《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）（25页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
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Ekt=Wt=P,A点与C点处小球速度均为零,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A2.(2018南充三模)(建模法)“太极球”运动是一项较流行的健身运动,做该项
2、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()。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
3、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=mv2r,在C处满足FC-mg=mv2r,由此可知FAFC,C项错误;因为整个运动过程中,小球的速率不变,而高度发生变化,所以机械能不守恒,D项错误。答案B甲3.(矢量法)如图甲所示,质量分布均匀的细棒中心为O点,O1为光滑铰链,O2为光滑定滑轮,O2在O1正上方,一根轻绳的一端系于O点,另一端跨过定滑轮O2,由水平外力F牵引,用N表示铰链对杆的作用力。在外力F作用下,细棒从图示位置缓慢转到竖直位置,在此过程中,下列说法正确的是()。A.F逐渐变小,N大小不变B.F逐渐变小,N大
4、小变大C.F先变小后变大,N逐渐变小乙D.F先变小后变大,N逐渐变大解析画出杆的受力图如图乙所示;根据矢量三角形和相似三角形的规律可知NOO1=mgO1O2=FOO2,因OO1和O1O2不变,则N不变;随OO2的减小,F减小,A项正确。答案A4.(图象法)(多选)如图所示,定值电阻R1=3 ,R2=2 ,滑动变阻器R的最大阻值为10 ,电表均视为理想电表,调节R记录多组U、I数据,画出图乙所示的U-I图象,下列说法正确的是()。A.当滑动变阻器的滑片由中点向右移动时,滑动变阻器上的功率先增大后减小B.当滑动变阻器接入电路的电阻为10 时,电源的效率最大C.当滑动变阻器接入电路的电阻为4 时,滑
5、动变阻器的功率最大D.电源的最大功率为2.25 W解析把滑动变阻器当作负载,R1、R2等效为电源内阻的一部分,当通过R1的电流I1=0.3 A时,根据并联电路的特点可知,通过R2的电流I2=I1R1R2=0.45 A ,则等效电源的内阻r=EI1+I2=4 ,因为R的最大阻值为10 ,所以滑片由中点向右滑动时,功率逐渐减小,A项错误;电源的效率=I2R外I2(R外+r)=R外R外+r=11+rR外,r为电源内阻,不是等效内阻,故外电阻越大,效率越大,所以当滑动变阻器的电阻为10 时,电源的效率最大,B项正确;当滑动变阻器接入电路的电阻等于等效电源内阻4 时,滑动变阻器的功率最大,C项正确;当整
6、个回路电阻最小时,即滑动变阻器阻值R=0时,电路的电流最大,电源的最大功率Pm=E2r=2.25 W,D项正确。答案BCD5.(图象法)A、B两车在平直公路上行驶,其速度时间图象如图甲所示(其中A的图象为对称图形),则下列说法正确的是()。甲A.8 s末,A、B两车相遇B.A车在04 s内的位移小于B车在4 s8 s内的位移C.4 s末,A车的加速度小于B车的加速度D.在08 s内,A车的平均速度小于B车的平均速度乙解析由于初始时刻两车的位置关系不清楚,故无法判断8 s末A、B两车是否相遇,A项错误;连接图中(0,0)和(8,40)两点,如图乙所示,根据“速度时间图象中图线与时间轴所围成的面积
7、表示位移”及对称性可知,A车在04 s内的位移(小于40 m)小于B车在4 s8 s内的位移(等于40 m),B项正确;速度时间图象的斜率表示加速度,故4 s末,A车的加速度大于B车的加速度,C项错误;又由对称性可知,在08 s内,两车的位移x大小相等,根据v-=xt知,两车的平均速度大小相等,D项错误。答案B甲6.(2017石家庄一模)(矢量法)如图甲所示,在竖直墙壁上固定有一个光滑的半圆形支架(AB为直径),支架上套着一个小球,轻绳的一端悬于P点,另一端与小球相连。已知半圆形支架的半径为R,轻绳长度为L,且RL2R。现将轻绳的上端点P沿墙壁缓慢下移至A点,此过程中轻绳对小球的拉力F1及支架
8、对小球的支持力F2的大小变化情况为()。A.F1和F2均增大B.F1保持不变,F2先增大后减小C.F1先减小后增大,F2保持不变D.F1先增大后减小,F2先减小后增大乙解析对小球受力分析如图乙所示,因为边三角形与力三角形相似,所以有mgOP=F2R=F1L,现将轻绳的上端点P沿墙壁缓慢下移至A点,OP减小,所以F1和F2均增大,A项正确。答案A7.(2018南阳二模)(图象法)(多选)如图甲所示,为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角的关系,将某一物体每次以不变的初速度v0沿足够长的斜面向上推出,调节斜面与水平方向的夹角,实验测得x与斜面倾角的关系如图乙所示,g取10 m/s2,根
