（新課標）2020版高考物理大二輪復習 優(yōu)化1 數(shù)學方法在物理解題中的應用教學案

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1、優(yōu)化1　數(shù)學方法在物理解題中的應用 高考物理考試大綱中明確要求考生要具備應用數(shù)學方法處理物理問題的能力，即能夠根據(jù)具體問題列出物理量之間的關系式，進行推導和求解，并根據(jù)結果得出物理結論；能運用幾何圖形、函數(shù)圖像進行表達、分析． 1．三角函數(shù)、正(余)弦定理及其應用 三角函數(shù)、正(余)弦定理反映了三角形邊與角之間的定量關系．物理量在合成或分解時會構成矢量三角形，若為直角三角形，可直接用三角函數(shù)或勾股定理分析計算，若為斜三角形，則通常要用到正(余)弦定理分析求解． 2．利用數(shù)學方法求極值 分析求解物理量在某物理過程中的極大值或極小值是很常見的物理問題，這類問題的數(shù)學解法有很多，主要有

2、：三角函數(shù)極值法、二次函數(shù)極值法、不等式極值法、圖像法等． 3．數(shù)學歸納法的應用 數(shù)學歸納法是一種較為重要的思想方法，高考中常通過數(shù)學歸納法來解決物理問題，數(shù)學歸納法是把從某些特殊情況下歸納出來的規(guī)律，利用逆推的方法從理論上證明這一規(guī)律的一般性，是用有限次的驗證和易錯邏輯推理代替無限次的驗證過程，從而實現(xiàn)從無限次到有限次的轉化． 4．應用幾何圖形解決物理問題 幾何作圖法充分利用“數(shù)形結合”的思想，把物理問題轉化成一個幾何問題，通過幾何圖形所蘊含的物理意義從圖中尋求答案，既方便又快捷． 題型1　正弦定理的應用 【典例1】　如圖所示，一圓環(huán)位于豎直平面內．圓環(huán)圓心O處有一小

3、球，OP、OQ為兩根細繩，一端與球相連，另一端固定在圓環(huán)上，OP水平，OQ與豎直方向成30°角．現(xiàn)保持小球位置不動，將圓環(huán)沿順時針方向緩慢轉過90°角，則在此過程中(　　) A．OP繩所受拉力增大 B．OP繩所受拉力先增大后減小 C．OQ繩所受拉力先減小后增大 D．OQ繩所受拉力先增大后減小 [解析]　設小球的重力為G，圓環(huán)沿順時針方向緩慢轉動過程中OP與豎直方向的夾角為α時，OP和OQ的拉力大小分別為T1、T2.由題可知，小球的位置保持不動，受力保持平衡，由平衡條件可知，兩繩拉力的合力不變，運用三角形定則作出力的合成圖，如甲所示，小球受到的重力G和T1、T2組成一個閉合的三角形

4、．由正弦定理得 ＝＝ 解得T1＝，T2＝ 在α從90°轉到0°的過程中，根據(jù)數(shù)學知識可知，sin(120°－α)先增大后減小，而sinα一直減小，所以OP繩所受拉力先增大后減小，OQ繩所受拉力一直減?。? [答案]　B 題型2　數(shù)學方法求極值 【典例2】　質量為5 kg的木塊與水平面間動摩擦因數(shù)為，一人欲用最小的作用力F使木塊沿地面勻速運動，如右圖所示，則此最小作用力的大小和F與水平面的夾角θ分別為(g＝10 m/s2) A．10 N　30° B. N　0 C．25 N　30° D．25 N　60° [解析]　如圖所示，木塊受重力G、地面的支持力FN、摩擦力Ff

5、和施加的外力F四個力作用．設力F與x軸夾角為θ，由共點力平衡條件得 Fcosθ＝Ff Fsinθ＋FN＝G 且有Ff＝μFN 聯(lián)立以上各式得F＝ 利用和差角公式變形為 F＝(其中tanφ＝) 當sin(θ＋φ)＝1時，F(xiàn)具有極小值 Fmin＝＝ N＝25 N 因為tanφ＝＝ 所以φ＝60° 則F與x軸夾角θ＝90°－60°＝30°，故選項C正確． [答案]　C 題型3　數(shù)學歸納法的應用 【典例3】　(2018·湖南省六校4月聯(lián)考)如下圖所示，在光滑水平面上有一質量為2018m的木板，板上有2018塊質量均為m的相同木塊1、2、…、2018.最初木板靜止，各木塊

