《2019届高三物理二轮复习专题八：《物理解题中的数学方法》训练（带答案及详解）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高三物理二轮复习专题八：《物理解题中的数学方法》训练（带答案及详解）（27页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1 物理学中常用的数学一般方法专题训练 1.(2018衡水三模)(图象法)一个小球从光滑固定的圆弧槽的A点由静止释放后,经最低点B运动到C点的过程 中,小球的动能Ek随时间t的变化图象可能是( )。 解析 动能Ek与时间t的图象上任意一点的斜率表示重力做功的瞬时功率,即= =P,A点与C点处小 Ek t W t 球速度均为零,B点处小球速度方向与重力方向垂直,所以A、B、C三点处的重力功率为零,则小球由A点运动 到B点的过程中重力做功功率先增大再逐渐减小到零,小球由B点运动到C点的过程中,重力做功功率也是先 增大再逐渐减小到零,故 A 项正确。 答案 A 2.(2018南充三模)(建模法)“太
2、极球”运动是一项较流行的健身运动,做该项运动时,健身者半马步站立,手持太 极球拍,拍上放一橡胶太极球,健身者舞动球拍时,尽量使太极球不掉到地上,现将球拍和太极球简化成如图所示 的平板和小球,熟练的健身者让小球在竖直面内始终不脱离平板且做匀速圆周运动,则( )。 2 A.在B、D两处小球运动的加速度一定相同 B.只要平板与水平面的夹角合适,小球在B、D两处可能不受平板的摩擦力作用 C.平板对小球的作用力在A处最大,在C处最小 D.小球在运动过程中机械能保持不变 解析 建立竖直平面内的圆周运动模型,小球在B、D两处的加速度都指向圆心,方向不同,由此可知 A 项 错误;只要平板与水平面的夹角合适,小
3、球在B、D两处受到的重力和支持力的合力可以沿水平方向指向圆心, 若正好提供做匀速圆周运动所需要的向心力,则在这两点处小球不受摩擦力,B 项正确;根据匀速圆周运动模型, 在A处满足mg+FA=m,在C处满足FC-mg=m,由此可知FA0,=162-416(a2-2)0 解得a26 m/s2。 答案 6 m/s2 17 6.(特殊值法)如图所示,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,砝码的移动很小,几 乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性现象实验。若砝码和纸板的质量分别为m1和m2,各接触面间的动摩擦因 数均为,重力加速度为g。求: (1)当纸板相对砝码运动时,纸板所受摩擦力的
4、大小。 (2)要使纸板相对砝码运动,所需拉力的最小值。 解析 (1)砝码对纸板的摩擦力大小f1=m1g 桌面对纸板的摩擦力大小f2=(m1+m2)g 故纸板所受摩擦力大小f=f1+f2=(2m1+m2)g。 (2)设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2,拉力为F,根据牛顿第二定律有f1=m1a1,f1=f1 F-f1-f2=m2a2 发生相对运动时,a2a1 解得F2(m1+m2)g,即所需拉力大小最小值是 2(m1+m2)g。 答案 (1)(2m1+m2)g (2)2(m1+m2)g 7.(极值法)如图所示,在水平地面O点的正上方的装置M每隔相等的时间由静止释放一小球,在某小球离开M 的同
5、时,O点右侧一长L=1.2 m 的平板车开始以a=6.0 m/s2的恒定加速度从静止开始向左运动,该小球恰好落 18 在平板车的左端(小球不弹起),已知平板车上表面距离M的竖直高度h=0.45 m,忽略空气阻力,重力加速度g 取 10 m/s2。 (1)求平板车左端离O点的水平距离。 (2)若至少有 2 个小球落在平板车上,则释放小球的时间间隔 t应满足什么条件? 解析 (1)设小球落在平板车上表面的左端处历时t0,在该时间段内 对小球有h= g 1 2 t0 2 对平板车有x= a 1 2 t0 2 联立解得x=0.27 m。 (2)从释放第一个小球至第 2 个小球下落到平板车上表面历时 t
