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    高三物理二轮复习专题八 应用数学知识和方法解决物理问题

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    高三物理二轮复习专题八 应用数学知识和方法解决物理问题

    1、 高考命题点 命题轨迹 情境图 应用正、余弦定 理、几何图形及 数学推理解决物 理问题 2016 3 卷 34(2) 16(3)34(2)题 18(1)25 题 18(1)34(1)题 18(2)25 题 18(2)34(2)题 18(3)25 题 18(3)34(2)题 2018 1 卷 25、34(1) 2 卷 25、34(2) 3 卷 25、34(2) 应用三角函数分 析物理问题 2017 1 卷 21 17(1)21 题 应用函数表达式 或者图象解决物 理问题 2017 3 卷 25 17(3)25 题 数学方程式、不 等式、微元法和 归纳法的应用 2016 3 卷 25、35(2)

    2、16(3)25 题 16(3)35(2)题 2017 1 卷 25,2 卷 25,3 卷 33(2) 17(2)25 题 17(3)33(2)题 数学推导和结论 分析 2015 1 卷 25、35(2), 2 卷 25 15(1)25 题 15(1)35(2)题 15(2)25 题 16(1)16 题 16(1)25 题 16(2)25 题 2016 1 卷 16、25,2 卷 25 例 1 (2019 山东日照市 3 月模拟)如图 1 所示,两个质量分别为 3m、m 的小圆环 A、B 用 不可伸长的细线连着,套在一个竖直固定的大圆环上,大圆环的圆心为 O.系统平衡时,细线 所对的圆心角为 9

    3、0 ,大圆环和小圆环之间的摩擦力及细线的质量忽略不计,重力加速度大 小用 g 表示,下列判断正确的是( ) 图 1 A小圆环 A、B 受到大圆环的支持力之比是 31 B小圆环 A 受到大圆环的支持力与竖直方向的夹角为 15 C细线与水平方向的夹角为 30 D细线的拉力大小为 3 2 mg 答案 A 解析 对 A 和 B 进行受力分析,根据平行四边形定则作出重力和支持力的合力,此合力的大 小等于绳子的拉力的大小, 设 A、 B 所受的支持力与竖直方向的夹角分别为 和 , 如图所示: 根据正弦定理可以得到: 3mg sin 45 FT sin , mg sin 45 FT sin , 由于 FTF

    4、T,90 整理可以得到:30 ,60 ,FTFT 6 2 mg 再次利用正弦定理: FNA sin 180 45 30 3mg sin 45 , FNB sin 180 45 60 mg sin 45 整理可以得到:FNA FNB 3 1 ,故选项 A 正确,B、D 错误; 由题图根据几何知识可以知道, 细线与水平方向的夹角为 180 (45 30 )90 15 , 故选 项 C 错误 例 2 (2019 山西临汾市二轮复习模拟)如图 2 所示是一旅行箱,它既可以在地面上推着行 走,也可以在地面上拉着行走已知该旅行箱的总质量为 15 kg,一旅客用斜向上的拉力拉着 旅行箱在水平地面上做匀速直线

    5、运动,若拉力的最小值为 90 N,此时拉力与水平方向间的夹 角为 ,重力加速度大小为 g10 m/s2,sin 37 0.6,旅行箱受到地面的阻力与其受到地面 的支持力成正比,比值为 ,则( ) 图 2 A0.5,37 B0.5,53 C0.75,53 D0.75,37 答案 D 解析 对旅行箱受力分析,如图所示: 根据平衡条件,水平方向,有:Fcos Ff0, 竖直方向,有:FNFsin G0, 其中:FfFN, 故 F G cos sin 令 tan ,则 F Gsin cos ; 当 0 时,F 有最小值,故 FGsin 90 N,故 37 , 故 tan 37 0.75,37 ,故选

    6、D. 例 3 (2019 湖北武汉市四月调研)某质点做匀加速直线运动,经过时间 t 速度由 v0变为 kv0(k1),位移大小为 x.则在随后的 4t 内,该质点的位移大小为( ) A.83k2x k1 B.82k1x k1 C.82k1x k1 D.35k3x k1 答案 A 解析 根据题目已知条件可以作出以下图象由 vt 图象与 t 轴所围成的面积表示位移可得, 用时 t 的位移为 xv0kv0 2 t; 5t 时间内的位移为 xv05k4v0 2 5t, 因此x x 55k3 k1 ,所以 x55k3 k1 x,即随后 4 s 内的位移为 xx83k2 k1 x,故 A 正确,B、C、D

