（新课标）2020版高考物理大二轮复习 专题强化训练19 数学方法在物理解题中的应用

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9