9、据图象可求出()。A.物体的初速度大小v0=6 m/sB.物体与斜面间的动摩擦因数=0.6C.取不同的倾角,物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin=1.44 mD.当=30时,物体达到最大位移后将沿斜面下滑解析由图乙可知,当斜面的倾角=90时,物体做竖直上抛运动,位移x1=1.80 m,则由竖直上抛运动规律可知v02=2gx1,解得v0=2gx1=6 m/s,A项正确。当=0时,可知x2=2.40 m,由动能定理可得-mgx2=0-12mv02,解得=v022gx2=0.75,B项错误。根据动能定律得-mgxsin -mgcos x=0-12mv02,解得x=v022g(sin+cos)=
10、62210(sin+0.75cos)=9554sin(+),式中有tan =34,可知=37,当+=90,即=53时,位移最小xmin=1.44 m,C项正确。若=30,由题中条件可得mgsin mgcos ,则物块到达最高点后,不会再向下滑动,而是静止在最高点,D项错误。答案AC甲8.(2018成都一模)(矢量法)如图甲所示,光滑绝缘的斜面与水平面的夹角为,导体棒ab静止在斜面上,ab与斜面底边平行,通有图示方向的恒定电流I,空间充满竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B,现缓慢增大(090),若电流I不变,且ab始终静止在斜面上(不考虑磁场变化产生的影响),下列说法正确的是()。A.B应缓
11、慢减小B.B应缓慢增大C.B应先增大后减小D.B应先减小后增大乙解析作出受力分析图,由图乙可知,金属棒受重力、支持力及向右的安培力的作用,当增大角度,则支持力的方向将向左旋转,要使棒仍然平衡,则支持力与安培力的合力大小一直等于重力大小,则由图可知,安培力必须增大,故磁感应强度应增大,B项正确。答案B甲9.(2017福建一模)(图象法)一圆筒处于匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行,筒的横截面如图甲所示。图中直径MN的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度顺时针转动。在该截面内,一带电粒子从小孔M射入筒内,射入时的运动方向与MN成30角。当筒转过90时,该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计粒子重力。若粒
12、子在筒内未与筒壁发生碰撞,带电粒子的比荷为k,则磁感应强度的大小为()。A.3kB.2kC.kD.2k乙解析作出粒子的运动轨迹如图乙所示,其中O为粒子运动轨迹的圆心,由几何关系可知MON=30。由粒子在磁场中做匀速圆周运动的规律可知T=2mBq,即比荷qm=2BT,由题意知t粒子=t筒,即30360T=90360T筒,得T=3T筒,又T筒=2,故qm=3B=k,可得B=3k,A项正确。答案A10.(2018河北一模)(消元法和图象法)如图甲所示,在平面直角坐标系xOy中0xL的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,以点(3L,0)为圆心、半径为L的圆形区域,与x轴的交点分别为M、N,在xOy平面内,
13、从电离室产生的质量为m、带电荷量为e的电子,以几乎为零的初速度飘入电势差为U的加速电场中,加速后经过右侧极板上的小孔沿x轴正方向由y轴上的P点进入到磁场,飞出磁场后从M点进入圆形区域且速度方向与x轴夹角为30,此时在圆形区域加周期性变化的磁场(如图乙所示),以垂直于纸面向外的方向为磁场正方向,电子运动一段时间后从N点飞出,速度方向与电子从M点进入磁场时的速度方向相同。 (1)求P点的纵坐标yP。(2)求0xL区域内匀强磁场磁感应强度B的大小。(3)写出圆形磁场区域磁感应强度B0的大小及磁场变化周期T各应满足的表达式。丙解析(1)电子在0xL磁场区域做圆周运动,出磁场后做直线运动,其运动轨迹如图
14、丙所示,由几何关系可得R=2LyP=R-Rcos 30+Ltan 30=2-233L。(2)在加速电场中,由动能定理有eU=12mv02解得v0=2eUm由洛伦兹力提供向心力可得ev0B=mv02R联立解得B=2meU2eL。(3)电子在圆形磁场中做圆周运动的轨迹半径 R=mv0eB0,假设在磁场变化的半个周期内,粒子的偏转角为60,根据几何关系,在磁场变化的半个周期内,粒子在x轴方向上的位移恰好等于R,粒子能到达N点且速度符合要求的空间条件是2nR=2L解得B0=n2emUeL(n=1,2,3,)粒子在磁场变化的半个周期内恰好转过16个圆周,同时,当电子在MN间运动的时间是磁场变化周期的整数
15、倍时,粒子能到达N点且速度满足题设要求,则有16T0=T2,又因为T0=2meB0,则T的表达式为T=2mL3n2emU(n=1,2,3,)。丁答案(1)2-233L(2)2meU2eL(3)B0=n2emUeL(n=1,2,3,)T=2mL3n2emU(n=1,2,3,)物理中常用的数学特殊方法专题训练1.(微元法)如图甲所示,一对间距l=20 cm的平行光滑导轨放在水平面上,导轨的左端接R=1 的电阻,导轨上垂直放置一导体杆,整个装置处在磁感应强度大小B=0.5 T的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向下。杆在沿导轨方向的拉力F作用下做初速度为零的匀加速运动。测得力F与时间t的关系如图乙所示。杆及两导轨的电阻均可忽略不计,杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨
