XX選考高考物理一輪復習 增分突破六 數(shù)學應用類專題

PAGE增分突破六數(shù)學應用類專題增分策略應用數(shù)學處理物理問題的能力是指能夠根據(jù)具體問題列出物理量之間的關系式,進行推導和求解,并根據(jù)結果得出物理結論;必要時能運用幾何圖形、函數(shù)圖像進行表達、求解。能根據(jù)具體的物理問題列出物理量之間的關系,能把有關的物理規(guī)律、物理條件用數(shù)學方程表示出來。在解決物理問題時,往往需要經(jīng)過數(shù)學推導和求解,或用合適的數(shù)學處理,或進行數(shù)值計算;求得結果后,有時還要用圖像或函數(shù)關系把它表示出來;必要時還應對數(shù)學運算的結果作出物理上的結論或解釋。分類突破考點一估算法物理估算題,一般是指依據(jù)一定的物理概念和規(guī)律,運用物理方法和近似計算方法,對所求物理量的數(shù)量級或物理量的取值范圍,進行大致的、合理的推算。其特點是在“理”不在“數(shù)”,它要求考生在分析和解決問題時,要善于抓住事物的本質特征和影響事物發(fā)展的主要因素,忽略次要因素,從而使問題得到簡捷的解決,迅速獲得合理的結果。1.圖示為高速攝影機拍攝到的子彈穿透蘋果瞬間的照片。該照片經(jīng)放大后分辨出,在曝光時間內,子彈影像前后錯開的距離約為子彈長度的1%~2%。已知子彈飛行速度約為500m/s,由此可估算出這幅照片的曝光時間最接近()A.10-3s B.10-6s C.10-9s D.10-12s答案B子彈的長度約5cm,t===10-6s。2.下列表述中最符合實際情況的是()A.某高中同學做一次引體向上的上升過程中克服重力做功約為25JB.將一個雞蛋從胸前舉過頭頂,克服重力做功約為10JC.籃球從2m高處自由下落到地面的過程中,重力做功的功率約為20WD.某高中同學步行上樓時克服重力做功的功率約為10kW答案C高中同學質量約為50kg,引體向上中心上移的距離為30cm,因此克服重力做功為Ep=mgh=150J,選項A錯誤;雞蛋的重量約為50g,從胸前舉過頭頂?shù)木嚯x約為1m,則克服重力做功為Ep=mgh=0.5J,選項B錯誤;一個籃球質量約為600g,自由落體到地面重力做功為W=mgh,下落時間t=,代入則P==W≈20W,選項C正確;同學步行上樓克服重力做功的功率不可能達到10000W,超過了好幾匹馬的功率,違背常識,因此選項D錯誤。3.玉環(huán)文旦是浙江柚類水果中的優(yōu)良品種之一。一般產(chǎn)果3~5年文旦樹經(jīng)過修剪后比一個正常成人身高略高,果家在采摘過程中,使得該樹的頂部有一顆成熟的文旦脫落掉下來,下落過程中沒有受到其他碰撞,試估算該文旦落地的速度約為()A.4m/s B.6m/s C.8m/s D.9m/s答案B文旦在下落過程中可以看做自由落體運動,下落高度約為2m,一個文旦落地的速度為v=≈6m/s,選項B正確。4.為估算池中睡蓮葉面承受雨滴撞擊產(chǎn)生的平均壓強,小明在雨天將一圓柱形水杯置于露臺,測得1小時內杯中水位上升了45mm。查詢得知,當時雨滴豎直下落速度約為12m/s,據(jù)此估算該壓強約為(設雨滴撞擊睡蓮后無反彈,不計雨滴重力,雨水的密度為1×103kg/m3)()A.0.15Pa B.0.54Pa C.1.5Pa D.5.4Pa答案A設水杯底面積為S,1小時內下落的水總質量m=ρSh,其動量變化量Δp=mΔv,水撞擊杯底產(chǎn)生的壓力F=p'S,對水由動量定理Ft=Δp,解得p'==0.15Pa,故A項正確。5.人的心臟每跳一次大約輸送8×10-5m3的血液,正常人血壓(可看做心臟壓送血液的壓強)的平均值為1.5×104Pa,心跳約每分鐘70次。據(jù)此估測心臟工作的平均功率約為W。

