浙江专用版2020版高考物理二轮复习专题五方法专题第12讲应用数学知识和方法处理物理问题讲义

第12讲 应用数学知识和方法处理物理问题1．动态平衡问题的几何解法 等效圆周角不变法物体受三个力平衡：一个力恒定、另外两个力大小、方向都变化，但两力夹角不变时可用此法(如图)．由弦长的变化判断力的变化，此类题也可用正弦定理求解． 2．与圆有关的几何知识 (1)周长：2πr ，面积：πr 2； (2)直径所对的圆周角是直角；(3)同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于它所对圆心角的一半；(4)圆的函数方程：(x －a )2＋(y －b )2＝r 2是以点(a ，b )为圆心、r 为半径的圆．例1 如图所示，在半径R ＝4cm 的圆形区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.1T ，圆的直径OA 恰好落在x 轴上，C 为圆心．在原点O 处有一粒子源，可向xOy 平面内的各个方向发射速度大小均为v ＝8×105m/s 、比荷q m＝1×108C/kg 的带负电粒子，粒子重力不计．(1)当粒子的初速度方向与x 轴夹角为θ时，恰好能从A 点射出，求θ角；(2)调整粒子源的出射速度大小为2×105m/s ，试用阴影图画出粒子在磁场中能到达的区域，并求出该区域的面积(取π≈3)． 答案 见解析解析 (1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r 1，据qvB ＝mv 2r 1，解得：r 1＝8cm.分析知，粒子做圆周运动的圆心与O 、A 三点组成等边三角形，由几何关系知：θ＝30° (2)v 改变后，粒子做圆周运动的半径：r 2＝2cm ，能到达的阴影区域如图所示S 半圆＝12πr 22 S 扇形＝16π(2r 2)2S 弧＝S 扇形－12×2r 2·3r 2故S 阴影＝116πr 22－3r 22≈15cm 2.y ＝a cos θ＋b sin θ＝a 2＋b 2 (a a 2＋b 2cos θ＋ba 2＋b 2sin θ)令sin φ＝a a 2＋b2，cos φ＝ba 2＋b 2则有：y ＝a 2＋b 2(sin φcos θ＋cos φsin θ)＝a 2＋b 2sin (φ＋θ) 所以当φ＋θ＝π2时，y 有最大值，且y max ＝a 2＋b 2.例2 (2019·广东肇庆市一模)如图a 所示，一物体以一定的速度v 0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 ＝10m/s 2.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． 答案 (1)33 5m/s (2)π3 538m 解析 (1)当θ为90°时，由运动学知识可得：v 02＝2gh 设动摩擦因数为μ，当θ＝0°时摩擦力大小为：F f ＝μmgF f ＝ma 1由运动学公式可得：v 02＝2a 1x 0联立以上各式解得：μ＝33，v 0＝5m/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： 12mv 02＝mgx sin θ＋μmgx cos θ 上式变形可得：x ＝v 022g (sin θ＋μcos θ)＝h sin θ＋μcos θ＝h1＋μ2sin (θ＋φ)μ＝tan φ，则x 的最小值为x min ＝h1＋μ2＝32h ＝583m 对应的θ＝π2－φ＝π2－π6＝π3二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (a 、b 、c 为常数且a ≠0)，当x ＝－b2a 时，y 有极值y m (a >0时，y m 为极小值；a <0时，y m 为极大值)．例3 (2017·全国卷Ⅱ·17)如图所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为(重力加速度大小为g )( )A.v 216gB.v 28gC.v 24gD.v 22g答案 B解析 小物块由最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得12mv 2＝2mgr ＋12mv 12，小物块做平抛运动时，落地点到轨道下端的距离x ＝v 1t ， 又2r ＝12gt 2，联立解得，x ＝2v 2gr －4r 2， 由数学知识可知，当r ＝v 28g时，x 最大，故选项B 正确．数列是高中数学的一个重点，日常生活中的很多实际问题都可以利用数列知识进行求解，物理情境中也有很多问题与数列有关．某一复杂物理过程中如果同一物理情境重复出现，往往会涉及数学归纳法和数列知识的应用．高中物理涉及的数列知识主要有等差数列、等比数列、通项公式和前n 项和公式的应用等．