(通用版)高考物理二轮复习专题八应用数学知识和方法处理物理问题讲义

高考命题点命题轨迹情境图应用正、余弦定理、几何图形及数学推理解决物理问题20163卷34(2)16(3)34(2)题18(1)25题18(1)34(1)题18(2)25题18(2)34(2)题18(3)25题18(3)34(2)题20181卷25、34(1)2卷25、34(2)3卷25、34(2)应用三角函数分析物理问题20171卷2117(1)21题应用函数表达式或者图象解决物理问题20173卷2517(3)25题数学方程式、不等式、微元法和归纳法的应用20163卷25、35(2)16(3)25题16(3)35(2)题17(2)25题20171卷25,2卷25,3卷33(2)17(3)33(2)题数学推导和结论分析20151卷25、35(2)，2卷2515(1)25题15(1)35(2)题15(2)25题16(1)16题16(1)25题16(2)25题20161卷16、25,2卷25（通用版）高考物理二轮复习专题八应用数学知识和方法处理物理问题讲义例1 (2019·山东日照市3月模拟)如图1所示，两个质量分别为3m 、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1A ．小圆环A 、B 受到大圆环的支持力之比是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32mg 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：3mg sin45°＝F T sin α，mg sin45°＝F T ′sin β，由于F T ＝F T ′，α＋β＝90°整理可以得到：α＝30°，β＝60°，F T ＝F T ′＝62mg 再次利用正弦定理：F N A sin (180°－45°－30°)＝3mg sin45°，F N B sin (180°－45°－60°)＝mgsin45°整理可以得到：F N A F N B ＝31，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180°－(45°＋30°)－90°＝15°，故选项C 错误．例2(2019·山西临汾市二轮复习模拟)如图2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15kg，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90N，此时拉力与水平方向间的夹角为θ，重力加速度大小为g＝10m/s2，sin37°＝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2A．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：F cosθ－F f＝0，竖直方向，有：F N＋F sinθ－G＝0，其中：F f＝μF N，故F＝μGcosθ＋μsinθ令μ＝tanα，则F＝G sinαcos(α－θ)；当α－θ＝0°时，F有最小值，故F＝G sinα＝90N，故α＝37°，故μ＝tan37°＝0.75，θ＝37°，故选D.例3 (2019·湖北武汉市四月调研)某质点做匀加速直线运动，经过时间t 速度由v 0变为kv 0(k >1)，位移大小为x .则在随后的4t 内，该质点的位移大小为( )A.8(3k －2)xk ＋1B.8(2k －1)xk ＋1C.8(2k －1)xk －1D.3(5k －3)xk ＋1答案 A解析 根据题目已知条件可以作出以下图象由v －t 图象与t 轴所围成的面积表示位移可得，用时t 的位移为x ＝v 0＋kv 02·t ；5t 时间内的位移为x ′＝v 0＋(5k －4)v 02·5t ，因此x ′x ＝5(5k －3)k ＋1，所以x ′＝5(5k －3)k ＋1x ，即随后4s 内的位移为x ′－x ＝8(3k －2)k ＋1x ，故A 正确，B 、C 、D 错误．例4 (2019·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v 0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12，方向相反．