6、+t0,设平板车在该段时间内的位移为x1, 由运动学方程有 x1= a(t+t0)2 1 2 至少有 2 个小球落在平板车上须满足x1x+L 联立解得 t0.4 s。 答案 (1)0.27 m (2)t0.4 s 19 8.(数学归纳法)一小球从h0=45 m 高处自由下落,着地后又弹起,然后又下落,每与地面相碰一次,速度大小就变 为原来的k倍。若k=,求小球从下落直至停止运动所用的时间。(g取 10 m/s2,碰撞时间忽略不计) 1 2 解析 由运动学公式将小球每碰一次后在空中运动的时间的通项公式求出,然后再累加求和 小球从h0处落到地面时的速度v0= 2gh0 运动的时间t0= 2h0 g
7、 第一次碰地后小球反弹的速度v1=kv0=k 2gh0 小球在再次与地面碰撞之前先做竖直上抛运动,再做自由落体运动,这一过程小球运动的时间t1=2k 2v1 g 2h0 g 第n次碰地后,小球的运动速度的通项公式为 vn=kn 2gh0 运动时间tn=2kn 2vn g 2h0 g 所以,小球从下落到停止运动的总时间 t=t0+t1+t2+tn=+2k+2k2+2kn=+2(k+k2+kn) 2h0 g 2h0 g 2h0 g 2h0 g 2h0 g 2h0 g 上式括号中是一个无穷等比递缩数列,由无穷等比递缩数列求和公式,并代入数据解得t=9 s。 答案 9 s 20 物理中常用的逻辑学方法
8、专题训练 1.(2018辽宁二模)(演绎推理)消防车的高压水龙头竖直向上喷水,喷出的水最高可上升到距离管口h=40 m 处。 当高压水龙头固定在高h0=3 m 的消防车上,仍以同样大小的速度将水斜向上喷出,可以使水流以 10 m/s 的水 平速度射入某楼层的窗户,不计空气阻力,g=10 m/s2,则该楼层的窗户距离地面的高度约为( )。 A.35 m B.38 m C.40 m D.44 m 解析 设水龙头喷出的水速度为v,由匀变速直线运动规律得v2=2gh,解得v=20 m/s。当水 2gh2 斜向上喷出时,水流速度v=,解得竖直方向的速度vy=10 m/s。水在竖直方向上升的 vx 2 +
9、 vy 2 v 2 - vx 2 7 高度h=35 m,楼层高度H=h0+h=38 m,故 B 项正确。 vy 2 2g 答案 B 2.(2018四川二模)(类比推理)太阳系外的行星大多不适宜人类居住,绕恒星“Glicsc 581”运行的行星“Gl- 581c”却很值得我们期待。该行星的温度在 0 到 40 之间,质量是地球的 6 倍,直径是地球的 1.5 倍。公 转周期为 13 个地球日,“Glicsc 581”的质量是太阳质量的 31%,设该行星与地球均视为质量分布均匀的球体, 绕其中心天体做匀速圆周运动,则( )。 A.该行星的第一宇宙速度和地球的第一宇宙速度相等 B.如果人到了该行星,
10、其体重是地球上的 倍 8 3 21 C.该行星与“Glicsc 581”的距离是日地距离的 13 365 D.恒星“Glicsc 581”的密度是地球的 169 倍 解析 卫星绕地球表面附近做匀速圆周运动的速度大小等于地球的第一宇宙速度,地球的第一宇宙速度 满足G=m,解得v=,M为地球质量,R为地球的半径。根据类比思想可知,其他行星表面处的第一宇宙 Mm R 2 v 2 R GM R 速度可以采用相同的方法求得,因为该行星质量为地球质量的 6 倍,半径为地球半径的 1.5 倍,由上式可知,该行 星的第一宇宙速度为地球第一宇宙速度的 2 倍,A 项错误。地球表面处的重力加速度满足G=mg,解得
11、g= Mm R 2 ,由此可以得出该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度比值为 ,B 项正确。行星绕恒星运转时,由 GM R 2 8 3 万有引力提供向心力,可得G=m,解得行星与恒星的距离r1=,行星“Gl-581c”公转周期为 13 M1m r1 2 4 2r 1 T 2 3 GM1T 2 4 2 个地球日。将已知条件代入解得行星“Gl-581c”的轨道半径与地球轨道半径之比r1r2=,故 C 项 3 0.31 13 2 (365) 2 错误。因为密度= =(通式),由此可知行星的密度为地球密度的倍,故 D 项错误。 M V 3M 4R 3 6 1.5 3 答案 B 3.(2018湖