答案1.4解析即設一根血管截面積為S,長為L,該心臟對血液的壓強為p,一次搏動中可使血液在血管中向前推進L的長度,則心跳70次,心臟工作的平均功率為:====W=1.4W?？键c二利用數(shù)學知識求極值1.如圖所示,固定木板AB傾角θ=60°,板BC水平,AB、BC長度均為2m,小物塊從A處由靜止釋放,恰好滑到C處停下來。若調整BC使其向上傾斜,傾角不超過90°,小物塊從A處由靜止滑下再沿BC上滑,上滑的距離與BC傾角有關。不計小物塊經(jīng)過B處時的機械能損失,小物塊與各接觸面間的動摩擦因數(shù)均相同,則小物塊沿BC上滑的最小距離為()A.m B.1m C.m D.m答案BBC段水平時,對小物塊從釋放到第一次速度為零的過程,由動能定理得:mgLsinθ-μmgLcosθ-μmgL=0,代入數(shù)據(jù)得:μ=,設BC與水平方向之間的夾角為α時,物塊沿BC上滑的距離最小,由動能定理得:mgLsinθ-μmgLcosθ-μmgxcosα-mgxsinα=0,變形得:x=,當cos(φ+α)=1,即φ+α=90°時,x有最小值,為x==m=1m,故A、C、D錯誤,B正確。2.如圖所示,用兩根長度均為l的輕繩將一重物懸掛在水平的天花板下,輕繩與天花板的夾角為θ,整個系統(tǒng)靜止,這時每根輕繩中的拉力為T?，F(xiàn)將一根輕繩剪斷,當小球擺至最低點時,輕繩中的拉力為T'。θ為某一值時,最大。此最大值為()A. B.2 C.3-2 D.答案A由受力分析可知,初始時,繩子拉力T=,當剪斷其中一根輕繩后,小球做圓周運動到最低點時,合外力提供小球做圓周運動的向心力T'-mg=,又根據(jù)機械能守恒得mgl(1-sinθ)=mv2,聯(lián)立兩式可得T'=mg(3-2sinθ);則=6sinθ-4sin2θ=-4+,最大值為=,故選A。3.如圖所示,山高為h,山頂A到山下B處的水平距離為s,現(xiàn)要修一條水道ACB,其中AC為斜面,若不計一切摩擦,則斜面AC的傾角θ為多大時,方可使物體由A點靜止釋放后滑到B點歷時最短?最短時間為多長?答案見解析解析由于物體從傾角為θ的斜面上靜止釋放后做的是初速度為零、加速度為gsinθ的勻加速直線運動,進入水平面后將做勻速直線運動,于是有=gsinθv=gt1sinθs-=vt2消去t1、t2、v可把t表示為θ函數(shù)t=+·上述函數(shù)的復雜性將使得其極值點與極值的求解較為困難,可進行如下處理,將其轉換成典型的函數(shù)類型進而求解。相應的方程及所得函數(shù)如下,取x=整理可得xsinθ+cosθ=2這是典型的“f(θ)=asinθ+bcosθ”函數(shù)類型,由此可得sin(θ+α)=2于是有x=≥可見:當θ=60°時,時間最短,最短時間為tmin=+4.在電影中,“蜘蛛俠”常常能通過發(fā)射高強度的蜘蛛絲,穿梭于高樓大廈之間,從而成就了一系列的超級英雄傳說。在某次行動中,蜘蛛俠為了躲避危險,在高為hA=20m的A樓頂部經(jīng)過一段距離L0=14.4m的助跑后從N點水平跳出,已知N點離鐵塔中軸線水平距離為L=32m,重力加速度為g=10m/s2,假設蜘蛛俠可被看做質點,蜘蛛絲不能伸長。