电场强度大小等于mv 0216qd ，磁感应强度大小等于mv 0qd，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)(2π＋242－32)d v 0 (3)103d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34的圆周运动后经过OM ，根据洛伦兹力提供向心力，有：qv 0B ＝m v 02r ，解得：r ＝mv 0qB＝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 ＝2πdv 0在电场中，沿y 轴方向的加速度：a ＝qE m ＝v 0216d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t 1，沿y 轴方向：v y 02－v 02＝2ar ，v y 0＝v 0＋at 1联立解得：t 1＝(122－16)d v 0则带电粒子第三次到达OM 时经过的时间为：t ＝T ＋2t 1＝(2π＋242－32)d v 0；(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v 0 竖直方向：v y 2＝2a (2d )第一次竖直分速度减半反弹，竖直分速度v y 1＝12v y ，高度：h 1＝v y 122a ＝14×2d第二次竖直分速度减半反弹，竖直分速度v y 2＝12v y 1＝122v y ，高度：h 2＝v y 222a ＝142×2d……第n 次竖直分速度减半反弹，高度h n ＝v yn 22a ＝14n ×2d故总路程为：H ＝2d ＋2(h 1＋h 2＋…＋h n )＝2d ＋2×2d (14＋142＋…＋14n )整理可以得到：H ＝103d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 ＝103d .例5 (2019·山东德州市上学期期末)如图4所示，宽度为L 的光滑固定金属导轨由水平部分和倾斜部分组成，水平部分足够长，倾斜部分与水平面的夹角为30°.导轨水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，倾斜部分处于斜向上与导轨平面垂直的匀强磁场中，两磁场的磁感应强度大小均为B .导体棒ab 和cd 均与导轨垂直且分别置于导轨的倾斜部分上和水平部分上并保持静止，现将导体棒ab 在距导轨水平部分高度为h 处释放，导体棒ab 在到达MN 处之前已达到稳定的运动状态，在导体棒ab 到达MN 时再释放导体棒cd ，导体棒ab 在MN 处由倾斜部分进入水平部分时无能量损失．已知导体棒ab 质量为m ，电阻为r ，导体棒cd 质量也为m ，电阻为2r ，导轨电阻忽略不计，两导体棒始终与导轨接触良好，当地重力加速度为g ，求：图4(1)导体棒ab 到达MN 之前稳定运动时的速度大小； (2)整个过程中导体棒ab 产生的焦耳热；(3)整个过程中通过导体棒ab 某一横截面的电荷量． 答案 (1)3mgr 2B 2L 2 (2)13mgh －3m 3g 2r 216B 4L 4 (3)2BLh 3r ＋3m 2gr 4B 3L 3 解析 (1)导体棒ab 到达MN 之前稳定运动时，由平衡条件得mg sin30°＝ILBI ＝BLv 3r联立得：v ＝3mgr2B 2L2(2)导体棒ab 进入水平部分后，ab 和cd 组成的系统动量守恒mv ＝2mv ′导体棒ab 和cd 最终的速度大小相同，都为v ′＝3mgr4B 2L 2整个过程中能量守恒mgh ＝2×12mv ′2＋Q导体棒ab 产生的焦耳热Q ab ＝13Q解得Q ab ＝13mgh －3m 3g 2r216B 4L4(3)导体棒ab 自开始运动至到达MN 的过程中，通过导体棒ab 某一横截面的电荷量q 1＝I ΔtI ＝E 3rE ＝ΔΦΔtΔΦ＝BL hsin30°得q 1＝2BLh 3r对导体棒cd 的运动过程运用动量定理：BL I 1Δt 1＋BL I 2Δt 2＋BL I 3Δt 3＋…＋BL I n Δt n ＝mv ′－0 q 2＝I 1Δt 1＋I 2Δt 2＋I 3Δt 3＋…＋I n Δt n得q 2＝3m 2gr 4B 3L3整个过程中通过导体棒ab 某一横截面的电荷量q ＝q 1＋q 2＝2BLh 3r ＋3m 2gr4B 3L3.专题强化练(限时30分钟)1.