（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

第一部分专题五方法专题题型1应用几何图形解决物理问题内容索引NEIRONGSUOYIN题型2应用三角函数分析物理问题题型3应用函数表达式解决物理问题题型4数列和归纳法的应用题型5数学不等式的应用题型6微元法的应用应用几何图形解决物理问题题型11.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＝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＝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；qm答案见解析解析设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r1，据qvB＝mv2r1，解得：r1＝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)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S半圆＝12πr22解析v改变后，粒子做圆周运动的半径：r2＝2cm，能到达的阴影区域如图所示S扇形＝16π(2r2)2S弧＝S扇形－12×2r2·3r2故S阴影＝116πr22－3r22≈15cm2.应用三角函数分析物理问题题型2y＝acosθ＋bsinθ＝a2＋b2(aa2＋b2cosθ＋ba2＋b2sinθ)令sinφ＝aa2＋b2，cosφ＝ba2＋b2则有：y＝a2＋b2(sinφcosθ＋cosφsinθ)＝a2＋b2sin(φ＋θ)所以当φ＋θ＝π2时，y有最大值，且ymax＝a2＋b2.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＝10m/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；答案335m/s解析当θ为90°时，由运动学知识可得：v02＝2gh设动摩擦因数为μ，当θ＝0°时摩擦力大小为：Ff＝μmgFf＝ma1由运动学公式可得：v02＝2a1x0联立以上各式解得：μ＝33，v0＝5m/s(2)θ为多大时，x值最小？求出x的最小值.解析对于任意角度，根据动能定理可得，物体对应的最大位移x满足的关系式：答案π3538m12mv02＝mgxsinθ＋μmgxcosθ上式变形可得：x＝v022gsinθ＋μcosθ＝hsinθ＋μcosθ＝h1＋μ2sinθ＋φμ＝tanφ，则x的最小值为xmin＝h1＋μ2＝32h＝583m对应的θ＝π2－φ＝π2－π6＝π3应用函数表达式解决物理问题题型3二次函数y＝ax2＋bx＋c(a、b、c为常数且a≠0)，当x＝－b2a时，y有极值ym(a0时，ym为极小值；a0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)小物块做平抛运动时，落地点到轨道下端的距离x＝v1t，A.v216gB.v28gC.v24gD.v22g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12mv2＝2mgr＋12mv12，又2r＝12gt2，联立解得，x＝2v2gr－4r2，由数学知识可知，当r＝v28g时，x最大，故选项B正确.√数列和归纳法的应用题型4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？答案2gμL＋R解析设物块在A点时的速度为v1，由动能定理有：－μmgL－mgR＝0－12mv12解得：v1＝2gμL＋R.(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(12)n－2μgL353解析设第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＝12mv22－(F＋μmg)L1＝0－12mv22(F－μmg)L1＝12mv42同理v6v4＝12，…，v2nv2n－2＝12综上有：v2nv2＝(12)n－1得：v2n＝(12)n－2μgL3.解得：v4v2＝F－μmgF＋μmg＝12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.数学不等式的应用题型5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＝0.04m2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1m3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？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＝12at2＝12·Fmt2＝qUt22mL得：t＝2mqUL＝0.02s.答案0.02s解析由题意可知，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.(2)除尘过程中电场力对烟尘颗粒共做了多少功？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.答案2.5×10－4J解析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，(3)经过多长时间容器中烟尘颗粒的总动能达到最大？Ek＝12mv2·NS(L－x)＝qULx·NS(L－x)答案0.014s解析设烟尘颗粒下落的距离为x，则板内烟尘的总动能为：当x＝L2时，Ek达最大又x＝12at12所以t1＝2xa＝mqUL≈0.014s.微元法的应用题型6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＝B2L2Rv，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(Ld)、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I0，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？答案洛伦兹力解析与洛伦兹力有关(2)线圈刚穿过第一个磁场区域后水平速度变为v1，求线圈完全处在第一个磁场中时的水平速度大小v；答案mv1＋I02m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－mv0即有：BLq＝mv0－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＝mv1－mv即有：BLq＝mv－mv1解析初速度为：v0＝I0m解以上方程可得：v＝mv1＋I02m(3)若L＝0.2m，m＝0.1kg，R＝0.1Ω，d＝0.5m，I0＝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54.05J解析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＝mv0－0q＝BL2R解得：n＝RI02B2L3＝5.625(完整个数取5)v0＝I0m＝9m/sQ＝12mv02＝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v0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v02B.棒下滑过程通过R的电荷量为BLxRC.棒上滑时间等于mv0R＋r－B2L2xmgR＋rsinθD.棒上滑过程中回路产生的焦耳热等于12mv02－mgxsinθ√√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v02，下滑的平均速度小于v02，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：－(mgsinθ＋BiL)Δt＝mΔv，两边求和得：－∑(mgsinθ·Δt)－∑(BiLΔt)＝∑mΔv，整理得：－mgsinθ·t－BLq＝0－mv0，又q＝BLxR＋r，解得t＝mv0R＋r－B2L2xmgR＋rsinθ，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＝12mv02－mgxsinθ，故D正确.