(1)要使蜘蛛俠能落到鐵塔中軸線上,他跳出的初速度至少為多少?(2)由于體能的限制,蜘蛛俠助跑的最大加速度為5m/s2,在跳出1.6s后發(fā)現(xiàn)按照預定路線不能到達鐵塔中軸線上,于是他立即沿垂直速度方向朝鐵塔中軸線上某位置P發(fā)射蜘蛛絲,使得他在蜘蛛絲的作用下繞P點運動,假設蜘蛛絲從發(fā)射到固定在P點的時間可忽略不計,請問他能否到達鐵塔中軸線上?如果能,請計算出到達的位置,如果不能,請說明原因。(3)蜘蛛俠注意到在鐵塔后方有一個小湖,他決定以5m/s2的加速度助跑后跳出,擇機沿垂直速度方向朝鐵塔中軸線上某位置發(fā)出蜘蛛絲,在到達鐵塔中軸線時脫離蜘蛛絲躍入湖中,假設鐵塔足夠高,欲使落水點最遠,他經(jīng)過鐵塔的高度為多少?答案(1)16m/s(2)能到達鐵塔中軸線上,離地面0.8m處(3)13.6m解析(1)當蜘蛛俠跳到鐵塔的最底端時,下落距離hA=20m,hA=gt2①L=v0t②由①②式得:v0=16m/s。(2)在助跑階段,以最大加速度a=5m/s2勻加速運動,設跳出速度為vx,則=2aL0③設跳出t0=1.6s后,水平位移為x1、豎直位移為y1、豎直速度為vy,則x1=vxt0④y1=g⑤速度與水平方向夾角tanθ=⑥由幾何關系,R=,離地面高度h=hA-y1-R(1-cosθ)⑦由③④⑤⑥⑦式得:h=0.8m能到達鐵塔中軸線上,離地面0.8m處。(3)設蜘蛛俠經(jīng)過鐵塔的位置高度為y,在他脫手時的速度為v,落水點離鐵塔的水平距離為x,則mv2-m=mg(hA-y)⑧y=gt'2⑨x=vt'⑩代入數(shù)據(jù),x=由數(shù)學知識可知,當y=13.6m時,水平距離x可取最大值?？键c三平面幾何的應用物理教與學的過程都離不開數(shù)學知識和方法的應用,借助物理知識滲透考查數(shù)學能力是高考命題的永恒主題,平面幾何知識是在物理教學過程中應用較廣泛的數(shù)學知識之一。應用幾何方法求解物理問題時,常用到的有“對稱點的性質”、“平行四邊形對角線互相平分”、“直角三角形中斜邊大于直角邊”以及“全等、相似三角形的特性”等相關幾何知識。1.運用平行四邊形性質兩組對邊分別平行的四邊形叫做平行四邊形。有時解決物理問題可以運用平行四邊形的性質:①平行四邊形兩組對邊分別平行且相等;②平行四邊形的兩組對角分別相等;③平行四邊形的對角線互相平分等。1.如圖所示,固定的光滑豎直桿上套著一個滑塊,用輕繩系著滑塊繞過光滑的定滑輪,以大小恒定的拉力F拉繩,使滑塊從A點起由靜止開始上升。若從A點上升至B點和從B點上升至C點的過程中拉力F做的功分別為W1、W2,滑塊經(jīng)B、C兩點時的動能分別為EkB、EkC,圖中AB=BC,則一定有()A.W1>W2 B.W1<W2C.EkB>EkC D.EkB<EkC答案A如題圖所示,滑塊從A點上升至B點和從B點上升至C點的過程中拉力F作用點的位移大小分別為(OA-OB)和(OB-OC),則W1=F(OA-OB)、W2=F(OB-OC)。過A、C分別作OC、OA的平行線交于D點,則四邊形OADC為平行四邊形,如圖所示,由平行四邊形性質得:OB=BD、AB=BC。在△OAD中有OA+AD>OD,因AD=OC,OB=BD則有OA+OC>2OB。即OA-OB>OB-OC,得W1>W2,故選項A正確。