(新課標(biāo))2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化訓(xùn)練19 數(shù)學(xué)方法在物理解題中的應(yīng)用

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1、專題強(qiáng)化訓(xùn)練(十九)一、選擇題1. (多選)(2018河南五校聯(lián)考)如圖所示,兩個可視為質(zhì)點的小球A、B通過固定在O點的光滑小滑輪(圖中未畫出)用細(xì)線相連,小球A置于光滑半圓柱上,小球B用水平線拉著,水平線另一端系于豎直板上,兩球均處于靜止?fàn)顟B(tài),已知O點在半圓柱橫截面圓心O1的正上方,OA與豎直方向成45角,其長度與半圓柱橫截面的半徑相等,OB與豎直方向成60角,則()A細(xì)線對球A的拉力與球A所受半圓柱的彈力大小相等B細(xì)線對球A的拉力與半圓柱對球A的彈力大小相等C細(xì)線對球A的拉力與對球B的拉力大小之比為D球A與球B的質(zhì)量之比為21解析對A、B兩個小球進(jìn)行受力分析,如圖所示,球A所受的彈力為半圓

2、柱對球A的支持力和細(xì)線對球A的拉力的合力,大小等于mAg,細(xì)線對球A的拉力大小為TmAgcos45mAg,所以細(xì)線對球A的拉力與球A所受彈力大小不相等,故A錯誤;根據(jù)受力分析圖,由幾何關(guān)系知細(xì)線對球A的拉力與半圓柱對球A的彈力大小相等,故B正確;因為同一根細(xì)線上拉力相等,所以細(xì)線對球A的拉力與對球B的拉力之比為11,故C錯誤;根據(jù)勾股定理,對球B:T2mBg,對球A:TmAg,故2mBgmAg,解得,故D正確答案BD2. (2019遼寧五校聯(lián)考)如圖所示,兩質(zhì)點A、B質(zhì)量分別為m、2m,用兩根等長的細(xì)輕繩懸掛在O點,兩質(zhì)點之間夾著一根勁度系數(shù)為k的輕彈簧,整個系統(tǒng)靜止不動時,兩根細(xì)繩之間的夾角

3、為60.設(shè)繩OA、OB與豎直方向的夾角分別為和,則()A2Bsin2sinCtan2tanDcoscos2解析設(shè)輕彈簧對兩質(zhì)點的彈力大小為F,分別隔離A、B兩質(zhì)點分析受力,作出受力分析圖,如圖所示因為兩根繩等長,頂角為60,所以三角形OAB為等邊三角形,對左側(cè)的矢量三角形,由拉密定理可知;對右側(cè)的矢量三角形,由拉密定理可知;兩式聯(lián)立解得sin2sin,選項B正確答案B3(多選)(2017全國卷)如圖,柔軟輕繩ON的一端O固定,其中間某點M拴一重物,用手拉住繩的另一端N.初始時,OM豎直且MN被拉直,OM與MN之間的夾角為.現(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起,并保持夾角不變在OM由豎直被拉到水平的過程中(

4、)AMN上的張力逐漸增大BMN上的張力先增大后減小COM上的張力逐漸增大DOM上的張力先增大后減小解析對重物受力分析可知,重物受重力G、OM的拉力FOM、MN的拉力FMN.重物處于動態(tài)平衡狀態(tài),合力為零,所以G、FOM、FMN構(gòu)成封閉的矢量三角形重力不變,由于OM與MN之間的夾角不變,則FOM與FMN的夾角(),不變,矢量三角形動態(tài)圖如圖所示,當(dāng)FOM為圓的直徑時最大,最后FOM變?yōu)樗剑藭rFMN最大,所以FOM先增大后減小,F(xiàn)MN一直增大答案AD4如右圖所示的起重裝置,A為固定軸,AB為輕桿,B端系兩根輕繩,一根在下面拴一重物,另一根繞過無摩擦定滑輪,在繩端施加拉力,使桿從位置緩緩移到位置

5、的過程中,繞過定滑輪的那根繩的張力F以及輕桿在B端受到的作用力FN的變化情況是()AF減小,F(xiàn)N大小不變,方向由沿桿向外變?yōu)檠貤U向里BF減小,F(xiàn)N大小不變,方向始終沿桿向里CF不變,F(xiàn)N先變小后變大,方向沿桿向里DF不變,F(xiàn)N變小,方向沿桿向里解析分析桿的端點B的受力,如圖所示,三角形ABO和由力組成的三角形BCD相似,由幾何關(guān)系知,L1不變,F(xiàn)N大小不變,L2減小,F(xiàn)減小,B正確答案B5(2019武漢二月調(diào)考)如下圖所示,“”表示電流方向垂直紙面向里,“”表示電流方向垂直紙面向外兩根通電長直導(dǎo)線a、b平行且水平放置,a、b中的電流強(qiáng)度分別為I和2I,此時a受到的磁場力大小為F.當(dāng)在a、b的上

6、方再放置一根與a、b平行的通電長直導(dǎo)線c后,a受到的磁場力大小仍為F,圖中abc正好構(gòu)成一個等邊三角形,此時b受到的磁場力大小為()AF B.F C2F D.F解析先分析導(dǎo)線a的受力,題設(shè)a、b平行,電流分別為I和2I,此時a受到的磁場力大小為F.再在a、b的上方放置一根與a、b平行的通電長直導(dǎo)線c,a、b、c正好構(gòu)成一個等邊三角形,a受到的磁場力大小仍為F,根據(jù)平行四邊形定則,可知c對a的磁場力Fca方向由a指向c,大小等于F,如圖所示再分析b的受力,a對b的磁場力大小為F,因為rcarcb,a、b電流分別為I和2I,所以c對a的磁場力大小FcaF,故c對b的磁場力大小Fcb2F,根據(jù)平行四

7、邊形定則和余弦定理,可得b受到的磁場合力大小為Fb合F,選項D正確答案D6(多選)如下圖所示,A、B兩物體相距s,物體A以vA6 m/s的速度向右勻速運(yùn)動而物體B此時的速度vB2 m/s,向右做勻加速運(yùn)動,加速度a2 m/s2.欲讓兩物體相遇兩次,則s可能的值為()A1 m B2 m C4 m D6 m解析設(shè)經(jīng)時間t,物體A、B相遇,位移滿足xAxBs,物體A做勻速直線運(yùn)動的位移xAvAt,物體B做勻加速直線運(yùn)動的位移xBvBtat2,聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得t24ts0,根據(jù)上述方程,欲讓t有兩解,則b24ac164s0,即s4 m,選項C、D錯誤;將選項A、B代值計算可知,兩解都為正值,選項A、

8、B正確答案AB7(多選)(2019安徽省安慶市二模)如下圖甲所示,光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ所在平面與水平面成角,M、P兩端接一電阻R,整個裝置處于方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中t0時對金屬棒施加一平行于導(dǎo)軌的外力F,使金屬棒由靜止開始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動,金屬棒電阻為r,導(dǎo)軌電阻忽略不計已知通過電阻R的感應(yīng)電流I隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示下列關(guān)于棒運(yùn)動速度v、外力F、流過R的電荷量q以及閉合回路中磁通量的變化率隨時間變化的圖像正確的是()解析根據(jù)題圖乙所示的It圖像可知Ikt,其中k為比例系數(shù),由閉合電路歐姆定律可得:Ikt,可推出:Ekt(Rr),而E,所以有:kt(Rr),t圖像是一條過原

9、點且斜率大于零的直線,故B正確;因EBlv,所以vt,vt圖像是一條過原點且斜率大于零的直線,說明了金屬棒做的是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動,即vat,故A正確;對金屬棒在沿導(dǎo)軌方向列出動力學(xué)方程FBIlma,而I,vat,得到Fma,可見Ft圖像是一條斜率大于零且與縱軸正半軸有交點的直線,故C錯誤;qtt2,qt圖像是一條開口向上的拋物線,故D錯誤答案AB8(多選)(2019山東省臨沂市上學(xué)期期末)如圖所示,矩形線框abcd處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中,磁場方向與線框平面垂直,線框ab長為2L,bc長為L,MN為垂直于ab并可在ab和cd上自由滑動的金屬桿,且桿與ab和cd接觸良好,abcd

10、和MN上單位長度的電阻皆為r.讓MN從ad處開始以速度v向右勻速滑動,設(shè)MN與ad之間的距離為x(0x2L),則在整個過程中()A當(dāng)x0時,MN中電流最小B當(dāng)xL時,MN中電流最小CMN中電流的最小值為DMN中電流的最大值為解析MN產(chǎn)生感應(yīng)電動勢為BLv,MN中電流I,當(dāng)x0或x2L時,MN中電流最大,MN中電流的最大值為Imax,當(dāng)xL時,MN中電流最小,MN中電流的最小值為Imin,故B、C、D正確,A錯誤答案BCD二、非選擇題9(2019廣東省肇慶市一模)如圖a所示,一物體以一定的速度v0沿足夠長的固定斜面向上運(yùn)動,此物體在斜面上的最大位移與斜面傾角的關(guān)系如圖b所示設(shè)各種條件下,物體與斜

11、面間的動摩擦因數(shù)不變,取g10 m/s2.試求:(1)物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)及物體的初速度大小;(2)為多大時,x值最???求出x的最小值解析(1)當(dāng)為90時,由運(yùn)動學(xué)知識可得:v2gh設(shè)動摩擦因數(shù)為,當(dāng)0時摩擦力大小為:FfmgFfma1由運(yùn)動學(xué)公式可得:v2a1x0聯(lián)立以上各式解得:,v05 m/s(2)對于任意角度,根據(jù)動能定理可得,物體對應(yīng)的最大位移x滿足的關(guān)系式:mvmgxsinmgxcos對式變形可得:xtan,則x的最小值為xmin h1.08 m對應(yīng)的答案(1)5 m/s(2)1.08 m10示波器主要由電子槍中的加速電場,兩水平放置的平行金屬板中的偏轉(zhuǎn)電場和豎直放置的熒光屏

12、組成,如下圖所示若已知加速電場的電壓為U1,兩平行金屬板的板長、板間距均為d,熒光屏距兩平行金屬板右側(cè)的距離也為d.若兩板間的偏轉(zhuǎn)電壓為零,則電子槍發(fā)射的電子從兩平行金屬板的中央穿過,打在熒光屏的中點O;若兩板間的偏轉(zhuǎn)電壓為U2,則電子會打在熒光屏上的某點,該點與O點的距離為d.已知兩金屬板間只存在豎直方向的勻強(qiáng)電場,不計電子在進(jìn)入加速電場時的速度及電子重力,電子的質(zhì)量為m,電荷量為e,求U1與U2的比值解析電子加速過程,由動能定理可得eU1mv電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)區(qū)做類平拋運(yùn)動,軌跡如圖所示沿初速度方向,有dv0t在垂直初速度方向,有yat2其中a,E設(shè)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時,它的速度偏向角為,則tan,其中Yd解得.答案9

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