2020版高考物理大二轮复习优化1数学方法在物理解题中的应用教学案 16页

高考物理 优化1　数学方法在物理解题中的应用 高考物理考试大纲中明确要求考生要具备应用数学方法处理物理问题的能力，即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、函数图像进行表达、分析．‎ ‎1．三角函数、正(余)弦定理及其应用 三角函数、正(余)弦定理反映了三角形边与角之间的定量关系．物理量在合成或分解时会构成矢量三角形，若为直角三角形，可直接用三角函数或勾股定理分析计算，若为斜三角形，则通常要用到正(余)弦定理分析求解．‎ ‎2．利用数学方法求极值 分析求解物理量在某物理过程中的极大值或极小值是很常见的物理问题，这类问题的数学解法有很多，主要有：三角函数极值法、二次函数极值法、不等式极值法、图像法等．‎ ‎3．数学归纳法的应用 数学归纳法是一种较为重要的思想方法，高考中常通过数学归纳法来解决物理问题，数学归纳法是把从某些特殊情况下归纳出来的规律，利用逆推的方法从理论上证明这一规律的一般性，是用有限次的验证和易错逻辑推理代替无限次的验证过程，从而实现从无限次到有限次的转化．‎ ‎4．应用几何图形解决物理问题 几何作图法充分利用“数形结合”的思想，把物理问题转化成一个几何问题，通过几何图形所蕴含的物理意义从图中寻求答案，既方便又快捷．‎ 题型1　正弦定理的应用 ‎【典例1】　如图所示，一圆环位于竖直平面内．圆环圆心O处有一小球，OP、OQ 16‎ 高考物理 为两根细绳，一端与球相连，另一端固定在圆环上，OP水平，OQ与竖直方向成30°角．现保持小球位置不动，将圆环沿顺时针方向缓慢转过90°角，则在此过程中(　　)‎ A．OP绳所受拉力增大 B．OP绳所受拉力先增大后减小 C．OQ绳所受拉力先减小后增大 D．OQ绳所受拉力先增大后减小 ‎[解析]　设小球的重力为G，圆环沿顺时针方向缓慢转动过程中OP与竖直方向的夹角为α时，OP和OQ的拉力大小分别为T1、T2.由题可知，小球的位置保持不动，受力保持平衡，由平衡条件可知，两绳拉力的合力不变，运用三角形定则作出力的合成图，如甲所示，小球受到的重力G和T1、T2组成一个闭合的三角形．由正弦定理得 ＝＝ 解得T1＝，T2＝ 在α从90°转到0°的过程中，根据数学知识可知，sin(120°－α)先增大后减小，而sinα一直减小，所以OP绳所受拉力先增大后减小，OQ绳所受拉力一直减小．‎ ‎[答案]　B 16‎ 高考物理 题型2　数学方法求极值 ‎【典例2】　质量为5 kg的木块与水平面间动摩擦因数为，一人欲用最小的作用力F使木块沿地面匀速运动，如右图所示，则此最小作用力的大小和F与水平面的夹角θ分别为(g＝10 m/s2)‎ A．10 N　30° B. N　0‎ C．25 N　30° D．25 N　60°‎ ‎[解析]　如图所示，木块受重力G、地面的支持力FN、摩擦力Ff和施加的外力F四个力作用．设力F与x轴夹角为θ，由共点力平衡条件得 Fcosθ＝Ff Fsinθ＋FN＝G 且有Ff＝μFN 联立以上各式得F＝ 利用和差角公式变形为 F＝(其中tanφ＝)‎ 当sin(θ＋φ)＝1时，F具有极小值 16‎ 高考物理 Fmin＝＝ N＝25 N 因为tanφ＝＝ 所以φ＝60°‎ 则F与x轴夹角θ＝90°－60°＝30°，故选项C正确．‎ ‎[答案]　C 题型3　数学归纳法的应用 ‎【典例3】　(2018·湖南省六校4月联考)如下图所示，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．‎ ‎[解析]　木块与木板最终一起以速度v′运动，由动能定理可知m(v＋2v＋…＋2018v)＝2×2018mv′；‎ 解得v′＝v.‎ ‎[答案]　v 题型4　应用几何图形解决物理问题 ‎【典例4】　(多选)(2018·广东省深圳市高级中学模拟)如右图所示为建筑工地一个小型起重机起吊重物的示意图．一根轻绳跨过光滑的动滑轮，轻绳的一端系在位置A处，动滑轮的下端挂上重物，轻绳的另一端挂在起重机的吊钩C处，起吊重物前，重物处于静止状态．起吊重物过程是这样的：先让吊钩从位置C竖直向上缓慢地移动到位置B，然后再让吊钩从位置B水平向右缓慢地移动到D，最后把重物卸在某一位置．则关于轻绳上的拉力大小变化情况，下列说法正确的是(　　)‎ 16‎ 高考物理 A．吊钩从C向B移动过程中，轻绳上的拉力不变 B．吊钩从B向D移动过程中，轻绳上的拉力变大 C．吊钩从C向B移动过程中，轻绳上的拉力最大 D．