（新课标）2020版高考物理大二轮复习 优化1 数学方法在物理解题中的应用教学案

优化1数学方法在物理解题中的应用高考物理考试大纲中明确要求考生要具备应用数学方法处理物理问题的能力，即能够根据具体问题列出物理量之间的关系式，进行推导和求解，并根据结果得出物理结论；能运用几何图形、函数图像进行表达、分析1三角函数、正(余)弦定理及其应用三角函数、正(余)弦定理反映了三角形边与角之间的定量关系物理量在合成或分解时会构成矢量三角形，若为直角三角形，可直接用三角函数或勾股定理分析计算，若为斜三角形，则通常要用到正(余)弦定理分析求解2利用数学方法求极值分析求解物理量在某物理过程中的极大值或极小值是很常见的物理问题，这类问题的数学解法有很多，主要有：三角函数极值法、二次函数极值法、不等式极值法、图像法等3数学归纳法的应用数学归纳法是一种较为重要的思想方法，高考中常通过数学归纳法来解决物理问题，数学归纳法是把从某些特殊情况下归纳出来的规律，利用逆推的方法从理论上证明这一规律的一般性，是用有限次的验证和易错逻辑推理代替无限次的验证过程，从而实现从无限次到有限次的转化4应用几何图形解决物理问题几何作图法充分利用“数形结合”的思想，把物理问题转化成一个几何问题，通过几何图形所蕴含的物理意义从图中寻求答案，既方便又快捷题型1正弦定理的应用【典例1】如图所示，一圆环位于竖直平面内圆环圆心O处有一小球，OP、OQ为两根细绳，一端与球相连，另一端固定在圆环上，OP水平，OQ与竖直方向成30角现保持小球位置不动，将圆环沿顺时针方向缓慢转过90角，则在此过程中()AOP绳所受拉力增大BOP绳所受拉力先增大后减小COQ绳所受拉力先减小后增大DOQ绳所受拉力先增大后减小解析设小球的重力为G，圆环沿顺时针方向缓慢转动过程中OP与竖直方向的夹角为时，OP和OQ的拉力大小分别为T1、T2.由题可知，小球的位置保持不动，受力保持平衡，由平衡条件可知，两绳拉力的合力不变，运用三角形定则作出力的合成图，如甲所示，小球受到的重力G和T1、T2组成一个闭合的三角形由正弦定理得解得T1，T2在从90转到0的过程中，根据数学知识可知，sin(120)先增大后减小，而sin一直减小，所以OP绳所受拉力先增大后减小，OQ绳所受拉力一直减小答案B题型2数学方法求极值【典例2】质量为5 kg的木块与水平面间动摩擦因数为，一人欲用最小的作用力F使木块沿地面匀速运动，如右图所示，则此最小作用力的大小和F与水平面的夹角分别为(g10 m/s2)A10 N30 B. N0C25 N30 D25 N60解析如图所示，木块受重力G、地面的支持力FN、摩擦力Ff和施加的外力F四个力作用设力F与x轴夹角为，由共点力平衡条件得FcosFfFsinFNG且有FfFN联立以上各式得F利用和差角公式变形为F(其中tan)当sin()1时，F具有极小值Fmin N25 N因为tan所以60则F与x轴夹角906030，故选项C正确答案C题型3数学归纳法的应用【典例3】(2018湖南省六校4月联考)如下图所示，在光滑水平面上有一质量为2018m的木板，板上有2018块质量均为m的相同木块1、2、2018.最初木板静止，各木块分别以v、2v、2018v同时向同一方向运动，木块和木板间的动摩擦因数为，且木块间不发生碰撞和离开木板的现象求最终木板的速度解析木块与木板最终一起以速度v运动，由动能定理可知m(v2v2018v)22018mv；解得vv.答案v题型4应用几何图形解决物理问题【典例4】(多选)(2018广东省深圳市高级中学模拟)如右图所示为建筑工地一个小型起重机起吊重物的示意图一根轻绳跨过光滑的动滑轮，轻绳的一端系在位置A处，动滑轮的下端挂上重物，轻绳的另一端挂在起重机的吊钩C处，起吊重物前，重物处于静止状态起吊重物过程是这样的：先让吊钩从位置C竖直向上缓慢地移动到位置B，然后再让吊钩从位置B水平向右缓慢地移动到D，最后把重物卸在某一位置则关于轻绳上的拉力大小变化情况，下列说法正确的是()A吊钩从C向B移动过程中，轻绳上的拉力不变B吊钩从B向D移动过程中，轻绳上的拉力变大C吊钩从C向B移动过程中，轻绳上的拉力最大D吊钩从B向D移动过程中，轻绳上的拉力变小解析对重物受力分析，因重物重力不变，所以重力与两绳子的拉力的合力大小相等，并且绳子两端的张力相等，设绳子间的夹角为2；在由C到B上移的过程中有：2FTcosmg；设绳子长为L，由几何关系可知，则有：Lsind；因由C到B的过程中A到BC的垂直距离d不变，故不变，所以轻绳上的拉力不变，故A正确，C错误；由B到D的