解题的基本思路分三步：第一步，逐个分析开始阶段的几个物理过程；第二步，利用数学归纳法寻找变化物理量的通项公式；第三步，应用数列知识分析求解．例4 如图所示，竖直放置的半圆形光滑轨道半径为R ，圆心为O ，下端与水平轨道在B 点平滑连接．一质量为m 的物块(可视为质点)，置于水平轨道上的A 点．已知A 、B 两点间的距离为L ，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .(1)若物块能到达的最高点是半圆形轨道上与圆心O 等高的C 点，则物块在A 点水平向左运动的初速度应为多大？(2)若对物块始终施加水平向左的恒力F ＝53μmg ，并将其从A 点由静止释放，且运动过程始终不脱离轨道，求物块第2n (n ＝1,2,3，…)次经过B 点时的速度大小． 答案 (1)2g (μL ＋R ) (2)(12)n －2μgL3解析 (1)设物块在A 点时的速度为v 1，由动能定理有：－μmgL －mgR ＝0－12mv 12解得：v 1＝2g (μL ＋R ).(2)设第2、4、6、…、2n 次经过B 点时的速度分别为v 2、v 4、…、v 2n第2、4、6、…、2n 次离开B 点向右滑行的最大距离分别为L 1、L 2、…、L n ，则有： (F －μmg )L ＝12mv 22－(F ＋μmg )L 1＝0－12mv 22(F －μmg )L 1＝12mv 42解得：v 4v 2＝F －μmg F ＋μmg ＝12同理v 6v 4＝12，…，v 2n v 2n －2＝12综上有：v 2n v 2＝(12)n －1得：v 2n ＝(12)n －2μgL3. 拓展训练1 (2019·湖南省六校4月联考)如图所示，在光滑水平面上有一质量为2018m 的木板，板上有2018块质量均为m 的相同木块1、2、…、2018.最初木板静止，各木块分别以v 、2v 、…、2018v 同时向同一方向运动，木块和木板间的动摩擦因数为μ，且木块间不发生碰撞和离开木板的现象．求最终木板的速度大小．答案20194v 解析 木块与木板最终一起以速度v ′运动，由动量守恒可知m (v ＋2v ＋…＋2018v )＝2×2018mv ′； 解得v ′＝20194v .对于两个大于零的变量a 、b ，若其和a ＋b 为一定值，则当a ＝b 时，其积ab 有极大值；若其积ab 为一定值，则当a ＝b 时，其和a ＋b 有极小值．例5 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 ＝0.04m 2的金属板，间距L ＝0.05m ，当连接到U ＝2500V 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1m 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 ＝＋1.0×10－17C ，质量m ＝2.0×10－15kg ，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？ 答案 (1)0.02s (2)2.5×10－4J (3)0.014s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 ＝qULL ＝12at 2＝12·F m t 2＝qUt 22mL 得：t ＝2mqUL ＝0.02s.(2)由于板间烟尘颗粒均匀分布，可以认为烟尘的重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 ＝2.5×10－4J.(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 ＝12mv 2·NS (L －x )＝qUL x ·NS (L －x )当x ＝L2时，E k 达最大 又x ＝12at 12所以t 1＝2xa＝mqUL ≈0.014s.在电磁感应中，如导体切割磁感线运动，产生感应电动势为E ＝BLv ，感应电流I ＝BLvR，受安培力为F ＝BIL ＝B 2L 2Rv ，因为是变力问题，所以可以用微元法．例6 (2019·金丽衢十二校联考)如图所示，空中等间距分布水平方向的条形匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长、磁感应强度均一样，每一条形磁场区域的宽及相邻条形磁场区域的间距均为d .现让一边长为L (L <d )、质量为m 、总电阻为R 的匀质正方形线框MNOP 受到瞬时的水平冲量I 0，使线框从左侧磁场边缘水平进入磁场．(不计空气阻力，线框运动过程中始终保持MN 与磁场边缘线平行)(1)线圈进入磁场的全过程中，MN 边相当于产生感应电流的“电源”，这“电源”的非静电力与什么力有关？