6、分別以v、2v、…、2018v同時向同一方向運動，木塊和木板間的動摩擦因數(shù)為μ，且木塊間不發(fā)生碰撞和離開木板的現(xiàn)象．求最終木板的速度． [解析]　木塊與木板最終一起以速度v′運動，由動能定理可知m(v＋2v＋…＋2018v)＝2×2018mv′； 解得v′＝v. [答案]　v 題型4　應用幾何圖形解決物理問題 【典例4】　(多選)(2018·廣東省深圳市高級中學模擬)如右圖所示為建筑工地一個小型起重機起吊重物的示意圖．一根輕繩跨過光滑的動滑輪，輕繩的一端系在位置A處，動滑輪的下端掛上重物，輕繩的另一端掛在起重機的吊鉤C處，起吊重物前，重物處于靜止狀態(tài)．起吊重物過程是這樣的：先讓吊

7、鉤從位置C豎直向上緩慢地移動到位置B，然后再讓吊鉤從位置B水平向右緩慢地移動到D，最后把重物卸在某一位置．則關于輕繩上的拉力大小變化情況，下列說法正確的是(　　) A．吊鉤從C向B移動過程中，輕繩上的拉力不變 B．吊鉤從B向D移動過程中，輕繩上的拉力變大 C．吊鉤從C向B移動過程中，輕繩上的拉力最大 D．吊鉤從B向D移動過程中，輕繩上的拉力變小 [解析]　對重物受力分析，因重物重力不變，所以重力與兩繩子的拉力的合力大小相等，并且繩子兩端的張力相等，設繩子間的夾角為2θ；在由C到B上移的過程中有：2FTcosθ＝mg；設繩子長為L，由幾何關系可知，則有：Lsinθ＝d；因由C到B的

8、過程中A到BC的垂直距離d不變，故θ不變，所以輕繩上的拉力不變，故A正確，C錯誤；由B到D的過程中，繩子長不變，兩繩之間的夾角增大，則由以上分析可知，F(xiàn)T增大，故B正確，D錯誤． [答案]　AB 專題強化訓練(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，兩球均處于靜止狀態(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(　　)

9、 A．細線對球A的拉力與球A所受半圓柱的彈力大小相等 B．細線對球A的拉力與半圓柱對球A的彈力大小相等 C．細線對球A的拉力與對球B的拉力大小之比為∶ D．球A與球B的質量之比為2∶1 [解析]　對A、B兩個小球進行受力分析，如圖所示，球A所受的彈力為半圓柱對球A的支持力和細線對球A的拉力的合力，大小等于mAg，細線對球A的拉力大小為T＝mAgcos45°＝mAg，所以細線對球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，由幾何關系知細線對球A的拉力與半圓柱對球A的彈力大小相等，故B正確；因為同一根細線上拉力相等，所以細線對球A的拉力與對球B的拉力之比為1∶1，故C錯誤；

10、根據(jù)勾股定理，對球B：T′＝＝2mBg，對球A：T＝mAg，故2mBg＝mAg，解得＝，故D正確． [答案]　BD 2. (2019·遼寧五校聯(lián)考)如圖所示，兩質點A、B質量分別為m、2m，用兩根等長的細輕繩懸掛在O點，兩質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，兩根細繩之間的夾角為60°.設繩OA、OB與豎直方向的夾角分別為α和β，則(　　) A．α＝2β B．sinα＝2sinβ C．tanα＝2tanβ D．cosα＝cos2β [解析]　設輕彈簧對兩質點的彈力大小為F，分別隔離A、B兩質點分析受力，作出受力分析圖，如圖所示．因為兩根繩等長，頂角為6

11、0°，所以三角形OAB為等邊三角形，對左側的矢量三角形，由拉密定理可知＝；對右側的矢量三角形，由拉密定理可知＝；兩式聯(lián)立解得sinα＝2sinβ，選項B正確． [答案]　B 3．(多選)(2017·全國卷Ⅰ)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α.現(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α不變．在OM由豎直被拉到水平的過程中(　　) A．MN上的張力逐漸增大 B．MN上的張力先增大后減小 C．OM上的張力逐漸增大 D．OM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

12、、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構成封閉的矢量三角形．重力不變，由于OM與MN之間的夾角α不變，則FOM與FMN的夾角(π－β)，不變，矢量三角形動態(tài)圖如圖所示，當FOM為圓的直徑時最大，最后FOM變?yōu)樗?，此時FMN最大，所以FOM先增大后減小，F(xiàn)MN一直增大． [答案]　AD 4．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Ⅰ緩緩移到位置Ⅱ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(　　) A．

13、F減小，F(xiàn)N大小不變，方向由沿桿向外變?yōu)檠貤U向里 B．F減小，F(xiàn)N大小不變，方向始終沿桿向里 C．F不變，F(xiàn)N先變小后變大，方向沿桿向里 D．F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，由幾何關系知＝＝，L1不變，F(xiàn)N大小不變，L2減小，F(xiàn)減小，B正確． [答案]　B 5．(2019·武漢二月調考)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．兩根通電長直導線a、b平行且水平放置，a、b中的電流強度分別為I和2I，此時a受到的磁場力大小為F.當在a、b的上方再放置一根與a、b平

