【物理】2020届二轮复习专题五　方法专题第12讲应用数学知识和方法处理物理问题学案

【物理】2020届二轮复习专题五　方法专题第12讲应用数学知识和方法处理物理问题学案

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：πr2；‎ ‎(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＝r2是以点(a，b)为圆心、r为半径的圆．‎ 例1　如图所示，在半径R＝4 cm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＝0.1 T，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＝8×105 m/s、比荷＝1×108 C/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2×105 m/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r1，据qvB＝，解得：r1＝8 cm.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：r2＝2 cm，能到达的阴影区域如图所示 S半圆＝πr S扇形＝π(2r2)2‎ S弧＝S扇形－×2r2·r2‎ 故S阴影＝πr－r≈15 cm2.‎ y＝acos θ＋bsin θ＝ (cos θ＋sin θ)‎ 令sin φ＝，cos φ＝ 则有：y＝ (sin φcos θ＋cos φsin θ)＝sin (φ＋θ)‎ 所以当φ＋θ＝时，y有最大值，且ymax＝.‎ 例2　(2019·广东肇庆市一模)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：‎ ‎(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)　5 m/s　(2)　 m 解析　(1)当θ为90°时，由运动学知识可得：v＝2gh 设动摩擦因数为μ，当θ＝0°时摩擦力大小为：Ff＝μmg Ff＝ma1‎ 由运动学公式可得：v＝2a1x0‎ 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＝mgxsin θ＋μmgxcos θ 上式变形可得：x＝＝＝ μ＝tan φ，则x的最小值为xmin＝＝h＝ m 对应的θ＝－φ＝－＝ 二次函数y＝ax2＋bx＋c(a、b、c为常数且a≠0)，当x＝－时，y有极值ym(a>0时，ym为极小值；a<0时，ym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. B. C. D. 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mv2＝2mgr＋mv，小物块做平抛运动时，落地点到轨道下端的距离x＝v1t，‎ 又2r＝gt2，联立解得，x＝2，‎ 由数学知识可知，当r＝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＝μmg，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)　(2)()n－2 解析　(1)设物块在A点时的速度为v1，由动能定理有：－μmgL－mgR＝0－mv 解得：v1＝.‎ ‎(2)设第2、4、6、…、2n次经过B点时的速度分别为v2、v4、…、v2n 第2、4、6、…、2n次离开B点向右滑行的最大距离分别为L1、L2、…、Ln，则有：‎ ‎(F－μmg)L＝mv ‎－(F＋μmg)L1＝0－mv ‎(F－μmg)L1＝mv 解得：＝＝ 同理＝，…，＝ 综上有：＝()n－1‎ 得：v2n＝()n－2.‎ 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　v 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′＝v.‎ 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＝0.04 m2的金属板，间距L＝0.05 m，当连接到U＝2 500 V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1 m3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＝＋1.0×10－17 C，质量m＝2.0×10－15 kg，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)0.02 s　(2)2.5×10－4 J　(3)0.014 s 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＝ L＝at2＝·t2＝ 得：t＝L＝0.02 s.‎ ‎(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＝NSLqU＝2.5×10－4 J. ‎ ‎(3)设烟尘颗粒下落的距离为x，则板内烟尘的总动能为：‎ Ek＝mv2·NS(L－x)＝x·NS(L－x)‎ 当x＝时，Ek达最大 又x＝at 所以t1＝＝L≈0.014 s.‎ 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＝，受安培力为F＝BIL＝v，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(Lt2 B．t1＝t3‎ C．t2＝t4 D．t2t2，OD长度超过一条弦，时间最长，即t2L，则物块的初速度v0为(　　)‎ A. B. C. D. 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：μmg(s－L＋s)＝mv 可解得v0＝.‎ 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v0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)　(2)θ＝60°　 解析　(1)由题意知，当θ＝30°时，对物块受力分析得mgsin θ＝μFN FN＝mgcos θ 联立得μ＝tan θ＝tan 30°＝ ‎(2)小物块向上运动，则有 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma v＝2as 则s＝ ‎＝ 令tan α＝μ，当θ＋α＝90°时，s最小，此时有θ＝60°‎ 有smin＝＝ ‎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vn－1，碰撞后绝缘球、金属球的速度分别为vn和Vn.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 mvn－1＝MVn－mvn①‎ ‎ mv＝MV＋mv②‎ 由①、②两式及M＝19m解得 vn＝vn－1③‎ Vn＝vn－1④‎ 第n次碰撞后绝缘球的动能为 En＝mv＝(0.81)nE0⑤‎ E0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 ＝≈0.586⑥‎ 式中l为摆长．‎ 根据⑤式，经n次碰撞后 ＝(0.81)n ⑦‎ 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＝0.5 m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＝0.2 T，轨道左侧连接一定值电阻R＝1 Ω.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＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)导体棒的加速度大小；‎ ‎(2)导体棒的质量．‎ 答案　(1)5 m/s2　(2)0.1 kg 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Ff，则导体棒产生的电动势：E＝BLv 回路中的电流I＝ 导体棒受到的安培力：F安＝BIL 由牛顿第二定律：F－F安－Ff＝ma 由题意v＝at 联立解得：F＝t＋ma＋Ff 根据题图乙可知，0～10 s内图象的斜率为0.05 N/s，即＝0.05 N/s，解得a＝5 m/s2‎ ‎(2)由F－t图象纵截距可知：ma＋Ff＝1.0 N 又Ff＝μmg 解得m＝0.1 kg.‎ ‎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)　(2)mgh－ ‎(3)＋ 解析　(1)导体棒ab到达MN之前稳定时，由平衡条件得mgsin 30°＝ILB　I＝　联立得：v＝ ‎(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′＝ 整个过程中能量守恒mgh＝2×mv′2＋Q 导体棒ab产生的焦耳热Qab＝Q 得Qab＝mgh－ ‎(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q1＝Δt　＝　E＝　ΔΦ＝L· 得q1＝ 对导体棒cd的运动过程运用动量定理：‎ BL1Δt1＋BL2Δt2＋BL3Δt3＋…＝mv′－0‎ q2＝1Δt1＋2Δt2＋3Δt3＋…　得q2＝ 整个过程中通过导体棒ab的电荷量q＝q1＋q2＝＋