高考物理考前知識專題14　數(shù)學方法的應用

考題一常用的數(shù)學知識1.羅列物理中常用數(shù)學方法，熟悉其內(nèi)容及其變形.2.熟悉數(shù)學在物理題中應用的特點.3.理解物理公式或圖象所表示的物理意義，不能單純地從抽象的數(shù)學意義去理解物理問題，防止單純從數(shù)學的觀點出發(fā)，將物理公式“純數(shù)學化”的傾向.例1如圖1所示，AB是豎直平面內(nèi)圓心為O、半徑為R的圓上水平方向的直徑，AC是圓上的一條弦.該圓處在某一勻強電場中，電場線與圓平面平行，將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球從圓周上A點以相同的動能拋出，拋出方向不同時，小球會經(jīng)過圓周上的不同點，若到達C點時小球的動能最大，已知∠BAC＝α＝30°，重力加速度為g，則電場強度E的最小值為()圖1A.eq\f(mg,2q) B.eq\f(mg,q)C.eq\f(\r(3)mg,2q) D.eq\f(\r(3)mg,q)解析小球到達C點動能最大，說明C點是重力場和電場形成的復合場中的等效最低點，即重力和電場力的合力沿OC方向，對小球受力分析，如圖所示，利用矢量三角形可知：當電場力垂直于OC時，電場力最小，F(xiàn)min＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，即Emin＝eq\f(mg,2q)，A正確.故選A.答案A變式訓練1.如圖2所示，在斜面上有四條光滑細桿，其中OA桿豎直放置，OB桿與OD桿等長，OC桿與斜面垂直放置，每根桿上都套著一個小滑環(huán)(圖中未畫出)，四個環(huán)分別從O點由靜止釋放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上所用的時間依次為t1、t2、t3、t4.下列關系不正確的是()圖2A.t1>t2 B.t1＝t3C.t2＝t4 D.t2<t4答案C解析以OA為直徑畫圓建立等時圓模型，小滑環(huán)受重力和支持力，由牛頓第二定律得：a＝gcosθ(θ為桿與豎直方向的夾角)由圖中的直角三角形可知，小滑環(huán)的位移x＝2Rcosθ由x＝eq\f(1,2)at2，得：t＝eq\r(\f(2x,a))＝2eq\r(\f(Rcosθ,gcosθ))＝2eq\r(\f(R,g))，t與θ無關，可知從圓上最高點沿任意一條弦滑到底端所用時間相同，故沿OA和OC滑到底端的時間相同，即t1＝t3，OB不是一條完整的弦，時間最短，即t1＞t2，OD長度超過一條弦，時間最長，即t2＜t4.故A、B、D正確，C不正確，因本題選不正確的，故選C.2.如圖3所示，穿在一根光滑固定桿上的小球A、B通過一條跨過定滑輪的細繩連接，桿與水平面成θ角，不計所有摩擦，當兩球靜止時，OA繩與桿的夾角為θ，OB繩沿豎直方向，則下列說法正確的是()圖3A.A可能受到2個力的作用B.B可能受到3個力的作用C.A、B的質(zhì)量之比為tanθ∶1D.A、B的質(zhì)量之比為1∶tanθ答案D解析對A球受力分析可知，A受到重力、繩子的拉力以及桿對A球的彈力，三個力的合力為零，故A錯誤；對B球受力分析可知，B受到重力、繩子的拉力，兩個力合力為零，桿對B球沒有彈力，否則B不能平衡，故B錯誤；分別對A、B兩球受力分析，運用合成法，如圖，根據(jù)共點力平衡條件，得：FT＝mBg根據(jù)正弦定理得：eq\f(FT,sinθ)＝eq\f(mAg,sin90°＋θ)因定滑輪不改變力的大小，故繩子對A的拉力等于對B的拉力，得mA∶mB＝1∶tanθ，故C錯誤，D正確，故選D.3.如圖4所示，將兩個質(zhì)量均為m，帶電荷量分別為＋q、－q的小球a、b，用兩細線相連并懸掛于O點，置于沿水平方向的勻強電場中，電場強度為E，且Eq＝mg，用力F拉小球a，使整個裝置處于平衡狀態(tài)，且兩條細線在一條直線上，則F的大小可能為()圖4A.3mg B.eq\f(1,2)mgC.mg D.eq\f(\r(2),2)mg答案A解析先分析b的平衡：由于Eq＝mg，所以兩線與豎直方向夾角為45°.再分析整體平衡：兩電場力抵消，轉(zhuǎn)變成典型的三力平衡問題，畫矢量三角形如圖所示，F(xiàn)的最小值Fmin＝2mgsin45°＝eq\r(2)mg，則應滿足F≥eq\r(2)mg，故A正確.4.物理學中有些問題的結(jié)論不一定必須通過計算才能驗證，有時只需要通過一定的分析就可以判斷結(jié)論是否正確.如圖5所示為兩個彼此平行且共軸的半徑分別為R1和R2的圓環(huán)，兩圓環(huán)上的電荷量均為q(q>0)，而且電荷均勻分布.兩圓環(huán)的圓心O1和O2相距為2a，連線的中點為O，軸線上的A點在O點右側(cè)與O點相距為r(r<a).試分析判斷下列關于A點處電場強度大小E的表達式(式中k為靜電力常量)正確的是()圖5A.E＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(kqR1,R\o\al(

