届高考物理考前知识专题数学方法的应用复习题文档格式.docx
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AA可能受到2个力的作用
BB可能受到3个力的作用
A、B的质量之比为tanθ∶1
DA、B的质量之比为1∶tanθ
答案 D
解析 对A球受力分析可知，A受到重力、绳子的拉力以及杆对A球的弹力，三个力的合力为零，故A错误；
对B球受力分析可知，B受到重力、绳子的拉力，两个力合力为零，杆对B球没有弹力，否则B不能平衡，故B错误；
分别对A、B两球受力分析，运用合成法，如图，根据共点力平衡条，得：
FT＝Bg根据正弦定理得：
FTsinθ＝Agsin&
#61480;
90°
＋θ&
#61481;
因定滑轮不改变力的大小，故绳子对A的拉力等于对B的拉力，得A∶B＝1∶tanθ，故错误，D正确，故选D
3如图4所示，将两个质量均为，带电荷量分别为＋q、－q的小球a、b，用两细线相连并悬挂于点，置于沿水平方向的匀强电场中，电场强度为E，且Eq＝g，用力F拉小球a，使整个装置处于平衡状态，且两条细线在一条直线上，则F的大小可能为（ ）图4
A3gB12g
gD22g
解析 先分析b的平衡：
由于Eq＝g，所以两线与竖直方向夹角为4°
再分析整体平衡：
两电场力抵消，转变成典型的三力平衡问题，画矢量三角形如图所示，F的最小值Fin＝2gsin4°
＝2g，则应满足F≥2g，故A正确
4物理学中有些问题的结论不一定必须通过计算才能验证，有时只需要通过一定的分析就可以判断结论是否正确如图所示为两个彼此平行且共轴的半径分别为R1和R2的圆环，两圆环上的电荷量均为q（q&
0），而且电荷均匀分布两圆环的圆心1和2相距为2a，连线的中点为，轴线上的A点在点右侧与点相距为r（r&
a）试分析判断下列关于A点处电场强度大小E的表达式（式中为静电力常量）正确的是（ ）图
AE＝qR1R21＋&
a＋r&
2－qR2R22＋&
a－r&
2E＝q&
R21＋&
2－q&
R22＋&
2答案 D
解析 令R1＝R2＝0，A点电场强度不为0，排除A、B或令r＝a，E的结果应该只与R1有关，与R2无关，排除A、B；
当r＝a时，A点位于圆心2处，带电圆环2由于对称性在A点的电场为0，根据微元法可以求得此时的总电场强度为E＝E1＝，将r＝a代入、D选项可以排除选项故选D
考题二 数学知识的综合应用1结合实际问题，将客观事物的状态关系和变化过程用数学语言表达出，经过数学推导和求解，求得结果后再用图象或函数关系把它表示出
2一般程序
审题―→过程分析―→建立模型―→应用数学思想或方法―→求解并验证
3弄清物理公式的运用条和应用范围；
注意数学的解与物理解的统一例2 如图6甲所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°
时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑若让该小物块从木板的底端以大小恒定的速度v0沿木板向上运动（如图乙），随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离s将发生变化，重力加速度为g图6
（1）求小物块与木板间的动摩擦因数；
（2）当θ角满足什么条时，小物块沿木板上滑的距离最小，并求出此最小值
解析
（1）由题知，当θ＝30°
时，对物块受力分析得：
gsinθ＝μFN
FN＝gsθ
联立得：
μ＝tanθ＝tan30°
＝33
（2）小物块向上运动，则有：
gsinθ＋μgsθ＝a
物块的位移为x：
v20＝2ax
x＝v202g&
sinθ＋μsθ&
＝v202g1＋μ2sin&
θ＋α&
令：
tanα＝μ，当θ＋α＝90°
时，x最小
此时有：
θ＝60°
有：
xin＝v202g&
sin60°
＋μs60°
&