由于滑塊在A點由靜止釋放,可以肯定最初滑塊是加速上升的,也就是說剛開始繩對滑塊拉力的豎直分力要大于滑塊的重力,但由于繩對滑塊拉力的豎直分力是逐漸減小的,B到C的過程繩對滑塊拉力的豎直分力與重力的大小關系不清楚,所以滑塊的運動可能是加速的,也可能是減速的,還可能是先加速后減速的,所以無法確定滑塊在B、C位置的動能大小,故選項C、D錯誤。2.運用相似三角形性質對應角相等、對應邊成比例的兩個三角形叫做相似三角形。有時解決物理問題可以運用相似三角形的一些性質:①對應角相等;②對應邊成比例;③對應的垂線、中線、角平分線成比例。2.一個重為G的小環(huán)套在豎直放置的半徑為R的光滑大圓環(huán)上,一個勁度系數(shù)為k,原長為l0(l0<2R)的輕彈簧,一端固定在大圓頂點A,另一端與小環(huán)相連,小環(huán)在大圓環(huán)上無摩擦滑動,小環(huán)靜止于B點時,如圖所示,求彈簧與豎直方向的夾角θ。答案見解析解析本題中小環(huán)受力分析如圖所示,小環(huán)所受的3個力G、N、F之間沒有特殊角度,無法通過三角函數(shù)列方程求解,但是可以看出△AOB和3個力G、N、F所圍成的三角形相似、則由相似三角形的性質得=,式中l(wèi)=2Rcosθ,F=k(l-l0)。根據(jù)上述方程聯(lián)立求出cosθ=,則彈簧與豎直方向的夾角θ滿足cosθ=。在對物體受力分析過程中,若各力之間沒有特殊角度但邊長關系知道的情況下,可以考慮運用相似三角形的性質來解決,再如下一個動態(tài)平衡問題。3.運用圓的幾何性質有時解決物理問題可以運用圓的性質,例如:①垂直于弦的直徑平分這條弦,并且平分弦所對的弧;②直徑所對的圓周角是直角;③圓的切線垂直于過切點的直徑等。3.(多選)在共點力合成的實驗中橡皮筋一端固定于P點,另一端連接兩個彈簧測力計,并使該端拉至O點,兩個彈簧測力計的拉力分別為F1、F2(α+β<90°),如圖所示?，F(xiàn)使F2大小不變地沿順時針轉過某一角度,要使結點仍在O處,相應地使F1的大小及圖中β角發(fā)生變化。則相應的變化是()A.F1一定增大 B.F1可能減少C.β角一定減小 D.β角可能增大答案AD由于F2大小不變,則可以運用圓的性質來解決本題,以O點為圓心,F2的長度為半徑畫圓,如圖所示,F2在沿順時針方向轉動過程中,合力的大小、方向不變,兩個分力與合力構成一個矢量三角形,在轉到圖中F2'的位置(此時F1與圓相切,即F1'⊥F2')過程中,β角增大到最大,F1增大,繼續(xù)轉到圖中F2″的位置,β角減小到與原來相等,F1繼續(xù)增大,可見F2繞O點順時針轉動過程中,F1一直增大,而β角是先增大后減小,故選項A、D正確。考點四微元法的應用1.運動軌跡既不是拋物線也不是圓周的曲線運動,稱為一般的曲線運動,研究一般的曲線運動,可以把曲線分隔成許多小段,分析質點在每一小段的運動時,下列方法錯誤的是()A.每一小段的運動可以看成直線運動B.每一小段運動中物體受到的合力為零C.每一小段運動中物體受到恒力的作用D.每一小段運動可以看成圓周運動的一部分答案B把曲線分隔成許多小段,每一小段的運動可以看成直線運動,故A項正確。把曲線分隔成許多小段,每一小段運動中物體受到的力可視為不變但不為零,故B項錯誤,C項正確。把曲線分隔成許多小段,每一小段運動可以看成曲率半徑不同的圓周運動的一部分,故D項正確。本題選錯誤的,答案為B。2.