(2)线圈刚穿过第一个磁场区域后水平速度变为v 1，求线圈完全处在第一个磁场中时的水平速度大小v ；(3)若L ＝0.2m ，m ＝0.1kg ，R ＝0.1Ω，d ＝0.5m ，I 0＝0.9N·s，且每个区域磁场的磁感应强度B ＝1.0T ，求线框从刚进入磁场到运动方向开始竖直向下的过程中已穿过完整条形磁场的区域个数n 和产生的焦耳热Q . 答案 (1)洛伦兹力 (2)mv 1＋I 02m(3)5 4.05J 解析 (1)与洛伦兹力有关 (2)初速度为：v 0＝I 0m线框进入第一个磁场区域过程，水平方向由动量定理有： －∑BiL ·Δt ＝mv －mv 0 即有：BLq ＝mv 0－mv线框出第一个磁场区域过程，水平方向由动量定理有： －∑BiL ·Δt ＝mv 1－mv 即有：BLq ＝mv －mv 1 解以上方程可得：v ＝mv 1＋I 02m(3)线框运动方向开始竖直向下时水平方向速度为0.设线框从刚进入磁场到运动方向开始竖直向下的过程中已穿过完整条形磁场区域n 个，整个过程由动量定理有：2nBLq ＝mv 0－0q ＝BL 2R解得：n ＝RI 02B 2L3＝5.625(完整个数取5)v 0＝I 0m ＝9m/sQ ＝12mv 02＝4.05J拓展训练2 (多选)(2019·安徽合肥市第二次质检)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨与水平面成θ角放置，导轨间距为L 且电阻不计，其顶端接有一阻值为R 的电阻，整个装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．一质量为m 的金属棒以初速度v 0由导轨底端上滑，经一段时间滑行距离x 到达最高点后，又返回底端．棒与两导轨始终垂直且接触良好，其接入电路中的电阻为r ，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A ．棒下滑过程的平均速度等于v 02B ．棒下滑过程通过R 的电荷量为BLx RC ．棒上滑时间等于mv 0(R ＋r )－B 2L 2xmg (R ＋r )sin θD ．棒上滑过程中回路产生的焦耳热等于12mv 02－mgx sin θ答案 CD解析 根据能量守恒得，除最高点外，在任何一个位置，上滑到此位置的速度大于下滑到此位置的速度，则上滑的平均速度大于下滑的平均速度，在上滑过程中，物体做加速度逐渐减小的减速运动，故上滑的平均速度小于v 02，下滑的平均速度小于v 02，故A 错误；根据感应电荷量公式q ＝ΔΦR ＋r 可知，下滑过程中通过R 的电荷量q ＝BLxR ＋r ，故B 错误；上滑过程，以向上为正方向，对棒由动量定理得：－(mg sin θ＋BiL )Δt ＝m Δv ，两边求和得：－∑(mg sin θ·Δt )－∑(BiL Δt )＝∑m Δv ，整理得：－mg sin θ·t －BLq ＝0－mv 0，又q ＝BLxR ＋r，解得t ＝mv 0(R ＋r )－B 2L 2xmg (R ＋r )sin θ，故C 正确；棒上滑到最高点的过程中，由能量守恒定律可得，回路中产生的总焦耳热为：Q ＝12mv 02－mgx sin θ，故D 正确．专题强化练基础题组1．如图所示，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t 1、t 2、t 3、t 4.下列关系不正确的是( )A ．t 1>t 2B ．t 1＝t 3C ．t 2＝t 4D ．t 2<t 4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 ＝g cos 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 ＝2R cos θ 由x ＝12at 2，得t ＝2x a＝2R cos θg cos θ＝2R 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t 1＝t 3，OB 不是一条完整的弦，时间最短，即t 1>t 2，OD 长度超过一条弦，时间最长，即t 2<t 4，选项A 、B 、D 正确，C 错误．2．如图所示，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( )A ．3mg B.12mg C ．mg D.22mg 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F min ＝ 2mg sin45°＝2mg ，则应满足F ≥2mg ，故A 正确．3．如图所示，传送带通过滑道将长为L 、质量为m 的匀质物块以初速度v 0向右送上水平台面，物块前端在台面上滑动s 距离停下来．已知滑道上的摩擦不计，物块与台面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，而且s >L ，则物块的初速度v 0为( )A.2μgLB.2μgs －μgLC.2μgsD.2μgs ＋μgL答案 B解析 物块位移在由0增大到L 的过程中，对台面的压力随位移由0均匀地增加至mg ，故整个过程的摩擦力的大小随位移变化的图象如图所示，图中梯形“面积”表示物块克服摩擦力所做的功．