2,1)＋a＋r2)－\f(kqR2,R\o\al(

2,2)＋a－r2)))C.E＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(kqa＋r,R\o\al(

2,1)＋a＋r2)－\f(kqa－r,R\o\al(

2,2)＋a－r2)))答案D解析令R1＝R2＝0，A點電場強度不為0，排除A、B.或令r＝a，E的結(jié)果應該只與R1有關，與R2無關，排除A、B；當r＝a時，A點位于圓心O2處，帶電圓環(huán)O2由于對稱性在A點的電場為0，根據(jù)微元法可以求得此時的總電場強度為E＝E1＝，將r＝a代入C、D選項可以排除C選項.故選D.考題二數(shù)學知識的綜合應用1.結(jié)合實際問題，將客觀事物的狀態(tài)關系和變化過程用數(shù)學語言表達出來，經(jīng)過數(shù)學推導和求解，求得結(jié)果后再用圖象或函數(shù)關系把它表示出來.2.一般程序?qū)忣}→過程分析→建立模型→應用數(shù)學思想或方法→求解并驗證.3.弄清物理公式的運用條件和應用范圍；注意數(shù)學的解與物理解的統(tǒng)一.例2如圖6甲所示，木板與水平地面間的夾角θ可以隨意改變，當θ＝30°時，可視為質(zhì)點的一小物塊恰好能沿著木板勻速下滑.若讓該小物塊從木板的底端以大小恒定的速度v0沿木板向上運動(如圖乙)，隨著θ的改變，小物塊沿木板滑行的距離s將發(fā)生變化，重力加速度為g.圖6(1)求小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)；(2)當θ角滿足什么條件時，小物塊沿木板上滑的距離最小，并求出此最小值.解析(1)由題知，當θ＝30°時，對物塊受力分析得：mgsinθ＝μFNFN＝mgcosθ聯(lián)立得：μ＝tanθ＝tan30°＝eq\f(\r(3),3).(2)小物塊向上運動，則有：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma物塊的位移為x：veq\o\al(