(多選)在豎直平面內固定一半徑為R的金屬細圓環(huán),質量為m的金屬小球(視為質點)通過長為L的絕緣細線懸掛在圓環(huán)的最高點。當圓環(huán)、小球都帶有相同的電荷量Q(未知)時,發(fā)現(xiàn)小球在垂直圓環(huán)平面的對稱軸上處于平衡狀態(tài),如圖所示。已知靜電力常量為k,則有()A.繩對小球的拉力T'=B.電荷量Q=C.繩對小球的拉力T'=D.電荷量Q=答案AB由于圓環(huán)不能看成點電荷,我們取圓環(huán)上一部分Δx,設總電荷量為Q,則該部分電荷量為Q,由庫侖定律可得,該部分對小球的庫侖力F1=,方向沿該點與小球的連線指向小球;同理取以圓心對稱的相同的一段,其庫侖力與F1相同;如圖1所示:兩力的合力應沿圓心與小球的連線向外,大小為:2××=;因圓環(huán)上各點對小球均有庫侖力,故所有部分庫侖力的合力F=×πR=,方向水平向右;小球受力分析如圖2所示,小球受重力、拉力及庫侖力而處于平衡,故T與F的合力應與重力大小相等,方向相反;由幾何關系可得:=;則小球對繩子的拉力T=,故A正確、C錯誤。由=,得:F==,解得Q=,故B正確、D錯誤。故選A、B。3.(多選)如圖所示,寬為L的水平光滑金屬軌道上放置一根質量為m的導體棒MN,軌道左端通過一個單刀雙擲開關與一個電容器和一個阻值為R的電阻連接,勻強磁場的方向與軌道平面垂直,磁感應強度大小為B,電容器的電容為C,金屬軌道和導體棒的電阻不計?，F(xiàn)將開關撥向“1”,導體棒MN在水平向右的恒力F作用下由靜止開始運動,經(jīng)時間t0后,將開關S撥向“2”,再經(jīng)時間t,導體棒MN恰好開始勻速向右運動。下列說法正確的是()A.開關撥向“1”時,金屬棒做加速度逐漸減小的加速運動B.t0時刻電容器所帶的電荷量為C.開關撥向“2”后,導體棒勻速運動的速率為D.開關撥向“2”后t時間內,導體棒通過的位移為答案BCD開關撥向“1”時,設在極短時間Δt內流過導體棒的電荷量為ΔQ,則電路中的瞬時電流為I=,電容器兩端的電壓U=BLv,電荷量Q=CU,則ΔQ=CΔU=CBLΔv,可得I=CBL=CBLa;對導體棒,由牛頓第二定律得F-BIL=ma,聯(lián)立得導體棒的瞬時加速度為a=,由于加速度表達式中的各個物理量都不隨時間、位移變化,由此可知導體棒的加速度不變,即導體棒做勻加速直線運動,選項A錯誤。t0時刻導體棒MN的速度v=at0,電容器兩極板間的電壓U=BLv=BLat0,電荷量Q=CU,則Q=,選項B正確。由F安=BIL,I=,E=BLv,聯(lián)立解得F安=,開關撥向“2”后,導體棒勻速運動時,有F=F安,解得v=,選項C正確。開關撥向“2”后t時間內,根據(jù)牛頓第二定律得F-F安=F-=ma=m,則FΔt-Δt=mΔv,得Ft-=m,解得位移x=,選項D正確。4.如圖所示,在空中有一水平方向的勻強磁場區(qū)域,區(qū)域的上下邊緣間距為h,磁感應強度為B。有一長度為L、寬度為b(b<h)、電阻為R、質量為m的矩形線圈緊貼磁場區(qū)域的上邊緣從靜止起豎直下落,當線圈的下邊穿出磁場時,恰好以速率v勻速運動。已知重力加速度為g,求(1)線圈勻速運動的速率v;(2)穿過磁場區(qū)域過程中,線圈中產(chǎn)生的熱量Q;(3)線圈穿過磁場區(qū)域所經(jīng)歷的時間t。