：vRT π2=有轨迹图可知，粒子第一次回到A 点的时间：2360602360240⨯+⨯=T T t oo o o 得：vRt 310π=.（3）当内圆磁感应强度变为qR mvB 2)13(-=，由洛伦兹力提供向心力：rmv qvB 2=得粒子在内圆做圆周运动的半径：R qBmvr )13(1+==；如图设连接圆心CO 3、O 3O 和OD ，ΔCOD 为等边三角形，可得 ∠ODO 3=120°，令 ∠DOO 3=θ，则θ—︒=∠603O DO 由正弦定理：θθsin )-sin(60OD3DO =︒，由于OD=R ，R DO )13(3+=展开可得θθθsin )60cos sin cos 60)(sin 13(=︒-︒+可解得：︒=45θ，因此可以作出从E 到C 的轨迹如图所示，∠DO 3E=30°. 由轨迹可知从A 到C 所经历的路程：2)13(2360302⨯+⋅︒︒+=R R S ππ 解得：R S π3)43(2+=。