2,0)＝2axx＝eq\f(v\o\al(

2,0),2gsinθ＋μcosθ)＝eq\f(v\o\al(

2,0),2g\r(1＋μ2)sinθ＋α)令：tanα＝μ，當θ＋α＝90°時，x最小此時有：θ＝60°有：xmin＝eq\f(v\o\al(

2,0),2gsin60°＋μcos60°)＝eq\f(\r(3)v\o\al(

2,0),4g).答案(1)eq\f(\r(3),3)(2)θ＝60°eq\f(\r(3)v\o\al(

2,0),4g)變式訓練5.如圖7所示，在“十”字交叉互通的兩條水平直行道路上，分別有甲、乙兩輛汽車運動，以“十”字中心為原點，沿直道建立xOy坐標系.在t＝0時刻，甲車坐標為(1,0)，以速度v0＝km/s沿－x軸方向做勻速直線運動，乙車沿＋y方向運動，其坐標為(0，y)，y與時間t的關系為y＝eq\r(1＋2k2t)m，關系式中k>0，問：圖7(1)當k滿足什么條件時，甲、乙兩車間的距離有最小值，最小值為多大？(2)當k為何值時，甲車運動到O處，與乙車的距離和t＝0時刻的距離相同？答案(1)0<k<1eq\r(2－1－k2)m(2)eq\f(1,2)解析(1)t時刻兩車坐標：甲車：x＝(1－kt)m，乙車：y＝eq\r(1＋2k2t)mt時刻兩車相距s＝eq\r(x2＋y2)＝eq\r(1－kt2＋1＋2k2t)＝eq\r(k2t2－2k1－kt＋2)m當t＝eq\f(1－k,k)s時，甲、乙兩車間的距離有最小值.最小值為smin＝eq\r(2－1－k2)m，其中k滿足0<k<1.(2)當t＝0時，甲車坐標為(1,0)，乙車坐標為(0,1)，此時兩車距離s0＝eq\r(2)m.當甲車運動到O處時，kt＝1m，乙車y＝eq\r(1＋2k2t)m＝eq\r(2)m兩式聯(lián)立解得：k＝eq\f(1,2).6.一小球從h0＝45m高處自由下落，著地后又彈起，然后又下落，每與地面相碰一次，速度大小就變化為原來的k倍.若k＝eq\f(1,2)，求小球從下落直至停止運動所用的時間.(g取10m/s2，碰撞時間忽略不計)答案9s解析由運動學公式將小球每碰一次后在空中運動的時間的通項公式求出，然后再累加求和.小球從h0處落到地面時的速度：v0＝eq\r(2gh0)，運動的時間為：t0＝eq\r(\f(2h0,g))第一次碰地后小球反彈的速度：v1＝kv0＝keq\r(2gh0)小球再次與地面碰撞之前做豎直上拋運動，這一過程球運動的時間：t1＝eq\f(2v1,g)＝2keq\r(\f(2h0,g))則第n次碰地后，小球的運動速度的通項公式為：vn＝kneq\r(2gh0)運動時間：tn＝eq\f(2vn,g)＝2kneq\r(\f(2h0,g))所以，小球從下落到停止運動的總時間為：t＝t0＋t1＋…＋tn＝eq\r(\f(2h0,g))＋2keq\r(\f(2h0,g))＋…＋2kneq\r(\f(2h0,g))＝eq\r(\f(2h0,g))＋2eq\r(\f(2h0,g))(k＋k2＋…＋kn).上式括號中是一個無窮等比遞減數(shù)列，由無窮等比遞減數(shù)列求和公式，并代入數(shù)據(jù)得t＝9s.7.一輕繩一端固定在O點，另一端拴一小球，拉起小球使輕繩水平，然后無初速度地釋放，如圖8所示，小球在運動至輕繩達到豎直位置的過程中，小球所受重力的瞬時功率在何處取得最大值？圖8答案當細繩與豎直方向的夾角余弦值為cosθ＝eq\f(\r(3),3)時，重力的瞬時功率取得最大值解析如圖所示，當小球運動到繩與豎直方向成θ角的C時，重力的功率：P＝mgvcosα＝mgvsinθ小球從水平位置到圖中C位置時，由機械能守恒有mgLcosθ＝eq\f(1,2)mv2解得：P＝mgeq\r(2gLcosθsin2θ)令y＝cosθsin2θ因為y＝cosθsin2θ＝eq\r(\f(1,2)2cos2θsin4θ)＝eq\r(\f(1,2)2cos2θ·sin2θ·sin2θ)又因為2cos2θ＋sin2θ＋sin2θ＝2(sin2θ＋cos2θ)＝2(定值).所以當且僅當2cos2θ＝sin2θ時，y有最大值由2cos2θ＝1－cos2θ得cosθ＝eq\f(\r(3),3)即：當cosθ＝eq\f(\r(3),3)時，功率P有最大值.專題規(guī)范練1.(多選)AOC是光滑的直角金屬導軌，AO沿豎直方向，OC沿水平方向，ab是一根金屬直棒，靠立在導軌上(開始時b離O點很近)，如圖1所示.