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

题型1应用几何图形解决物理问题

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E弦定理求解.

2.与圆有关的几何知识

⑴周长:2nr,面积:兀冷

(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+3—6)2=/是以点(小公为圆心、「为半径的圆.

m11如图所示，在半径44cm的圆形区域内有方向庭直纸面向里的匀强磁场，磁感应强

度6=0.1T,圆的直径如恰好落在x轴上，C为圆心.在原点。处有一粒子源，可向,Y0平

面内的各个方向发射速度大小均为r=8XlOm/ss比荷'=1X10(/kg的带负电粒子，粒子

P1

重力不计.

(1)当粒子的初速度方向与X轴夹角为〃时，恰好能从力点射出，求〃角；

(2)调整粒子源的出射速度大小为2X10%/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(取工-3).

答案见解析

2

解析(1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为n,据"，解得：n=8cm.分析知，粒

子做圆周运动的圆心与0、力三点组成等边三角形，由几何关系知：〃=30°

(2)/改变后，粒子做圆周运动的半径：连=2cm,能到达的阴影区域如图所示

S华m=］冗n

Sia形(2?j)2

6

S以=SL—2n•/及

故S用影?22—^3722^15cnf.

题型2应用三角函数分析物理问题

,,Qb

y=<?cos〃+层in0=>\/#+K(f—,---=：fos0+.,—<in。)

7才+6

.ab

令sin°=L'c°s"=B

则有：y=7—+S(sin</>cos^4-cos^sin0}=yja+/j:sin(。+。)

所以当。+0=]■时、y有最大值，且外“=4才+炉.

【例2】(2019•广东肇庆市一模)如图a所示，一物体以一定的速度匕沿足够长的固定斜面向

上运动，此物体化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/s2.试求：

⑴物体与斜面之间的动摩擦因数及物体的初速度大小;

(2)〃为多大时，x值最小？求出x的最小值.

解析⑴当〃为90°时，由运动学知识可得：诏=2劭

设动摩擦因数为〃，当〃=0。时摩擦力大小为：R=umg

R=ma、

由运动学公式可得：诏=28照

联立以上各式解得：〃=手，％=5m/s

O

⑵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：

1

-/nvo=/ngxsin〃+以mgxcas0

乙

上式变形可得•X=-----------------=--------------=.---------

m又山J14.X2^sin。+〃cos0）sin〃+〃cos〃/"siM0+。）

〃=tan。，贝ljx的最小值为A,„i„=/h..=o

nnn

对应的0---cb==一

2----426----3

题型3应用函数表达式解决物理问题

二次函数7=/+&+。（2、byc为常数且a¥0）,当x=一及时，y有极俏.%（a>0时，％为

极小值；水0时，乂为极大值）.

【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/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•砌・辰・启％

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侬/+%〃诏，小物块做

乙乙

平抛运动时，落地点到轨道下端的距离才一H-，

又2r=］也联立解得，x=2yl-^r—4r

由数学知识可知，当片可时，，最大，故选项BIE确.

题型4数列和归纳法的应用

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〃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人物理过程；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凡圆心为。下端与水平轨道在〃点

平滑连接.一质量为卬的物块（可视为质点），置于水平就道上的力点.已知从4两点间的距

离为L,物块与水平轨道间的动摩擦因数为〃，重力加速度为名

⑴若物块能到达的最高点是半圆形轨道上与圆心0等高的。点，则物块在力点水平向左运动

的初速度应为多大？

⑵若对物块始终施加水平向左的恒力少=彳〃侬，并将其从4点由静止释放，且运动过程始

终不脱离轨道，求物块第2,3,…）次经过〃点时的速度大小.