吊钩从B向D移动过程中，轻绳上的拉力变小 ‎[解析]　对重物受力分析，因重物重力不变，所以重力与两绳子的拉力的合力大小相等，并且绳子两端的张力相等，设绳子间的夹角为2θ；在由C到B上移的过程中有：2FTcosθ＝mg；设绳子长为L，由几何关系可知，则有：Lsinθ＝d；因由C到B的过程中A到BC的垂直距离d不变，故θ不变，所以轻绳上的拉力不变，故A正确，C错误；由B到D的过程中，绳子长不变，两绳之间的夹角增大，则由以上分析可知，FT增大，故B正确，D错误．‎ ‎[答案]　AB 16‎ 高考物理 专题强化训练(十九)‎ 一、选择题 ‎1. (多选)(2018·河南五校联考)如图所示，两个可视为质点的小球A、B通过固定在O点的光滑小滑轮(图中未画出)用细线相连，小球A置于光滑半圆柱上，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O1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∶ D．球A与球B的质量之比为2∶1‎ ‎[解析]　对A、B两个小球进行受力分析，如图所示，球A所受的弹力为半圆柱对球A的支持力和细线对球A的拉力的合力，大小等于mAg，细线对球A的拉力大小为T＝mAgcos45°＝mAg，所以细线对球A的拉力与球A所受弹力大小不相等，故A错误；根据受力分析图，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，所以细线对球A的拉力与对球B的拉力之比为1∶1，故C错误；根据勾股定理，对球B：T′＝＝2mBg，对球A：T＝mAg，故2mBg＝mAg，解得＝，故D正确．‎ 16‎ 高考物理 ‎[答案]　BD ‎2. (2019·辽宁五校联考)如图所示，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＝2β B．sinα＝2sinβ C．tanα＝2tanβ D．cosα＝cos2β ‎[解析]　设轻弹簧对两质点的弹力大小为F，分别隔离A、B两质点分析受力，作出受力分析图，如图所示．因为两根绳等长，顶角为60°，所以三角形OAB为等边三角形，对左侧的矢量三角形，由拉密定理可知＝；对右侧的矢量三角形，由拉密定理可知＝；两式联立解得sinα＝2sinβ，选项B正确．‎ 16‎ 高考物理 ‎[答案]　B ‎3．(多选)(2017·全国卷Ⅰ)如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N.初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α.现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM由竖直被拉到水平的过程中(　　)‎ A．MN上的张力逐渐增大 B．MN上的张力先增大后减小 C．OM上的张力逐渐增大 D．OM上的张力先增大后减小 ‎[解析]　对重物受力分析可知，重物受重力G、OM的拉力FOM、MN的拉力FMN.重物处于动态平衡状态，合力为零，所以G、FOM、FMN构成封闭的矢量三角形．重力不变，由于OM与MN之间的夹角α不变，则FOM与FMN的夹角(π－β)，不变，矢量三角形动态图如图所示，当FOM为圆的直径时最大，最后FOM变为水平，此时FMN最大，所以FOM先增大后减小，FMN一直增大．‎ 16‎ 高考物理 ‎[答案]　AD ‎4．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，一根在下面拴一重物，另一根绕过无摩擦定滑轮，在绳端施加拉力，使杆从位置Ⅰ缓缓移到位置Ⅱ的过程中，绕过定滑轮的那根绳的张力F以及轻杆在B端受到的作用力FN的变化情况是(　　)‎ A．F减小，FN大小不变，方向由沿杆向外变为沿杆向里 B．F减小，FN大小不变，方向始终沿杆向里 C．F不变，FN先变小后变大，方向沿杆向里 D．F不变，FN变小，方向沿杆向里 ‎[解析]　分析杆的端点B的受力，如图所示，三角形ABO和由力组成的三角形BCD相似，由几何关系知＝＝，L1不变，FN大小不变，L2减小，F减小，B正确．‎ 16‎ 高考物理 ‎[答案]　B ‎5．(2019·武汉二月调考)如下图所示，“⊗”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平行且水平放置，a、b中的电流强度分别为I和2I，此时a受到的磁场力大小为F.当在a、b的上方再放置一根与a、b平行的通电长直导线c后，a受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.F C．2F D.F ‎[解析]　先分析导线a的受力，题设a、b平行，电流分别为I和2I，此时a受到的磁场力大小为F.再在a、b的上方放置一根与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受到的磁场力大小仍为F，根据平行四边形定则，可知c对a的磁场力Fca方向由a指向c，大小等于F，如图所示．