答案(1)(2)mg(b+h)-(3)+解析(1)線圈勻速穿出磁場,產(chǎn)生的感應電動勢為E=BLv回路中的電流為I=此時線圈受到豎直向上的安培力F=BIL由平衡條件得F=mg所以v=(2)線圈穿過磁場區(qū)域過程中,由功能關系mg(b+h)=mv2+Q所以Q=mg(b+h)-(3)線圈進入磁場過程中,下邊進入磁場時線圈的速率為0,上邊進入磁場時線圈的速率為v1。當其速率為v時,由牛頓運動定律mg-=ma又a=整理,得mgΔt-vΔt=mΔv求和,得mg(ΣΔt)-(ΣvΔt)=m(ΣΔv)所以mgt1-b=mv1故t1=+接著線圈在磁場以g勻加速運動,有t2=最后線圈勻速穿出磁場,有t3=所以t=t1+t2+t3=+考點五數(shù)列在物理中的應用1.(2018浙江4月選考,20,12分)如圖所示,一軌道由半徑為2m的四分之一豎直圓弧軌道AB和長度可調的水平直軌道BC在B點平滑連接而成。現(xiàn)有一質量為0.2kg的小球從A點無初速釋放,經(jīng)過圓弧上B點時,傳感器測得軌道所受壓力大小為3.6N,小球經(jīng)過BC段所受的阻力為其重力的0.2,然后從C點水平飛離軌道,落到水平地面上的P點,P、C兩點間的高度差為3.2m。小球運動過程中可視為質點,且不計空氣阻力,g=10m/s2。(1)求小球運動至B點時的速度大小;(2)求小球在圓弧軌道上克服摩擦力所做的功;(3)為使小球落點P與B點的水平距離最大,求BC段的長度;(4)小球落到P點后彈起,與地面多次碰撞后靜止。假設小球每次碰撞機械能損失75%,碰撞前后速度方向與地面的夾角相等。求小球從C點飛出到最后靜止所需時間。答案(1)4m/s(2)2.4J(3)3.36m(4)2.4s解析(1)由牛頓第三定律得小球運動至B點時軌道對小球的支持力N=3.6N由向心力公式得,N-mg=m解得vB=4m/s。(2)小球從A到B的過程中,重力和摩擦力做功,設小球克服摩擦力所做的功為W克。由動能定理得mgR-W克=m-0解得W克=2.4J。(3)分析知,BC段長度會影響勻減速運動的時間,繼而影響平拋運動水平初速度以及水平位移。設BC段運動時間為t,加速度a==μg=2m/s2由運動學公式得vC=vB-at=4-2t(m/s)①xBC=vBt-at2=4t-t2(m)②其中0<t<2s由平拋運動規(guī)律有h=g③xCP=vCt1④由①③④可得xCP=3.2-1.6t(m)⑤則由②⑤可得xBP=xBC+xCP=-t2+2.4t+3.2(m)⑥根據(jù)二次函數(shù)單調性以及t的范圍,可得當t=1.2s時,xBP取到最大值。代入②式,解得xBC=3.36m。(4)由于碰撞前后速度方向與地面夾角相等,所以碰撞前后水平速度與豎直速度比例不變。每次碰撞機械能損失75%,故每次碰撞合速度與分速度大小均變?yōu)樵瓉淼?。設第n次損失后的豎直分速度為vyn,從第n次碰撞到第n+1次碰撞的時間為tn。由平拋運動方程得vy0==8m/s⑦t0==0.8s⑧則vyn=vy0·(n=1,2,3,…)⑨t(yī)n=2·⑩將式⑦⑧⑨代入⑩可得tn=t0(n=1,2,3,…)由等比數(shù)列求和公式可得t總=t0+t1+…tn+…=0.8+(s)當n取無窮大,小球處于靜止狀態(tài)解得t總=2.4s。2.如圖所示,在光滑水平面上有一質量為2018m的木板,板上有2018塊質量均為m的相同木塊1、2、…、2018。最初木板靜止,各木塊分別以v、2v、…、2018v同時向同一方向運動,木塊和木板間的動摩擦因數(shù)為μ,且木塊