答案（1）尖2、+向⑵@y罟

解析（1）设物块在月点时的速度为回，由动能定理有：—RmgL—mgR=G一』mv：

解得：匕=,2出uL\昨

⑵设第2、4、6、…、2〃次经过8点时的速度分别为以内、…、以

第2、4、6、…、2〃次离开4点向右滑行的最大距离分别为小%、…、L“,则有：

（F—Pmg）L=^mv^

—俨+〃mg）Zi=O-%后

综上有：

得：侬=看尸寸在

【拓展训练11(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2018勿的

木板，板上有2018块质量均为力的相同木块1、2、…、2018.最初木板静止，各木块分别以

八2八…、2018P同时向同一方向运动，木块和木板间的动摩擦因数为〃，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.

v2v3v2018t/

解析木块与木板最终一起以速度/运动，

由动量守恒可知〃7(0+2LH・・+20180=2X2018〃/；

解得/=翠匕

题型5数学不等式的应用

对于两个大于零的变量石、b,若其和a+人为一定值，则当a=。时，其积劭有极大值；若

其积油为一定值，则当a=6时，其和a+8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=0.04n?的金属板，间距L=0.05m,当连接到^=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In?有烟尘颗粒IX10”个，假设这些颗粒都处于静止状态，每个颗粒的带电荷

量“=+1.0义10一气，质量h=2.0X10f'kg,不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，

并忽略烟生颗粒所受的重力.问合上开关后：

⑴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)2.5X10-4J(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f烟尘颗粒可以被全部吸附，烟尘所受的电场力

72

,121Z2qb't

L千产F•蓝=FL

得：t=A^L=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：#一9VW/*=2.5Xl()7j.

⑶设烟尘颗粒下落的距离为％则板内烟尘的总动能为:

Ei=^mv•AS(£—x)=*~x・NSlL一6

乙L

当时，区达最大

题型6微元法的应用

在电磁感应中，如导体切割磁感线运动，产生感应电动势为£=应匕感应电流/=一丁，受安

培力为尸=夕〃=下/，因为是变力问题，所以可以用微元法.

K

【例6】(2019•金丽衢十二校联考)如图所示，空中等间即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£(仅中、质最为力、总电阻为〃的匀质正方形线框秘像受到瞬时

的水平冲量h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

终保持与磁场边缘线平行)

(1)线圈进入磁场的全过程中，MV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)线圈刚穿过第个磁场区域后水平速度变为修，求线圈完全处在笫个磁场中时的水平

速度大小匕

（3）若£=0.2m,m=0.1kg,7?=0.1Q,d=0.5m,7o=O.9N,s,且每个区域磁场的磁感应强

度8=LOT,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〃和产生的焦耳热。

答案（1）洛伦兹力（2）空斗（3）54.05J

解析（1）与洛伦兹力有关

（2）初速度为：r=—

0m

线框进入第一个磁场区域过程，水平方向由动量定理有：

—EBiL,At=mv—mv（s

即有：BLq=mvQ—mv

线框出第一个磁场区域过程，水平方向由动量定理有：

—LBiL,At=mv\-mv

即有：BLq=mv—mv\

解以上方程可得：/="斗

（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〃个，整个过程由动量定理有：2nBLq=mvL。

BI：

q=~

解得：〃=册=5.625（完整个数取5）

%=-=9m/s

m

12

Q=-mvn=^.05J

乙

【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〃角放置，导轨间距为£旦电阻不计，其顶端接有一阻值为〃的电阻，整个装置

处于磁感应强度为6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％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人重力加速度为g.下列说法正确的是（）

e

8

A.棒下滑过程的平均速度等于午

RIX

B.棒卜滑过程通过"的电荷量为百

K

棒上滑时间等于嘴黑等

C.

棒上滑过程中回路产生的焦耳热等于:初请一侬松打0

D.

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下滑的平均速度小于蓝，故A错误；根据感应电

A（I）BLx

荷量公式4=加二可知，下滑过程中通过〃的电荷量。=枳，故B错误；上滑过程，以向上

为正方向，对棒由动量定理得：一（建sin0+BiDAf=z»A%两边求和得：一E（侬sin〃・△力）

BLx

—L(BiL^rf=E/z?Av,整理得：—mgs\n8•t—BLq=。-mg,又q="+解得t=

*:配方，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：0=）加疗一mgxsin〃，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，其中力杆竖直放置，如杆与如杆等长，4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。点由静止移放，

沿。1、OB、0C、。〃滑到斜面上所用的时间依次为力、以右、几下列关系不正确的是（）

A.2]>tzB.t\—(3

C.ti—D.D<—

答案c

解析以为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=鸵。s0（0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=2应os0

£与。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，故沿力和滑到底

端的时间相同，即ti=星仍不是一条完整的弦，时间最短，即口外必长度超过一条弦,

时间最长，即似然,选项A、B、D正确，C错误.