过程中，绳子长不变，两绳之间的夹角增大，则由以上分析可知，FT增大，故B正确，D错误答案AB专题强化训练(十九)一、选择题1. (多选)(2018河南五校联考)如图所示，两个可视为质点的小球A、B通过固定在O点的光滑小滑轮(图中未画出)用细线相连，小球A置于光滑半圆柱上，小球B用水平线拉着，水平线另一端系于竖直板上，两球均处于静止状态，已知O点在半圆柱横截面圆心O1的正上方，OA与竖直方向成45角，其长度与半圆柱横截面的半径相等，OB与竖直方向成60角，则()A细线对球A的拉力与球A所受半圆柱的弹力大小相等B细线对球A的拉力与半圆柱对球A的弹力大小相等C细线对球A的拉力与对球B的拉力大小之比为D球A与球B的质量之比为21解析对A、B两个小球进行受力分析，如图所示，球A所受的弹力为半圆柱对球A的支持力和细线对球A的拉力的合力，大小等于mAg，细线对球A的拉力大小为TmAgcos45mAg，所以细线对球A的拉力与球A所受弹力大小不相等，故A错误；根据受力分析图，由几何关系知细线对球A的拉力与半圆柱对球A的弹力大小相等，故B正确；因为同一根细线上拉力相等，所以细线对球A的拉力与对球B的拉力之比为11，故C错误；根据勾股定理，对球B：T2mBg，对球A：TmAg，故2mBgmAg，解得，故D正确答案BD2. (2019辽宁五校联考)如图所示，两质点A、B质量分别为m、2m，用两根等长的细轻绳悬挂在O点，两质点之间夹着一根劲度系数为k的轻弹簧，整个系统静止不动时，两根细绳之间的夹角为60.设绳OA、OB与竖直方向的夹角分别为和，则()A2Bsin2sinCtan2tanDcoscos2解析设轻弹簧对两质点的弹力大小为F，分别隔离A、B两质点分析受力，作出受力分析图，如图所示因为两根绳等长，顶角为60，所以三角形OAB为等边三角形，对左侧的矢量三角形，由拉密定理可知；对右侧的矢量三角形，由拉密定理可知；两式联立解得sin2sin，选项B正确答案B3(多选)(2017全国卷)如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N.初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为.现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角不变在OM由竖直被拉到水平的过程中()AMN上的张力逐渐增大BMN上的张力先增大后减小COM上的张力逐渐增大DOM上的张力先增大后减小解析对重物受力分析可知，重物受重力G、OM的拉力FOM、MN的拉力FMN.重物处于动态平衡状态，合力为零，所以G、FOM、FMN构成封闭的矢量三角形重力不变，由于OM与MN之间的夹角不变，则FOM与FMN的夹角()，不变，矢量三角形动态图如图所示，当FOM为圆的直径时最大，最后FOM变为水平，此时FMN最大，所以FOM先增大后减小，FMN一直增大答案AD4如右图所示的起重装置，A为固定轴，AB为轻杆，B端系两根轻绳，一根在下面拴一重物，另一根绕过无摩擦定滑轮，在绳端施加拉力，使杆从位置缓缓移到位置的过程中，绕过定滑轮的那根绳的张力F以及轻杆在B端受到的作用力FN的变化情况是()AF减小，FN大小不变，方向由沿杆向外变为沿杆向里BF减小，FN大小不变，方向始终沿杆向里CF不变，FN先变小后变大，方向沿杆向里DF不变，FN变小，方向沿杆向里解析分析杆的端点B的受力，如图所示，三角形ABO和由力组成的三角形BCD相似，由几何关系知，L1不变，FN大小不变，L2减小，F减小，B正确答案B5(2019武汉二月调考)如下图所示，“”表示电流方向垂直纸面向里，“”表示电流方向垂直纸面向外两根通电长直导线a、b平行且水平放置，a、b中的电流强度分别为I和2I，此时a受到的磁场力大小为F.当在a、b的上方再放置一根与a、b平行的通电长直导线c后，a受到的磁场力大小仍为F，图中abc正好构成一个等边三角形，此时b受到的磁场力大小为()AF B.F C2F D.F解析先分析导线a的受力，题设a、b平行，电流分别为I和2I，此时a受到的磁场力大小为F.再在a、b的上方放置一根与a、b平行的通电长直导线c，a、b、c正好构成一个等边三角形，a受到的磁场力大小仍为F，根据平行四边形定则，可知c对a的磁场力Fca方向由a指向c，大小等于F，如图所示再分析b的受力，a对b的磁场力大小为F，因为rcarcb，a、b电流分别为I和2I，所以c对a的磁场力大小FcaF，故c对b的磁场力大小Fcb2F，根据平行四边形定则和余弦定理，可得b受到的磁场合力大小为Fb合F，选项D正确答案D6(多选)如下图所示，A、B两物体相距s，物体A以vA6 m/s的速度向右匀速运动而物体B此时的速度vB2 m/s，向右做匀加速运动，加速度a2 m/s2.