(2019·河南省高考适应性测试)如图1所示，边长为L 的等边三角形ABC 内、外分布着两方向相反的匀强磁场，三角形内磁场方向垂直纸面向里，两磁场的磁感应强度大小均为B .顶点A 处有一粒子源，粒子源能沿∠BAC 的角平分线发射不同速度的粒子，粒子质量均为m ，电荷量均为＋q ，粒子重力不计．则粒子以下列哪一速度值发射时不能通过C 点( )图1A.qBL m B.qBL 2m C.2qBL 3m D.qBL 8m答案 C解析 粒子带正电，且经过C 点，其可能的轨迹如图所示：所有圆弧所对圆心角均为60°，所以粒子运动半径：r ＝Ln(n ＝1,2,3，…)，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB ＝m v 2r ，解得：v ＝Bqr m ＝BqLmn(n＝1,2,3，…)，故选C.2.(2019·山东淄博市3月模拟)如图2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( )图2A.3mB.33mC.32m D ．2m 答案 A解析 分别对a 、b 两球受力分析，如图：根据共点力平衡条件得：F T＝m b g；根据正弦定理得：F Tsinθ＝m a gsin(90°＋θ)；故m b∶m a＝tan30°∶1，则m a＝3m，故B、C、D错误，A正确．3.(2019·云南省统一检测)如图3所示，细线一端固定，另一端拴一小球，小球处于静止状态．现用一始终与细线垂直的力F缓慢拉着小球沿圆弧运动，直到细线水平，在小球运动的整个过程中，F和细线拉力的变化情况为( )图3A．F先增大后减小B．F不断增大C．细线的拉力先增大后减小D．细线的拉力不断增大答案 B解析对小球受力分析，如图甲所示：由图可知，F和F T的合力与重力大小相等，方向相反，故可以将这三个力放在一个闭合的矢量三角形内进行分析，如图乙所示：在缓慢变化的过程，重力保持不变，F 与F T 的方向始终垂直，且三个力始终构成一个闭合的矢量三角形，故由图乙可知，F 不断增大，细线的拉力F T 不断减小，故A 、C 、D 错误，B 正确．4．(多选)(2019·河南郑州市第二次质量预测)如图4所示，2019个质量均为m 的小球通过完全相同的水平轻质弹簧(始终在弹性限度内)相连，在水平拉力F 的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a 向右做匀加速直线运动，设1和2之间弹簧的弹力为F 1－2,2和3之间弹簧的弹力为F 2－3,2018和2019之间弹簧的弹力为F 2018－2019，则下列结论正确的是( )图4A ．F 1－2∶F 2－3∶…∶F 2018－2019＝1∶2∶3∶…∶2018B ．从左到右每根弹簧长度之比为1∶2∶3∶…∶2018C ．如果突然撤去拉力F ，撤去F 瞬间，第2019个小球的加速度为F m，其余每个球的加速度依然为aD ．如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球的加速度为0，第2个小球的加速度为2a ，其余小球的加速度依然为a 答案 AD解析 以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F ＝2019ma ，解得a ＝F2019m ；以后面的第1、2、3、…、2018个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得F 1－2＝12019F ，F 2－3＝22019F ，…，F 2018－2019＝20182019F ，则F 1－2∶F 2－3∶…∶F 2018－2019＝1∶2∶3∶…∶2018，故A 正确；因为每根弹簧的劲度系数相等，根据胡克定律可知，从左到右每根弹簧伸长量之比为1∶2∶3∶…∶2018，但是总长度之比不等于1∶2∶3∶…∶2018，故B 错误；突然撤去F 瞬间，因弹簧的弹力不能突变，可知除第2019个球所受合力突然变为20182019F ，加速度为2018F2019m ，其他球的合力未变，所以其他球的加速度依然为a ，故C 错误；如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球受到的合力为零，则加速度为0，第2个小球受到的合力变为2F 2019，则加速度为2F2019m ＝2a ，其余小球受到的合力不变，加速度依然为a ，故D 正确．5．