由动能定理得：12μmg (s －L ＋s )＝12mv 02可解得v 0＝2μgs －μgL . 能力题组4．如图甲所示，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v 0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最大距离s 将发生变化，重力加速度为g .(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最大距离s 最小，并求出此最小值． 答案 (1)33(2)θ＝60°3v 024g解析 (1)由题意知，当θ＝30°时，对物块受力分析得mg sin θ＝μF NF N ＝mg cos θ联立得μ＝tan θ＝tan30°＝33(2)小物块向上运动，则有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma v 02＝2as则s ＝v 022g (sin θ＋μcos θ)＝v 022g 1＋μ2sin (θ＋α)令tan α＝μ，当θ＋α＝90°时，s 最小，此时有θ＝60° 有s min ＝v 022g 1＋μ2＝3v 024g 5．如图所示，质量为m 的由绝缘材料制成的球与质量为M ＝19m 的金属球并排悬挂．现将绝缘球拉至与竖直方向成θ＝60°的位置自由释放，下摆后在最低点处与金属球发生弹性碰撞．在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场．已知由于磁场的阻尼作用，金属球将于再次碰撞前停在最低点处．求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于45°.答案 3次解析 设在第n 次碰撞前绝缘球的速度为v n －1，碰撞后绝缘球、金属球的速度分别为v n 和V n .由于碰撞过程中动量守恒、碰撞前后动能相等，设速度向左为正，则mv n －1＝MV n －mv n ①12mv n －12＝12MV n 2＋12mv n 2② 由①、②两式及M ＝19m 解得v n ＝910v n －1③ V n ＝110v n －1④第n 次碰撞后绝缘球的动能为E n ＝12mv n 2＝(0.81)n E 0⑤E 0为第1次碰撞前的动能，即初始能量绝缘球在θ0＝60°与θ＝45°处的势能之比为E E 0＝mgl (1－cos θ)mgl (1－cos θ0)≈0.586⑥ 式中l 为摆长． 根据⑤式，经n 次碰撞后E n E 0＝(0.81)n⑦ 易算出(0.81)2≈0.656，(0.81)3≈0.531，因此，经过3次碰撞后θ将小于45°. 6．(2019·河南驻马店市第一学期期末)如图所示，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：(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 ＝ER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·山东德州市上学期期末)如图所示，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 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 ，长为L ，电阻为r ，导体棒cd 质量也为m ，长也为L ，电阻为2r ，导轨电阻忽略不计，当地重力加速度为g ，导体棒ab 、cd 始终与导轨接触良好，求：(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 2r216B 4L 4(3)2BLh 3r ＋3m 2gr4B 3L3解析 (1)导体棒ab 到达MN 之前稳定时，由平衡条件得mg sin30°＝ILB I ＝BLv3r联立得：v ＝3mgr 2B 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 最终各自的速度大小相同，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 3r E ＝ΔΦΔt ΔΦ＝L ·h sin30°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＋…＝mv ′－0q 2＝I 1Δt 1＋I 2Δt 2＋I 3Δt 3＋… 得q 2＝3m 2gr4B 3L3整个过程中通过导体棒ab 的电荷量q ＝q 1＋q 2＝2BLh 3r ＋3m 2gr4B 3L 3。