＝3v204g
答案
（1）33
（2）θ＝60°
3v204g
如图7所示，在“十”字交叉互通的两条水平直行道路上，分别有甲、乙两辆汽车运动，以“十”字中心为原点，沿直道建立x坐标系在t＝0时刻，甲车坐标为（1,0），以速度v0＝/s沿－x轴方向做匀速直线运动，乙车沿＋方向运动，其坐标为（0，），与时间t的关系为＝1＋22t，关系式中&
0，问：
图7
（1）当满足什么条时，甲、乙两车间的距离有最小值，最小值为多大？
（2）当为何值时，甲车运动到处，与乙车的距离和t＝0时刻的距离相同？
答案
（1）0&
1 2－&
1－&
2
（2）12
解析
（1）t时刻两车坐标：
甲车：
x＝（1－t），乙车：
＝1＋22t
t时刻两车相距
s＝x2＋2＝&
1－t&
2＋&
1＋22t&
＝2t2－2&
t＋2
当t＝1－s时，甲、乙两车间的距离有最小值
最小值为sin＝2－&
2，其中满足0&
1
（2）当t＝0时，甲车坐标为（1,0），乙车坐标为（0,1），此时两车距离s0＝2
当甲车运动到处时，t＝1，
乙车＝1＋22t＝2
两式联立解得：
＝12
6一小球从h0＝4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，速度大小就变化为原的倍若＝12，求小球从下落直至停止运动所用的时间（g取10/s2，碰撞时间忽略不计）
答案 9s
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，
运动的时间为：
t0＝2h0g
第一次碰地后小球反弹的速度：
v1＝v0＝2gh0
小球再次与地面碰撞之前做竖直上抛运动，这一过程球运动的时间：
t1＝2v1g＝22h0g
则第n次碰地后，小球的运动速度的通项公式为：
vn＝n2gh0
运动时间：
tn＝2vng＝2n2h0g
所以，小球从下落到停止运动的总时间为：
t＝t0＋t1＋…＋tn＝2h0g＋22h0g＋…＋2n2h0g
＝2h0g＋22h0g（＋2＋…＋n）
上式括号中是一个无穷等比递减数列，由无穷等比递减数列求和公式，并代入数据得t＝9s
7一轻绳一端固定在点，另一端拴一小球，拉起小球使轻绳水平，然后无初速度地释放，如图8所示，小球在运动至轻绳达到竖直位置的过程中，小球所受重力的瞬时功率在何处取得最大值？
图8
答案 当细绳与竖直方向的夹角余弦值为sθ＝33时，重力的瞬时功率取得最大值
解析 如图所示，当小球运动到绳与竖直方向成θ角的时，重力的功率：
P＝gvsα＝gvsinθ小球从水平位置到图中位置时，由机械能守恒有gLsθ＝12v2
解得：
P＝g2gLsθsin2θ
令＝sθsin2θ
因为＝sθsin2θ＝12&
2s2θsin4θ&
＝12&
2s2θ&
#8226;
sin2θ&
又因为2s2θ＋sin2θ＋sin2θ＝2（sin2θ＋s2θ）＝2（定值）
所以当且仅当2s2θ＝sin2θ时，有最大值
由2s2θ＝1－s2θ
得sθ＝33
即：
当sθ＝33时，功率P有最大值
专题规范练
1（多选）A是光滑的直角金属导轨，A沿竖直方向，沿水平方向，ab是一根金属直棒，靠立在导轨上（开始时b离点很近），如图1所示它从静止开始在重力作用下运动，运动过程中a端始终在A上，b端始终在上，直到ab完全落在上，整个装置放在一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，则ab棒在运动过程中（ ）图1
A感应电流方向始终是b→a
B感应电流方向先是b→a，后变为a→b
所受磁场力方向垂直于ab向上
D所受磁场力方向先垂直于ab向下，后垂直于ab向上
答案 BD
解析 初始，ab与直角金属导轨围成的三角形面积趋于0，末状态ab与直角金属导轨围成的三角形面积也趋于0，所以整个运动过程中，闭合回路的面积先增大后减小根据楞次定律的增反减同，判断电流方向先是逆时针后是顺时针，选项A错，B对根据左手定则判断安培力可得安培力先垂直于ab向下，后垂直于ab向上，选项错，D对故选B、D
2如图2所示，斜面上固定有一与斜面垂直的挡板，另有一截面为14圆的光滑柱状物体甲放置于斜面上，半径与甲相同的光滑球乙被夹在甲与挡板之间，没有与斜面接触而处于静止状态现在从球心1处对甲施加一平行于斜面向下的力F，使甲沿斜面方向缓慢向下移动设乙对挡板的压力大小为F1，甲对斜面的压力大小为F2，甲对乙的弹力大小为F3在此过程中（ ）图2
AF1逐渐增大，F2逐渐增大，F3逐渐增大
BF1逐渐减小，F2保持不变，F3逐渐减小
F1保持不变，F2逐渐增大，F3先增大后减小
DF1逐渐减小，F2保持不变，F3先减小后增大
答案 B
解析 先对物体乙受力分析，受重力、挡板的支持力F1′和甲对乙的弹力F3，如图甲所示；
甲沿斜面方向向下移动，α逐渐变小，F1′的方向不变，整个过程中乙物体保持动态平衡，故F1′与F3的合力始终与重力等大反向，由平行四边形定则知F3、F1′均逐渐减小，根据牛顿第三定律，乙对挡板的压力F1逐渐减小；
再对甲与乙整体受力分析，受重力、斜面的支持力F2′、挡板的支持力F1′和推力F，如图乙所示；
根据平衡条有，F2′＝（＋）gsθ，保持不变；
由牛顿第三定律知甲对斜面的压力F2不变，选项B正确故选B3如图3所示，A、B为地球的两个轨道共面的人造卫星，运行方向相同，A、B卫星的轨道半径分别为rA和rB，某时刻A、B两卫星距离达到最近，已知卫星A的运行周期为T从该时刻起到A、B间距离最远所经历的最短时间为（ ）图3
AT2[&
rArB&
3＋1]BT&
3－1
T2[&
3－1]DT&
3＋1
解析 设两卫星至少经过时间t距离最远，两卫星相距最远时，转动相差半周，则tTB－tTA＝12，又因为卫星环绕周期T＝2πr3G，解得t＝T2[&
3－1]，正确故选
4图4为某制药厂自动生产流水线的一部分装置示意图，传送带与水平面的夹角为α，为漏斗要使药片从漏斗中出后经光滑滑槽滑到传送带上，设滑槽的摆放方向与竖直方向的夹角为φ，则φ为多大时可使药片滑到传送带上的时间最短（ ）图4
Aφ＝αBφ＝2α
φ＝α2Dφ＝32α
解析 如图所示，药片沿滑槽下滑的加速度a＝gsφ，设到传送带的距离为H，则有P＝Hs&
α－φ&
＝12at2
＝12gt2sφ
t2＝2Hs&
gsφ
令T＝s（α－φ）sφ
＝12[s（α－φ＋φ）＋s（α－φ－φ）]
＝12[sα＋s（α－2φ）]
当α＝2φ时，Tax＝12（sα＋1）
可见，φ＝α2时，t有最小值故选
在同一水平面内有两个围绕各自固定轴匀速转动的圆盘A、B，转动方向如图所示，在A盘上距圆心48处固定一个小球P，在B盘上距圆心16处固定一个小球Q已知P、Q转动的线速度大小都为4π/s当P、Q相距最近时开始计时，则每隔一定时间两球相距最远，这个时间的最小值应为（ ）图
A008sB012s
024sD048s
解析 两球相距最远时，在相同的时间内，P、Q转过的角度分别为θP＝ωPt＝（2n＋1）π（n＝0,1,2,3，…），θQ＝ωQt＝（2＋1）π（＝0,1,2,3，…），由于ωQ＝3ωP，当两球第一次相距最远时，n＝0，解得＝1，故t＝πωP，而ωP＝vrP＝4π048，解得t＝012s，选项B正确故选B
6如图6所示，一根长为L的轻杆A，端用铰链固定，另一端固定着一个小球A，轻杆靠在一个质量为、高为h的物块上若物块与地面间摩擦不计，则当物块以速度v向右运动至杆与水平方向夹角为θ时，小球A的线速度大小为（ ）图6
AvLtanθhBvLsin2θh
vLs2θhDvLhtanθ
解析 根据运动的合成与分解可知，接触点B的实际运动为合运动，可将B点运动的速度沿垂直于杆和沿杆的方向分解成v2和v1，如图所示，其中v2＝vBsinθ＝vsinθ，即为B点做圆周运动的线速度，v1＝vBsθ，为B点沿杆运动的速度当杆与水平方向夹角为θ时，B＝hsinθ；
A、B两点都围绕点做圆周运动，且在同一杆上，故角速度相同，由于B点的线速度为v2＝vsinθ＝ωB，所以ω＝vsinθB＝vsin2θh，所以A的线速度vA＝ωL＝Lvsin2θh，故选项B正确故选B
7（多选）如图7所示，直角三角形ab是圆的内接三角形，∠a＝30°
，∠b＝90°
，∠＝60°
匀强电场电场线与圆所在平面平行，已知a、b、三点电势为φa＝－U、φb＝0、φ＝U下面说法正确的是（ ）图7
A圆上最高点的电势等于33U
B圆上最高点的电势等于233U
匀强电场的电场强度等于3U3R
D匀强电场的电场强度等于23U3R
解析 a中点的电势φ＝－U＋U2＝0，所以、b两点是等势点，则直线b是匀强电场的等势线，与直线b垂直的直线就是电场线，圆周上点电势最高，如图所示过点作等势线，与电场线交于d点，则φd＝φ＝U，设圆的半径为R，根据几何关系知、d间的距离d＝Rs30°
＝32R，所以电场强度E＝U32R＝23U3R，D正确点的电势φ＝ER＝233U，B正确故选B、D
8（多选）如图8所示，固定于竖直面内的粗糙斜杆，与水平方向夹角为30°
，质量为的小球套在杆上，在大小不变的拉力F作用下，小球沿杆由底端匀速运动到顶端已知小球与斜杆之间的动摩擦因数为μ＝33，则关于拉力F的大小和F的做功情况，下列说法正确的是（ ）图8
A当α＝30°
时，拉力F最小
B当α＝30°
时，拉力F做功最小
当α＝60°
D当α＝60°
答案 AD
解析 由题中选项可知要使F最小，则应有Fsinα&
gs30°
，故根据平衡条有
Fsα＝gsin30°
＋μ（gs30°
－Fsinα），
F＝g&
sin30°
＋33s30°
sα＋33sinα＝3g2sin&
α＋60°
，
由数学知识知，当α＝30°
时，拉力F最小，A正确，错误；
时，F＝g，因为没有摩擦力，拉力做功最小，in＝gh，所以B错误，D正确故选A、D
9如图9所示，在直角坐标系x的第一象限区域中，有沿轴正方向的匀强电场，电场强度的大小为E＝v0在第二象限有一半径为R＝b的圆形区域磁场，圆形磁场的圆心1坐标为（－b，b），与坐标轴分别相切于P点和N点，磁场方向垂直纸面向里在x＝3b处垂直于x轴放置一平面荧光屏，与x轴交点为Q大量的电子以相同的速率在纸面内从P点进入圆形磁场，电子的速度方向在与x轴正方向成θ角的范围内，其中沿轴正方向的电子经过磁场到达N点，速度与x轴正方向成θ角的电子经过磁场到达点且点坐标为（0,1b）忽略电子间的相互作用力，不计电子的重力，电子的比荷为e＝v0b求：
图9
（1）圆形磁场的磁感应强度大小；
（2）θ角的大小；
（3）电子打到荧光屏上距Q点的最远距离
答案
（1）
（2）120°
（3）94b
解析
（1）由于速度沿轴正方向的电子经过N点，因而电子在磁场中做圆周运动的半径为r＝b
而ev0B＝v20r
联立解得B＝
（2）速度与x轴正方向成θ角的电子在磁场中做圆周运动的圆心为′，电子离开磁场时的位置为P′，连接P1P′′可知该四边形为菱形，如图甲，由于P1竖直，因而半径P′′也为竖直方向，电子离开磁场时速度一定沿x轴正方向
由图可知bsin（θ－90°
）＋b＝1b
解得θ＝120°
（3）由
（2）可知，所有的电子以平行于x轴正方向的速度进入电场中做类平抛运动，设电子在电场中运动的加速度为a，运动的时间为t，竖直方向位移为，水平位移为x
水平方向x＝v0t
竖直方向＝12at2
eE＝a
v＝at
联立解得x＝2b
设电子最终打在光屏的最远点距Q点为H，如图乙所示，电子射出电场时的夹角为θ有tanθ＝vv0＝2b
有H＝（3b－x）tanθ＝（3b－2）&
2
当3b－2＝2，即＝98b时，H有最大值
由于98b&
1b，所以Hax＝94b
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