它從靜止開始在重力作用下運動，運動過程中a端始終在AO上，b端始終在OC上，直到ab完全落在OC上，整個裝置放在一勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，則ab棒在運動過程中()圖1A.感應電流方向始終是b→aB.感應電流方向先是b→a，后變?yōu)閍→bC.所受磁場力方向垂直于ab向上D.所受磁場力方向先垂直于ab向下，后垂直于ab向上答案BD解析初始，ab與直角金屬導軌圍成的三角形面積趨于0，末狀態(tài)ab與直角金屬導軌圍成的三角形面積也趨于0，所以整個運動過程中，閉合回路的面積先增大后減小.根據(jù)楞次定律的增反減同，判斷電流方向先是逆時針后是順時針，選項A錯，B對.根據(jù)左手定則判斷安培力可得安培力先垂直于ab向下，后垂直于ab向上，選項C錯，D對.故選B、D.2.如圖2所示，斜面上固定有一與斜面垂直的擋板，另有一截面為eq\f(1,4)圓的光滑柱狀物體甲放置于斜面上，半徑與甲相同的光滑球乙被夾在甲與擋板之間，沒有與斜面接觸而處于靜止狀態(tài).現(xiàn)在從球心O1處對甲施加一平行于斜面向下的力F，使甲沿斜面方向緩慢向下移動.設乙對擋板的壓力大小為F1，甲對斜面的壓力大小為F2，甲對乙的彈力大小為F3.在此過程中()圖2A.F1逐漸增大，F(xiàn)2逐漸增大，F(xiàn)3逐漸增大B.F1逐漸減小，F(xiàn)2保持不變，F(xiàn)3逐漸減小C.F1保持不變，F(xiàn)2逐漸增大，F(xiàn)3先增大后減小D.F1逐漸減小，F(xiàn)2保持不變，F(xiàn)3先減小后增大答案B解析先對物體乙受力分析，受重力、擋板的支持力F1′和甲對乙的彈力F3，如圖甲所示；甲沿斜面方向向下移動，α逐漸變小，F(xiàn)1′的方向不變，整個過程中乙物體保持動態(tài)平衡，故F1′與F3的合力始終與重力等大反向，由平行四邊形定則知F3、F1′均逐漸減小，根據(jù)牛頓第三定律，乙對擋板的壓力F1逐漸減?。辉賹着c乙整體受力分析，受重力、斜面的支持力F2′、擋板的支持力F1′和推力F，如圖乙所示；根據(jù)平衡條件有，F(xiàn)2′＝(M＋m)gcosθ，保持不變；由牛頓第三定律知甲對斜面的壓力F2不變，選項B正確.故選B.3.如圖3所示，A、B為地球的兩個軌道共面的人造衛(wèi)星，運行方向相同，A、B衛(wèi)星的軌道半徑分別為rA和rB，某時刻A、B兩衛(wèi)星距離達到最近，已知衛(wèi)星A的運行周期為T.從該時刻起到A、B間距離最遠所經(jīng)歷的最短時間為()圖3A.eq\f(T,2[\r(\f(rA,rB)3)＋1]) B.eq\f(T,\r(\f(rA,rB)3)－1)C.eq\f(T,2[\r(\f(rA,rB)3)－1]) D.eq\f(T,\r(\f(rA,rB)3)＋1)答案C解析設兩衛(wèi)星至少經(jīng)過時間t距離最遠，兩衛(wèi)星相距最遠時，轉(zhuǎn)動相差半周，則eq\f(t,TB)－eq\f(t,TA)＝eq\f(1,2)，又因為衛(wèi)星環(huán)繞周期T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，解得t＝eq\f(T,2[\r(\f(rA,rB)3)－1])，C正確.故選C.4.圖4為某制藥廠自動生產(chǎn)流水線的一部分裝置示意圖，傳送帶與水平面的夾角為α，O為漏斗.要使藥片從漏斗中出來后經(jīng)光滑滑槽滑到傳送帶上，設滑槽的擺放方向與豎直方向的夾角為φ，則φ為多大時可使藥片滑到傳送帶上的時間最短()圖4A.φ＝α B.φ＝2αC.φ＝eq\f(α,2) D.φ＝eq\f(\r(3),2)α答案C解析如圖所示，藥片沿滑槽下滑的加速度a＝gcosφ，設O到傳送帶的距離為H，則有OP＝eq\f(H,cosα－φ)＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)gt2cosφt2＝eq\f(2H,cosα－φgcosφ)令T＝cos(α－φ)cosφ＝eq\f(1,2)[cos(α－φ＋φ)＋cos(α－φ－φ)]＝eq\f(1,2)[cosα＋cos(α－2φ)]當α＝2φ時，Tmax＝eq\f(1,2)(cosα＋1)可見，φ＝eq\f(α,2)時，t有最小值.故選C.5.