2.如图所示，将两个质量均为例带电荷量分别为+小一q的小球a、b,用两细线相连并

悬挂于。点,置于沿水平方向的匀强电场中,电场强度为反且々=侬.用力厂拉小球用

使整个装置处于平衡状态，且两条细线在一条直线上，刻£的大小可能为（）

1

A.3侬B.-乙mg

rn巫

C.mg0.十窗

答案A

解析先分析力的平衡，由于反?=〃冷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，川的最小值禽产

2侬sin45°=y[2mg,则应满足梏隹侬，故A正确.

3.如图所示，传送带通过滑道将长为£、质量为勿的匀质物块以初速度外向右送上水平台面,

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〃，重力加速度为g,而且s",则物块的初速度的为（）

A.«2B.*〃gs-ugL

C.D.〃gs+ugL

答案B

解析物块位移在由0增大到£的过程中，对台面的压力随位移由0均匀地增加至侬，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：J〃mg(s—£+s)=%/行

可解得%=22ugs—〃弘

【能力题组】

4.如图甲所示，木板与水平地面间的夹角〃可以随意改变，当"=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历沿木板

向上运动(如图乙)，随着〃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

度为名

(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；

⑵当〃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⑴坐(2)。=60。噜"

解析(1)由题意知，当0=30°时，对物块受力分析得相sin〃=

氏=〃归cos0

联立得〃=lan=tan300=坐

(2)小物块向上运动，则有

mgsin〃+〃a侬os0=ma

v^=2as

2Xsin0+JJCOS，)

______________________

2g\j\+sin(，+。)

令tana=〃，当，+。=90°时，s最小，此时有。=60°

打诏小诏

有&in=/,-,=.

2“1+〃4g

5.如图所示，质量为勿的由绝缘材料制成的球与质量为J/=19川的金属球并排悬挂.现将绝

缘球拉至与竖直方向成。=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。.

Mm

答案3次

解析设在第〃次碰撞前绝缘球的速度为％I,碰撞后绝缘球、金属球的速度分别为匕和工

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

=.〃/,一加匕①

；加味甫②

乙乙乙

由①、②两式及.a19勿解得

9

%=15Ji③

匕=春心④

第〃次碰撞后绝缘球的动能为

£=%?/=(0.81)”氐⑤

氏为第1次碰撞前的动能，即初始能量

绝缘球在%=60°与。=45°处的势能之比为

Ecos0\

7=—^------六七586@

£o磔7(1—COS〃0)

式中/为摆长.

根据⑤式，经〃次碰撞后

p

7?=(0.81)"⑦

Co

易算出(0.81)2g0.656,081尸比0.531,因此，经过3次碰撞后夕将小于45°.

6.(2019•河南驻马店市第•学期期末)如图所示，间距为£=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4=0.2T,轨道左侧连接一定值电阻R

=1Q.垂直导轨的导体棒仍在水平外力厂作用下沿导轨运动，并始终与导轨接触良好.E=0

时刻，导体棒从静止开始做匀加速直线运动，力/随时间「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〃=0.5,导体棒和导轨的电阻均不计.取@=10"/,求：

(1)导体棒的加速度大小；

(2)导体棒的质量.

答案(l)5m/s2(2)0.1kg

解析(1)设导体棒的质量为勿，导体棒做匀加速直线运动的加速度为"某时刻£,导体棒

的速度为匕所受的摩擦力为£,则导体棒产生的电动势：E=BLv

E

回路中的电流1=-

K

导体棒受到的安培力：P安=4〃

由牛顿第二定律：F—F笠-R=ma

由题意v=at

联立解得：F=-不t+/na+Ff

K

尸产

根据题图乙可知，0〜10s内图象的斜率为0.05N/S,即二T-nO.OSN/s,解得a=5m/s2

K

(2)由F-t图象纵截距可知：ma+F尸1.ON

又Ft=umg

解得2ff=0.1kg.

7.(2019•山东德州市上学期期末)如图所示，宽度为£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