14、行的通電長直導線c后，a受到的磁場力大小仍為F，圖中abc正好構成一個等邊三角形，此時b受到的磁場力大小為(　　) A．F B.F C．2F D.F [解析]　先分析導線a的受力，題設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平行的通電長直導線c，a、b、c正好構成一個等邊三角形，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rca＝rcb，a、b電流分別為I和2I，所以c對a的磁場力大小Fca＝F，故c對b的磁場力大

15、小Fcb＝2F，根據(jù)平行四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]　D 6．(多選)如下圖所示，A、B兩物體相距s，物體A以vA＝6 m/s的速度向右勻速運動．而物體B此時的速度vB＝2 m/s，向右做勻加速運動，加速度a＝2 m/s2.欲讓兩物體相遇兩次，則s可能的值為(　　) A．1 m B．2 m C．4 m D．6 m [解析]　設經(jīng)時間t，物體A、B相遇，位移滿足xA－xB＝s，物體A做勻速直線運動的位移xA＝vAt，物體B做勻加速直線運動的位移xB＝vBt＋at2，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得t2－4t＋s＝0，根據(jù)上述方程，欲讓t

16、有兩解，則Δ＝b2－4ac＝16－4s>0，即s<4 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、B正確． [答案]　AB 7．(多選)(2019·安徽省安慶市二模)如下圖甲所示，光滑平行金屬導軌MN、PQ所在平面與水平面成θ角，M、P兩端接一電阻R，整個裝置處于方向垂直導軌平面向上的勻強磁場中．t＝0時對金屬棒施加一平行于導軌的外力F，使金屬棒由靜止開始沿導軌向上運動，金屬棒電阻為r，導軌電阻忽略不計．已知通過電阻R的感應電流I隨時間t變化的關系如圖乙所示．下列關于棒運動速度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(　　)

17、 [解析]　根據(jù)題圖乙所示的I－t圖像可知I＝kt，其中k為比例系數(shù)，由閉合電路歐姆定律可得：I＝＝kt，可推出：E＝kt(R＋r)，而E＝，所以有：＝kt(R＋r)，－t圖像是一條過原點且斜率大于零的直線，故B正確；因E＝Blv，所以v＝t，v－t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動，即v＝at，故A正確；對金屬棒在沿導軌方向列出動力學方程F－BIl＝ma，而I＝，v＝at，得到F＝＋ma，可見F－t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；q＝Δt＝＝＝t2，q－t圖像是一條開口向上的拋物線，故D錯誤． [答案]　AB

18、 8．(多選)(2019·山東省臨沂市上學期期末)如圖所示，矩形線框abcd處于磁感應強度為B的勻強磁場中，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MN與ad之間的距離為x(0≤x≤2L)，則在整個過程中(　　) A．當x＝0時，MN中電流最小 B．當x＝L時，MN中電流最小 C．MN中電流的最小值為 D．MN中電流的最大值為 [解析]　MN產(chǎn)生感應電動勢為BLv，MN中電流I＝＝＝，當x＝0或x＝2L時，MN

19、中電流最大，MN中電流的最大值為Imax＝，當x＝L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動，此物體在斜面上的最大位移與斜面傾角的關系如圖b所示．設各種條件下，物體與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，取g＝10 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??； (2)θ為多大時，x值最小？求出x的最小值． [解析]　(1)當θ為90°時，由運動學知識可得：v＝2gh① 設動摩擦因數(shù)為μ，當θ＝0°時摩

20、擦力大小為：Ff＝μmg② Ff＝ma1③ 由運動學公式可得：v＝2a1x0④ 聯(lián)立以上各式解得：μ＝，v0＝5 m/s (2)對于任意角度，根據(jù)動能定理可得，物體對應的最大位移x滿足的關系式： mv＝mgxsinθ＋μmgxcosθ⑤ 對⑤式變形可得：x＝＝＝ μ＝tanφ，則x的最小值為xmin＝＝ h≈1.08 m 對應的θ＝－φ＝－＝ [答案]　(1)　5 m/s　(2)　1.08 m 10．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電場和豎直放置的熒光屏組成，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

21、行金屬板右側的距離也為d.若兩板間的偏轉電壓為零，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電場，不計電子在進入加速電場時的速度及電子重力，電子的質量為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 eU1＝mv 電子進入偏轉區(qū)做類平拋運動，軌跡如圖所示 沿初速度方向，有 d＝v0t 在垂直初速度方向，有 y＝at2 其中a＝，E＝ 設電子離開偏轉電場時，它的速度偏向角為θ，則 tanθ＝＝，其中Y＝d 解得＝. [答案]　 14