高考物理大二轮复习 专题十一 应用数学处理物理问题的能力讲学案.doc

专题十一 应用数学处理物理问题的能力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 s11.24 m/s(2)8.71 m/s2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：vt(9.69 s0.15 st)v100 mvt(19.30 s0.15 st)0.96v200 m由式得t1.29 s，v11.24 m/s.(2)设加速度大小为a，则a8.71 m/s2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l1.0 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v02.0 m/s，已知物块与木板之间的动摩擦因数0.10，问木板a最终运动的速度为多少？图1答案 m/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v1.0 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 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ya、g的横坐标xb分别为ya2lat2xbvt在刚开始运动时，标记r到a和b的距离之比为21，即oeof21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21.因此，在时刻t有hkkg21由于fghigk，有hgkgxb(xbl)hgkg(yal)2l由式得xblya5l联立式得v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21，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()地球火星木星土星天王星海王星轨道半径(au)1.01.55.29.51930a.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k可知t行t地年，根据相遇时转过的角度之差2n及可知相邻冲日时间间隔为t，则t2，即t，又t火年，t木年，t土年，t天年，t海年，代入上式得t1年，故选项a错误；木星冲日时间间隔t木年2rd小球能从细管a端水平抛出的最小高度hminr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v0，根据机械能守恒定律，有mghmg2rmv2，所以h2r，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，小球离开a点后做平抛运动，则有2rgt2，水平位移xvt，联立以上各式可得水平位移x2，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3.8105 km，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3108 m/s.)()a0.1 s b0.25 sc0.5 s d1 s答案b解析根据m同(rh)，m月r，结合已知数据，解得地球同步卫星距地面的高度h3.6107 m，再根据电磁波的反射及直线传播得：2hct，得t0.24 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1106 c的正电荷从d点移到c点电场力所做的功为w，则()图3aw8106 j，e8 v/mbw6106 j，e6 v/mcw8106 j，e8 v/mdw6106 j，e6 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addb，则d v10 v，udcdc8 v，电荷从d移到c电场力做功为wqudc11068 j8106 j，由图及各点电势可知，电场方向不沿ab方向，所以e8 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oxyz，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，)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. v b. vc. v d. v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1 venq1 v v v，d正确6(2013新课标全国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(q0)、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.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.b.c.d.答案b解析由圆周运动有qvb由几何关系知，在eco和eoo中，有tan 30，解得rr解式得v，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e1，下落距离为0.8r时电动势大小为e2.忽略涡流损耗和边缘效应关于e1、e2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6ae1e2，a端为正be1e2，b端为正ce1e2，a端为正de1e2，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l2，铜棒做的是自由落体运动，故v22gd，v，故有eblvb22b，将d10.2r，d20.8r，代入后比较得e1e2；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0xa、0y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090范围内已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于到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)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由式得r当ra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，得oca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，由几何关系得rsin rrsin arcos 又sin2cos21由式得ra由式得v(2)由式得：sin .9(2015新课标全国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l10.0 cm，b侧水银面比a侧的高h3.0 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h110.0 cm时将开关k关闭已知大气压强p075.0 cmhg.图8()求放出部分水银后a侧空气柱的长度；()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()12.0 cm()13.2 cm解析()以cmhg为压强单位设a侧空气柱长度l10.0 cm时的压强为p；当两侧水银面的高度差为h110.0 cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1.由玻意耳定律得plp1l1由力学平衡条件得pp0h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p0，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h1为止由力学平衡条件有p1p0h1联立式，并代入题给数据得l112.0 cm()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l2，压强为p2.由玻意耳定律得plp2l2由力学平衡条件有p2p0联立式，并代入题给数据得l210.4 cm设注入的水银在管内的长度h，依题意得h2(l1l2)h1联立式，并代入题给数据得h13.2 cm10(2013新课标全国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v0，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p0和；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.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t0，不计活塞与汽缸壁间的摩擦求：图9()恒温热源的温度t；()重新达到平衡后，左汽缸中活塞上方气体的体积vx.答案()t0()v0解析()设左右活塞的质量分别为m1、m2，左右活塞的横截面积均为s由活塞平衡可知：p0sm1gp0sm2g得m2gp0s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v0，所以当下面放入温度为t的恒温热源后，体积增大为(v0v0)，则由等压变化：解得tt0()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，且由两式知m1gm2g，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t0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pvx，设下方气体压强为p2：pp2，解得p2pp0所以有p2(2v0vx)p0联立上述两个方程有6vx2v0vxv020，解得vxv0，另一解vxv0，不合题意，舍去11(2014新课标全国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nsin sin 式中，n是玻璃的折射率，是入射角，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 sin c设aa线段在玻璃上表面的投影长为l，由几何关系有sin 由题意，纸片的半径应为rlr联立以上各式得n 12(2015新课标全国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(2)mmm解析设a运动的初速度为v0，a向右运动与c发生碰撞，由动量守恒定律得mv0mv1mv2由