12、北二模)(演绎推理)(多选)从地面斜向上抛出一个质量为m、带电荷量为+q的小球,选地面为重力零 势能面,当小球到达最高点时,小球具有的动能与重力势能之比是 916,现在此空间加上一个平行于小球运动平 面的竖直匀强电场E,以相同的初速度抛出原小球,小球到达最高点时的动能等于重力势能。已知重力加速度大 小为g,不计空气阻力。下列说法正确的是( )。 A.小球抛出时速度的水平分量与竖直分量的大小之比为 43 B.所加电场方向一定竖直向上,且满足qER时,物体所受地球 Mm r 2 4 3r 3m r 2 4Grm 3 的引力大小可表示为F=G,由此可知引力大小与r2成反比。A 项正确。 M地球m r
13、 2 答案 A 5.(2018厦门一模)(演绎推理)质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时,引力势能可表示为Ep=-G,其 Mm r 中G为引力常量,M为地球质量。该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动,由于受到摩擦作用,飞 行一段时间后其圆周运动的半径变为R2,此过程中因摩擦而产生的热量为( )。 A.GMmB.GMm ( 1 R2 - 1 R1) ( 1 R1 - 1 R2) C.D. GMm 2 ( 1 R2 - 1 R1) GMm 2 ( 1 R1 - 1 R2) 解析 卫星做匀速圆周运动时,地球给卫星的万有引力提供圆周运动所需要的向心力,当轨道半径为R1时, G=m,卫
14、星的引力势能Ep1=-,同理,轨道半径为R2时,G=m,卫星的引力势能为Ep2=-,设因 Mm R1 2 v1 2 R1 GMm R1 Mm R2 2 v2 2 R2 GMm R2 24 摩擦产生的热量为Q,根据能量守恒定律得m+Ep1= m+Ep2+Q。联立解得Q=,C 项正确。 1 2 v1 2 1 2 v2 2 GMm 2 ( 1 R2 - 1 R1) 答案 C 6.(2018南京二模)(演绎推理)如图所示,某发射系统内有一木箱,木箱内有一竖直放置的轻质弹簧,弹簧上方有一 物块,木箱内上表面和下表面都装有压力传感器。木箱静止时,上表面压力传感器的示数为 12.0 N,下表面压力 传感器的
15、示数为 20.0 N。当系统竖直向上发射时,上表面压力传感器示数变为下表面压力传感器示数的一半, 重力加速度g取 10 m/s2,此时木箱的加速度为( )。 A.10.0 m/s2B.5.0 m/s2 C.2.5 m/s2D.条件不足,无法确定 解析 木箱静止时,对弹簧和物块整体进行受力分析,受重力、上方传感器向下的压力F1=12 N,下方传感 器向上的支持力F2=20 N,弹簧的弹力大小也为 20 N,根据平衡条件,有F1+mg=F2,解得mg=8 N,由此可知物 块的质量m=0.8 kg。当系统竖直向上发射时,弹簧形变量不变,所以弹簧的弹力仍为 20 N,设上表面传感器的 示数为F,则下表
16、面传感器的示数为 2F,根据牛顿第二定律,对物块有F2-F-mg=ma,对弹簧和物块整体有 2F-F- mg=ma,联立解得a=2.5 m/s2,C 项正确。 答案 C 7.(2018黄冈二模)(演绎推理)(多选)如图甲所示,AB、CD是间距l=1 m 的足够长的光滑平行金属导轨,导轨平 面与水平面的夹角为,在虚线下方的导轨平面内存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B0, 25 导轨电阻不计,长为 1 m 的导体棒ab垂直AB、CD放置在导轨上,导体棒电阻R=1 。AB、CD右侧连接一 电路,已知电路中灯泡 L 的规格为“3 V 3 W”,定值电阻R1=10 ,R2=15 。在t=0 时,将导体棒ab从某 一高度由静止释放,导体棒的速度时间图象如图乙所示,其中OP段是直线,PM段是曲线。若在导体棒沿导轨 下滑 12.5 m 时,导体棒达到最大速度,并且此时灯泡 L 已正常发光,假设灯泡的电阻恒定