    7、 错误 例 4 (2019 山东日照市 3 月模拟)如图 3 所示,在平面直角坐标系 xOy 的第一、二象限内, 存在以虚线 OM 为边界的匀强电场和匀强磁场匀强电场方向沿 y 轴负方向,匀强磁场方向 垂直于 xOy 平面向里,虚线 OM 与 x 轴负方向成 45 角一质量为 m、电荷量为q 的带电粒 子从坐标原点 O 处以初速度 v0沿 x 轴正方向运动,粒子每次到达 x 轴将反弹,第一次反弹无 能量损失,以后每次反弹水平分速度不变、竖直分速度大小均减为反弹前的1 2,方向相反电 场强度大小等于mv0 2 16qd,磁感应强度大小等于 mv0 qd ,求:(不计粒子重力,题中各物理量单位均

    8、为国际单位,计算结果可用分式表示) 图 3 (1)带电粒子第三次经过 OM 时的坐标; (2)带电粒子第三次到达 OM 时经过的时间; (3)带电粒子从第二次进入电场开始,沿电场方向运动的总路程 答案 (1)(2d,2d) (2)224 232d v0 (3)10 3 d 解析 (1)设磁感应强度大小为 B,粒子进入磁场,根据左手定则,粒子做3 4的圆周运动后经 过 OM,根据洛伦兹力提供向心力,有:qv0Bmv0 2 r ,解得:rmv0 qB d 粒子运动轨迹如图所示,由图可知,带电粒子第三次经过 OM 时的坐标为(2d,2d); (2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为:T2d v0 在

    9、电场中,沿 y 轴方向的加速度:aqE m v02 16d 设粒子从第一次沿 y 轴负方向经过 OM 到第一次在 x 轴反弹所用时间为 t1,沿 y 轴方向:vy02 v022ar,vy0v0at1 联立解得:t112 216d v0 则带电粒子第三次到达 OM 时经过的时间为:tT2t1224 232d v0 ; (3)因粒子第二次进入电场做类平抛运动,故到达 x 轴时的水平分速度为 v0 竖直方向:vy22a(2d) 第一次竖直分速度减半反弹,竖直分速度 vy11 2vy, 高度:h1vy1 2 2a 1 42d 第二次竖直分速度减半反弹,竖直分速度 vy21 2vy1 1 22vy, 高

    10、度:h2vy2 2 2a 1 422d 第 n 次竖直分速度减半反弹,高度 hnvyn 2 2a 1 4n2d 故总路程为:H2d2(h1h2hn)2d22d(1 4 1 42 1 4n) 整理可以得到:H10 3 d 即带电粒子从第二次进入电场开始,沿电场方向运动的总路程为 H10 3 d. 例 5 (2019 山东德州市上学期期末)如图 4 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

    11、 cd 均与导轨垂直且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, 电阻为 r, 导体棒 cd 质量也为 m, 电阻为 2r,导轨电阻忽略不计,两导体棒始终与导轨接触良好,当地重力加速度为 g,求: 图 4 (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

    12、棒 ab 某一横截面的电荷量 答案 (1)3mgr 2B2L2 (2) 1 3mgh 3m3g2r2 16B4L4 (3) 2BLh 3r 3m 2gr 4B3L3 解析 (1)导体棒 ab 到达 MN 之前稳定运动时,由平衡条件得 mgsin 30 ILB IBLv 3r 联立得:v3mgr 2B2L2 (2)导体棒 ab 进入水平部分后, ab 和 cd 组成的系统动量守恒 mv2mv 导体棒 ab 和 cd 最终的速度大小相同,都为 v3mgr 4B2L2 整个过程中能量守恒 mgh21 2mv 2Q 导体棒 ab 产生的焦耳热 Qab1 3Q 解得 Qab1 3mgh 3m3g2r2