‎ 再分析b的受力，a对b的磁场力大小为F，因为rca＝rcb，a、b电流分别为I和2I，所以c对a的磁场力大小Fca＝F，故c对b的磁场力大小Fcb＝2F，根据平行四边形定则和余弦定理，可得b受到的磁场合力大小为Fb合＝＝F，选项D正确．‎ ‎[答案]　D ‎6．(多选)如下图所示，A、B两物体相距s，物体A以vA＝6‎ 16‎ 高考物理 ‎ m/s的速度向右匀速运动．而物体B此时的速度vB＝2 m/s，向右做匀加速运动，加速度a＝2 m/s2.欲让两物体相遇两次，则s可能的值为(　　)‎ A．1 m B．2 m C．4 m D．6 m ‎[解析]　设经时间t，物体A、B相遇，位移满足xA－xB＝s，物体A做匀速直线运动的位移xA＝vAt，物体B做匀加速直线运动的位移xB＝vBt＋at2，联立并代入数据可得t2－4t＋s＝0，根据上述方程，欲让t有两解，则Δ＝b2－4ac＝16－4s>0，即s<4 m，选项C、D错误；将选项A、B代值计算可知，两解都为正值，选项A、B正确．‎ ‎[答案]　AB ‎7．(多选)(2019·安徽省安庆市二模)如下图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一电阻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，导轨电阻忽略不计．已知通过电阻R的感应电流I随时间t变化的关系如图乙所示．下列关于棒运动速度v、外力F、流过R的电荷量q以及闭合回路中磁通量的变化率随时间变化的图像正确的是(　　)‎ 16‎ 高考物理 ‎[解析]　根据题图乙所示的I－t图像可知I＝kt，其中k为比例系数，由闭合电路欧姆定律可得：I＝＝kt，可推出：E＝kt(R＋r)，而E＝，所以有：＝kt(R＋r)，－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，所以v＝t，v－t图像是一条过原点且斜率大于零的直线，说明了金属棒做的是初速度为零的匀加速直线运动，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＝，v＝at，得到F＝＋ma，可见F－t图像是一条斜率大于零且与纵轴正半轴有交点的直线，故C错误；q＝Δt＝＝＝t2，q－t图像是一条开口向上的抛物线，故D错误．‎ ‎[答案]　AB ‎8．(多选)(2019·山东省临沂市上学期期末)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(　　)‎ 16‎ 高考物理 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 ‎[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．‎ ‎[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：‎ 16‎ 高考物理 ‎(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．‎ ‎[解析]　(1)当θ为90°时，由运动学知识可得：v＝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：v＝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：‎ mv＝mgxsinθ＋μmgxcosθ⑤‎ 对⑤式变形可得：x＝＝＝ μ＝tanφ，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 ‎10．示波器主要由电子枪中的加速电场，两水平放置的平行金属板中的偏转电场和竖直放置的荧光屏组成，如下图所示．若已知加速电场的电压为U1，两平行金属板的板长、板间距均为d，荧光屏距两平行金属板右侧的距离也为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U2，则电子会打在荧光屏上的某点，该点与O点的距离为d.已知两金属板间只存在竖直方向的匀强电场，不计电子在进入加速电场时的速度及电子重力，电子的质量为m，电荷量为e，求U1与U2的比值．‎ 16‎ 高考物理 ‎[解析]　电子加速过程，由动能定理可得 eU1＝mv 电子进入偏转区做类平抛运动，轨迹如图所示 沿初速度方向，有 d＝v0t 在垂直初速度方向，有 y＝at2‎ 其中a＝，E＝ 设电子离开偏转电场时，它的速度偏向角为θ，则 tanθ＝＝，其中Y＝d 解得＝.‎ 16‎ 高考物理 ‎[答案]　 16‎