欲让两物体相遇两次，则s可能的值为()A1 m B2 m C4 m D6 m解析设经时间t，物体A、B相遇，位移满足xAxBs，物体A做匀速直线运动的位移xAvAt，物体B做匀加速直线运动的位移xBvBtat2，联立并代入数据可得t24ts0，根据上述方程，欲让t有两解，则b24ac164s0，即s4 m，选项C、D错误；将选项A、B代值计算可知，两解都为正值，选项A、B正确答案AB7(多选)(2019安徽省安庆市二模)如下图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成角，M、P两端接一电阻R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中t0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，金属棒电阻为r，导轨电阻忽略不计已知通过电阻R的感应电流I随时间t变化的关系如图乙所示下列关于棒运动速度v、外力F、流过R的电荷量q以及闭合回路中磁通量的变化率随时间变化的图像正确的是()解析根据题图乙所示的It图像可知Ikt，其中k为比例系数，由闭合电路欧姆定律可得：Ikt，可推出：Ekt(Rr)，而E，所以有：kt(Rr)，t图像是一条过原点且斜率大于零的直线，故B正确；因EBlv，所以vt，vt图像是一条过原点且斜率大于零的直线，说明了金属棒做的是初速度为零的匀加速直线运动，即vat，故A正确；对金属棒在沿导轨方向列出动力学方程FBIlma，而I，vat，得到Fma，可见Ft图像是一条斜率大于零且与纵轴正半轴有交点的直线，故C错误；qtt2，qt图像是一条开口向上的抛物线，故D错误答案AB8(多选)(2019山东省临沂市上学期期末)如图所示，矩形线框abcd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框ab长为2L，bc长为L，MN为垂直于ab并可在ab和cd上自由滑动的金属杆，且杆与ab和cd接触良好，abcd和MN上单位长度的电阻皆为r.让MN从ad处开始以速度v向右匀速滑动，设MN与ad之间的距离为x(0x2L)，则在整个过程中()A当x0时，MN中电流最小B当xL时，MN中电流最小CMN中电流的最小值为DMN中电流的最大值为解析MN产生感应电动势为BLv，MN中电流I，当x0或x2L时，MN中电流最大，MN中电流的最大值为Imax，当xL时，MN中电流最小，MN中电流的最小值为Imin，故B、C、D正确，A错误答案BCD二、非选择题9(2019广东省肇庆市一模)如图a所示，一物体以一定的速度v0沿足够长的固定斜面向上运动，此物体在斜面上的最大位移与斜面倾角的关系如图b所示设各种条件下，物体与斜面间的动摩擦因数不变，取g10 m/s2.试求：(1)物体与斜面之间的动摩擦因数及物体的初速度大小；(2)为多大时，x值最小？求出x的最小值解析(1)当为90时，由运动学知识可得：v2gh设动摩擦因数为，当0时摩擦力大小为：FfmgFfma1由运动学公式可得：v2a1x0联立以上各式解得：，v05 m/s(2)对于任意角度，根据动能定理可得，物体对应的最大位移x满足的关系式：mvmgxsinmgxcos对式变形可得：xtan，则x的最小值为xmin h1.08 m对应的答案(1)5 m/s(2)1.08 m10示波器主要由电子枪中的加速电场，两水平放置的平行金属板中的偏转电场和竖直放置的荧光屏组成，如下图所示若已知加速电场的电压为U1，两平行金属板的板长、板间距均为d，荧光屏距两平行金属板右侧的距离也为d.若两板间的偏转电压为零，则电子枪发射的电子从两平行金属板的中央穿过，打在荧光屏的中点O；若两板间的偏转电压为U2，则电子会打在荧光屏上的某点，该点与O点的距离为d.已知两金属板间只存在竖直方向的匀强电场，不计电子在进入加速电场时的速度及电子重力，电子的质量为m，电荷量为e，求U1与U2的比值解析电子加速过程，由动能定理可得eU1mv电子进入偏转区做类平抛运动，轨迹如图所示沿初速度方向，有dv0t在垂直初速度方向，有yat2其中a，E设电子离开偏转电场时，它的速度偏向角为，则tan，其中Yd解得.答案14