    13、16B4L4 (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 I t I E 3r E t BL h sin 30 得 q12BLh 3r 对导体棒 cd 的运动过程运用动量定理: BL I1t1BL I2t2BL I3t3BL Intnmv0 q2 I1t1 I2t2 I3t3 Intn 得 q23m 2gr 4B3L3 整个过程中通过导体棒 ab 某一横截面的电荷量 qq1q22BLh 3r 3m 2gr 4B3L3. 专题强化练专题强化练 (限时 30 分钟) 1. (2019 河南省高考适应性测试)如图 1 所示, 边长为 L 的等边三

    14、角形 ABC 内、 外分布着两方 向相反的匀强磁场,三角形内磁场方向垂直纸面向里,两磁场的磁感应强度大小均为 B.顶点 A 处有一粒子源,粒子源能沿BAC 的角平分线发射不同速度的粒子,粒子质量均为 m,电 荷量均为q,粒子重力不计则粒子以下列哪一速度值发射时不能通过 C 点( ) 图 1 A.qBL m B.qBL 2m C.2qBL 3m D.qBL 8m 答案 C 解析 粒子带正电,且经过 C 点,其可能的轨迹如图所示: 所有圆弧所对圆心角均为 60 ,所以粒子运动半径:rL n(n1,2,3,),粒子在磁场中做匀 速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:qvBmv 2 r ,

    15、解得:vBqr m BqL mn (n 1,2,3,),故选 C. 2. (2019 山东淄博市 3 月模拟)如图 2 所示,a、b 两个小球穿在一根光滑的固定杆上,并且通 过一条细绳跨过定滑轮连接 已知 b 球质量为 m, 杆与水平面的夹角为 30 , 不计所有摩擦 当 两球静止时,Oa 段绳与杆的夹角也为 30 ,Ob 段绳沿竖直方向,则 a 球的质量为( ) 图 2 A. 3m B. 3 3 m C. 3 2 m D2m 答案 A 解析 分别对 a、b 两球受力分析,如图: 根据共点力平衡条件得:FTmbg;根据正弦定理得: FT sin mag sin 90 ; 故 mbmatan 3

    16、0 1,则 ma 3m,故 B、C、D 错误,A 正确 3. (2019 云南省统一检测)如图 3 所示, 细线一端固定, 另一端拴一小球, 小球处于静止状态 现 用一始终与细线垂直的力 F 缓慢拉着小球沿圆弧运动,直到细线水平,在小球运动的整个过 程中,F 和细线拉力的变化情况为( ) 图 3 AF 先增大后减小 BF 不断增大 C细线的拉力先增大后减小 D细线的拉力不断增大 答案 B 解析 对小球受力分析,如图甲所示: 由图可知,F 和 FT的合力与重力大小相等,方向相反,故可以将这三个力放在一个闭合的矢 量三角形内进行分析,如图乙所示: 在缓慢变化的过程,重力保持不变,F 与 FT的方向

    17、始终垂直,且三个力始终构成一个闭合的 矢量三角形,故由图乙可知,F 不断增大,细线的拉力 FT不断减小,故 A、C、D 错误,B 正确 4(多选)(2019 河南郑州市第二次质量预测)如图 4 所示,2019 个质量均为 m 的小球通过完 全相同的水平轻质弹簧(始终在弹性限度内)相连,在水平拉力 F 的作用下,一起沿光滑水平 面以加速度 a 向右做匀加速直线运动,设 1 和 2 之间弹簧的弹力为 F12,2 和 3 之间弹簧的弹 力为 F23,2018 和 2019 之间弹簧的弹力为 F20182019,则下列结论正确的是( ) 图 4 AF12F23F201820191232018 B从左到

    18、右每根弹簧长度之比为 1232018 C如果突然撤去拉力 F,撤去 F 瞬间,第 2019 个小球的加速度为F m,其余每个球的加速度 依然为 a D如果 1 和 2 两个球间的弹簧从第 1 个球处脱落,那么脱落瞬间第 1 个小球的加速度为 0, 第 2 个小球的加速度为 2a,其余小球的加速度依然为 a 答案 AD 解析 以整体为研究对象,根据牛顿第二定律可得:F2019ma,解得 a F 2019m;以后面的 第 1、2、3、2018 个小球为研究对象,根据牛顿第二定律可得 F12 1 2019F,F23 2 2019 F,F201820192018 2019F,则 F12F23F2018

    19、20191232018,故 A 正确; 因为每根弹簧的劲度系数相等,根据胡克定律可知,从左到右每根弹簧伸长量之比为 1232018,但是总长度之比不等于 1232018,故 B 错误;突然撤去 F 瞬间, 因弹簧的弹力不能突变, 可知除第 2019 个球所受合力突然变为2018 2019F, 加速度为 2018F 2019m, 其他球的合力未变,所以其他球的加速度依然为 a,故 C 错误;如果 1 和 2 两个球间的弹簧 从第 1 个球处脱落,那么脱落瞬间第 1 个小球受到的合力为零,则加速度为 0,第 2 个小球 受到的合力变为 2F 2019,则加速度为 2F 2019m2a,其余小球受到

    20、的合力不变,加速度依然为 a, 故 D 正确 5给房屋设计屋顶时,把屋顶设计成斜面,把雨水沿着屋顶滑下的运动理想化为小球沿光滑 斜面滑下的情形,为了使雨水能尽快地滑下并从屋檐落下,则斜面的倾角应设计成多大的角 度?按这种设计,雨水从屋顶滑到屋檐的时间为多少?(已知屋顶与屋檐间的水平距离为 L, 重力加速度为 g) 答案 见解析 解析 如图所示,设斜面 AB 的倾角为 . 当雨水(理想化为图中的小球)从斜面滑下时, 其加速度为 agsin , 从 A 到 B 的距离为 L cos , 设从 A 到 B 所用的时间为 t,则 L cos 1 2gsin t 2 得 t 2L gsin cos 4L

    21、 gsin 2 当 45 时,t 有最小值,tmin2 L g. 6(2019 河南驻马店市第一学期期末)如图 5 所示,间距为 L0.5 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 B0.2 T,轨道左侧连接一定值电阻 R1 .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 0.5,导体棒和导轨的电阻均不计取 g10 m/s2,求: 图 5 (1)导体棒的加速度大小; (2)导体棒的质量 答案 (1)5 m/

    22、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:EBLv 回路中的电流 IE R 导体棒受到的安培力:F安BIL 由牛顿第二定律:FF安Ffma 由题意 vat 联立解得:FB 2L2a R tmaFf 根据题图乙可知,010 s 内图象的斜率为 0.05 N/s,即B 2L2a R 0.05 N/s,解得 a5 m/s2 (2)由 Ft 图象纵截距可知:maFf1.0 N 又 Ffmg 解得 m0.1 kg. 7. (2019 四川绵阳市第二次诊断)如图 6 所示,

    23、一倾角为 60 的光滑斜面固定于水平地面上,Q 为斜面顶点,P 为斜面上一点,同一竖直平面内有固定点 O,O、P 连线垂直于斜面,OPl, P、Q 间距离 xPQ 3 12l.长度为 l 的轻绳一端系于 O 点,另一端系质量为 m 的小球 A,质量为 M4m 的滑块 B 在一锁定装置作用下静止于斜面上的 P 点现将 A 球拉至与 O 点等高的水 平位置,拉直轻绳,以竖直向下的初速度 v0释放,A 与 B 发生碰撞前一瞬间,锁定装置解除, A、B 均视为质点,碰撞过程中无能量损失,重力加速度为 g. 图 6 (1)求小球 A 通过最低点 C 点时,绳对小球拉力的大小; (2)求小球 A 与滑块

    24、B 碰撞后瞬间,小球 A 和滑块 B 的速度 vA和 vB的大小; (3)若 A、 B 碰后, 滑块 B 能沿斜面上滑越过 Q 点, 且小球 A 在运动过程中始终不脱离圆轨道, 求初速度 v0的取值范围 答案 (1)3mgmv0 2 l (2)3 5 glv02 2 5 glv02 (3)3 4 glMgx PQsin 60 解得:v03 4 gl 小球 A 不能做完整圆周运动,但不脱离圆轨道,即回到最右端位置时速度不能大于零, 则:1 2mvA 2mglcos 60 解得:v04 3 gl 小球 A 能做完整圆周运动,即能够过最高点,设小球 A 恰能过最高点的速度为 v2, 则:mgmv2 2 l 小球 A 能过圆轨道的最高点的条件为:1 2mvA 21 2mv2 2mgl(1cos 60 ) 解得:v0 91gl 3 初速度 v0的取值范围:3 4 glv04 3 gl或 v0 91gl 3


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