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(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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(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

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(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A、B通過(guò)固定在O點(diǎn)的光滑小滑輪(圖中未畫(huà)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(diǎn)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(zhǎng)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(duì)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(duì)球A的拉力與半圓柱對(duì)球A的彈力大小相等C細(xì)線對(duì)球A的拉力與對(duì)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(duì)A、B兩個(gè)小球進(jìn)行受力分析,如圖所示,球A所受的彈力為半圓柱對(duì)球A的支持力和細(xì)線對(duì)球A的拉力的合力,大小等于mAg,細(xì)線對(duì)球A的拉力大小為T(mén)mAgcos45°mAg,所以細(xì)線對(duì)球A的拉力與球A所受彈力大小不相等,故A錯(cuò)誤;根據(jù)受力分析圖,由幾何關(guān)系知細(xì)線對(duì)球A的拉力與半圓柱對(duì)球A的彈力大小相等,故B正確;因?yàn)橥桓?xì)線上拉力相等,所以細(xì)線對(duì)球A的拉力與對(duì)球B的拉力之比為11,故C錯(cuò)誤;根據(jù)勾股定理,對(duì)球B:T2mBg,對(duì)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(diǎn)A、B質(zhì)量分別為m、2m,用兩根等長(zhǎng)的細(xì)輕繩懸掛在O點(diǎn),兩質(zhì)點(diǎn)之間夾著一根勁度系數(shù)為k的輕彈簧,整個(gè)系統(tǒng)靜止不動(dòng)時(shí),兩根細(xì)繩之間的夾角為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(duì)兩質(zhì)點(diǎn)的彈力大小為F,分別隔離A、B兩質(zhì)點(diǎn)分析受力,作出受力分析圖,如圖所示因?yàn)閮筛K等長(zhǎng),頂角為60°,所以三角形OAB為等邊三角形,對(duì)左側(cè)的矢量三角形,由拉密定理可知;對(duì)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(xiàng)B正確答案B3(多選)(2017·全國(guó)卷)如圖,柔軟輕繩ON的一端O固定,其中間某點(diǎn)M拴一重物,用手拉住繩的另一端N.初始時(shí),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?cè)贠M由豎直被拉到水平的過(guò)程中()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(duì)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(dòng)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(dòng)態(tài)圖如圖所示,當(dāng)FOM為圓的直徑時(shí)最大,最后FOM變?yōu)樗?,此時(shí)FMN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(guò)無(wú)摩擦定滑輪,在繩端施加拉力,使桿從位置緩緩移到位置的過(guò)程中,繞過(guò)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(diǎn)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(zhǎng)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(shí)a受到的磁場(chǎng)力大小為F.當(dāng)在a、b的上方再放置一根與a、b平行的通電長(zhǎng)直導(dǎo)線c后,a受到的磁場(chǎng)力大小仍為F,圖中abc正好構(gòu)成一個(gè)等邊三角形,此時(shí)b受到的磁場(chǎng)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(shí)a受到的磁場(chǎng)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(zhǎng)直導(dǎo)線c,a、b、c正好構(gòu)成一個(gè)等邊三角形,a受到的磁場(chǎng)力大小仍為F,根據(jù)平行四邊形定則,可知c對(duì)a的磁場(chǎng)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(duì)b的磁場(chǎng)力大小為F,因?yàn)閞carcb,a、b電流分別為I和2I,所以c對(duì)a的磁場(chǎng)力大小FcaF,故c對(duì)b的磁場(chǎng)力大小Fcb2F,根據(jù)平行四邊形定則和余弦定理,可得b受到的磁場(chǎng)合力大小為Fb合F,選項(xiàng)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(dòng)而物體B此時(shí)的速度vB2 m/s,向右做勻加速運(yùn)動(dòng),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(shí)間t,物體A、B相遇,位移滿足xAxBs,物體A做勻速直線運(yùn)動(dòng)的位移xAvAt,物體B做勻加速直線運(yùn)動(dòng)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b24ac164s>0,即s<4 m,選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤;將選項(xiàng)A、B代值計(jì)算可知,兩解都為正值,選項(xiàng)A、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(gè)裝置處于方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中t0時(shí)對(duì)金屬棒施加一平行于導(dǎo)軌的外力F,使金屬棒由靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng),金屬棒電阻為r,導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)已知通過(guò)電阻R的感應(yīng)電流I隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示下列關(guān)于棒運(yùn)動(dòng)速度v、外力F、流過(guò)R的電荷量q以及閉合回路中磁通量的變化率隨時(shí)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(guò)原點(diǎn)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(guò)原點(diǎn)且斜率大于零的直線,說(shuō)明了金屬棒做的是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),即vat,故A正確;對(duì)金屬棒在沿導(dǎo)軌方向列出動(dòng)力學(xué)方程FBIlma,而I,vat,得到Fma,可見(jiàn)Ft圖像是一條斜率大于零且與縱軸正半軸有交點(diǎn)的直線,故C錯(cuò)誤;qtt2,qt圖像是一條開(kāi)口向上的拋物線,故D錯(cuò)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(chǎng)中,磁場(chǎng)方向與線框平面垂直,線框ab長(zhǎng)為2L,bc長(zhǎng)為L(zhǎng),MN為垂直于ab并可在ab和cd上自由滑動(dòng)的金屬桿,且桿與ab和cd接觸良好,abcd和MN上單位長(zhǎng)度的電阻皆為r.讓MN從ad處開(kāi)始以速度v向右勻速滑動(dòng),設(shè)MN與ad之間的距離為x(0x2L),則在整個(gè)過(guò)程中()A當(dāng)x0時(shí),MN中電流最小B當(dāng)xL時(shí),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(dòng)勢(shì)為BLv,MN中電流I,當(dāng)x0或x2L時(shí),MN中電流最大,MN中電流的最大值為Imax,當(dāng)xL時(shí),MN中電流最小,MN中電流的最小值為Imin,故B、C、D正確,A錯(cuò)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(zhǎng)的固定斜面向上運(yùn)動(dòng),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,物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變,取g10 m/s2.試求:(1)物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)及物體的初速度大??;(2)為多大時(shí),x值最???求出x的最小值解析(1)當(dāng)為90°時(shí),由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)可得:v2gh設(shè)動(dòng)摩擦因數(shù)為,當(dāng)0°時(shí)摩擦力大小為:FfmgFfma1由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得:v2a1x0聯(lián)立以上各式解得:,v05 m/s(2)對(duì)于任意角度,根據(jù)動(dòng)能定理可得,物體對(duì)應(yīng)的最大位移x滿足的關(guān)系式:mvmgxsinmgxcos對(duì)式變形可得:xtan,則x的最小值為xmin h1.08 m對(duì)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(chǎng),兩水平放置的平行金屬板中的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)和豎直放置的熒光屏組成,如下圖所示若已知加速電場(chǎng)的電壓為U1,兩平行金屬板的板長(zhǎng)、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(guò),打在熒光屏的中點(diǎn)O;若兩板間的偏轉(zhuǎn)電壓為U2,則電子會(huì)打在熒光屏上的某點(diǎn),該點(diǎn)與O點(diǎn)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(chǎng),不計(jì)電子在進(jìn)入加速電場(chǎng)時(shí)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(guò)程,由動(dòng)能定理可得eU1mv電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)區(qū)做類平拋運(yùn)動(dòng),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(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí),它的速度偏向角為,則tan,其中Yd解得.答案9

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