在同一水平面內(nèi)有兩個圍繞各自固定軸勻速轉(zhuǎn)動的圓盤A、B，轉(zhuǎn)動方向如圖5所示，在A盤上距圓心48cm處固定一個小球P，在B盤上距圓心16cm處固定一個小球Q.已知P、Q轉(zhuǎn)動的線速度大小都為4πm/s.當P、Q相距最近時開始計時，則每隔一定時間兩球相距最遠，這個時間的最小值應為()圖5A.0.08s B.0.12sC.0.24s D.0.48s答案B解析兩球相距最遠時，在相同的時間內(nèi)，P、Q轉(zhuǎn)過的角度分別為θP＝ωPt＝(2n＋1)π(n＝0,1,2,3，…)，θQ＝ωQt＝(2m＋1)π(m＝0,1,2,3，…)，由于ωQ＝3ωP，當兩球第一次相距最遠時，n＝0，解得m＝1，故t＝eq\f(π,ωP)，而ωP＝eq\f(v,rP)＝eq\f(4π,0.48)，解得t＝0.12s，選項B正確.故選B.6.如圖6所示，一根長為L的輕桿OA，O端用鉸鏈固定，另一端固定著一個小球A，輕桿靠在一個質(zhì)量為M、高為h的物塊上.若物塊與地面間摩擦不計，則當物塊以速度v向右運動至桿與水平方向夾角為θ時，小球A的線速度大小為()圖6A.eq\f(vLtanθ,h) B.eq\f(vLsin2θ,h)C.eq\f(vLcos2θ,h) D.eq\f(vL,htanθ)答案B解析根據(jù)運動的合成與分解可知，接觸點B的實際運動為合運動，可將B點運動的速度沿垂直于桿和沿桿的方向分解成v2和v1，如圖所示，其中v2＝vBsinθ＝vsinθ，即為B點做圓周運動的線速度，v1＝vBcosθ，為B點沿桿運動的速度.當桿與水平方向夾角為θ時，OB＝eq\f(h,sinθ)；A、B兩點都圍繞O點做圓周運動，且在同一桿上，故角速度相同，由于B點的線速度為v2＝vsinθ＝ωOB，所以ω＝eq\f(vsinθ,OB)＝eq\f(vsin2θ,h)，所以A的線速度vA＝ωL＝eq\f(Lvsin2θ,h)，故選項B正確.故選B.7.(多選)如圖7所示，直角三角形abc是圓O的內(nèi)接三角形，∠a＝30°，∠b＝90°，∠c＝60°.勻強電場電場線與圓所在平面平行，已知a、b、c三點電勢為φa＝－U、φb＝0、φc＝U.下面說法正確的是()圖7A.圓上最高點的電勢等于eq\f(\r(3),3)UB.圓上最高點的電勢等于eq\f(2\r(3),3)UC.勻強電場的電場強度等于eq\f(\r(3)U,3R)D.勻強電場的電場強度等于eq\f(2\r(3)U,3R)答案BD解析ac中點O的電勢φO＝eq\f(－U＋U,2)＝0，所以O、b兩點是等勢點，則直線bO是勻強電場的等勢線，與直線bO垂直的直線就是電場線，圓周上M點電勢最高，如圖所示.過c點作等勢線，與電場線交于d點，則φd＝φc＝U，設圓的半徑為R，根據(jù)幾何關系知O、d間的距離Od＝Rcos30°＝eq\f(\r(3),2)R，所以電場強度E＝eq\f(U,\f(\r(3),2)R)＝eq\f(2\r(3)U,3R)，D正確.M點的電勢φM＝ER＝eq\f(2\r(3),3)U，B正確.故選B、D.8.(多選)如圖8所示，固定于豎直面內(nèi)的粗糙斜桿，與水平方向夾角為30°，質(zhì)量為m的小球套在桿上，在大小不變的拉力F作用下，小球沿桿由底端勻速運動到頂端.已知小球與斜桿之間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(\r(3),3)，則關于拉力F的大小和F的做功情況，下列說法正確的是()圖8A.當α＝30°時，拉力F最小B.當α＝30°時，拉力F做功最小C.當α＝60°時，拉力F最小D.當α＝60°時，拉力F做功最小答案AD解析由題中選項可知要使F最小，則應有Fsinα<mgcos30°，故根據(jù)平衡條件有Fcosα＝mgsin30°＋μ(mgcos30°－Fsinα)，解得：F＝eq\f(mgsin30°＋\f(\r(3),3)cos30°,cosα＋\f(\r(3),3)sinα)＝eq\f(\r(3)mg,2sinα＋60°)，由數(shù)學知識知，當α＝30°時，拉力F最小，A正確，C錯誤；當α＝60°時，F(xiàn)＝mg，因為沒有摩擦力，拉力做功最小，Wmin＝mgh，所以B錯誤，D正確.故選A、D.9.如圖9所示，在直角坐標系xOy的第一象限區(qū)域中，有沿y軸正方向的勻強電場，電場強度的大小為E＝kv0.在第二象限有一半徑為