给房屋设计屋顶时，把屋顶设计成斜面，把雨水沿着屋顶滑下的运动理想化为小球沿光滑斜面滑下的情形，为了使雨水能尽快地滑下并从屋檐落下，则斜面的倾角应设计成多大的角度？按这种设计，雨水从屋顶滑到屋檐的时间为多少？(已知屋顶与屋檐间的水平距离为L ，重力加速度为g ) 答案 见解析解析 如图所示，设斜面AB 的倾角为θ.当雨水(理想化为图中的小球)从斜面滑下时，其加速度为a ＝g sin θ，从A 到B 的距离为L cos θ，设从A 到B 所用的时间为t ，则Lcos θ＝12g sin θ·t 2 得t ＝2Lg sin θcos θ＝4Lg sin2θ当θ＝45°时，t 有最小值，t min ＝2L g. 6．(2019·河南驻马店市第一学期期末)如图5所示，间距为L ＝0.5m 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 ＝0.2T ，轨道左侧连接一定值电阻R ＝1Ω.垂直导轨的导体棒ab 在水平外力F 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 ＝10m/s 2，求：图5(1)导体棒的加速度大小； (2)导体棒的质量． 答案 (1)5m/s 2(2)0.1kg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 f ，则导体棒产生的电动势：E ＝BLv 回路中的电流I ＝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 f ＝ma 由题意v ＝at联立解得：F ＝B 2L 2aRt ＋ma ＋F f根据题图乙可知，0～10s 内图象的斜率为0.05N/s ，即B 2L 2a R＝0.05N/s ，解得a ＝5 m/s 2(2)由F －t 图象纵截距可知：ma ＋F f ＝1.0N 又F f ＝μmg 解得m ＝0.1kg.7.(2019·四川绵阳市第二次诊断)如图6所示，一倾角为60°的光滑斜面固定于水平地面上，Q 为斜面顶点，P 为斜面上一点，同一竖直平面内有固定点O ，O 、P 连线垂直于斜面，OP ＝l ，P 、Q 间距离x PQ ＝312l .长度为l 的轻绳一端系于O 点，另一端系质量为m 的小球A ，质量为M ＝4m 的滑块B 在一锁定装置作用下静止于斜面上的P 点．现将A 球拉至与O 点等高的水平位置，拉直轻绳，以竖直向下的初速度v 0释放，A 与B 发生碰撞前一瞬间，锁定装置解除，A 、B 均视为质点，碰撞过程中无能量损失，重力加速度为g .图6(1)求小球A 通过最低点C 点时，绳对小球拉力的大小；(2)求小球A 与滑块B 碰撞后瞬间，小球A 和滑块B 的速度v A 和v B 的大小；(3)若A 、B 碰后，滑块B 能沿斜面上滑越过Q 点，且小球A 在运动过程中始终不脱离圆轨道，求初速度v 0的取值范围．答案 (1)3mg ＋mv 02l (2)35gl ＋v 02 25gl ＋v 02 (3)34gl <v 0≤43gl 或v 0≥91gl 3解析 (1)小球A 摆到C 点时，设速度为v C ，绳对小球的拉力大小为F T ，则由机械能守恒得mgl ＋12mv 02＝12mv C 2，在C 点，对小球A ，由牛顿第二定律有：F T －mg ＝m v C2l解得：F T ＝3mg ＋m v 02l(2)设小球A 在与B 碰前的速度为v 1，则由机械能守恒定律得mgl cos60°＋12mv 02＝12mv 12对于碰撞过程，取沿斜面向上为正方向，由动量守恒定律得mv 1＝mv A ＋Mv B 由机械能守恒定律有：12mv 12＝12mv A 2＋12Mv B 2解得：v 1＝gl ＋v 02，v A ＝－35gl ＋v 02，v B＝25gl ＋v 02 (3)讨论：①滑块B 能沿斜面上滑越过Q 点，则12Mv B 2>Mgx PQ sin60°解得：v 0>34gl②小球A 不能做完整圆周运动，但不脱离圆轨道，即回到最右端位置时速度不能大于零， 则：12mv A 2≤mgl cos60°解得：v 0≤43gl③小球A 能做完整圆周运动，即能够过最高点，设小球A 恰能过最高点的速度为v 2，则：mg ＝m v 22l小球A 能过圆轨道的最高点的条件为：12mv A 2≥12mv 22＋mgl (1＋cos60°)解得：v 0≥91gl3初速度v 0的取值范围：34gl <v 0≤43gl 或v 0≥91gl3。