（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(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A、B通過固定在O點(diǎn)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(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2∶1 [解析]　

2、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＝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1∶1，故C錯(cuò)誤；根據(jù)勾股定理，對(duì)球B：T′＝＝2mBg，對(duì)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(zhì)點(diǎn)A、B質(zhì)量分別為m、2m，用兩根

3、等長的細(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α和β，則(　　) A．α＝2β B．sinα＝2sinβ C．tanα＝2tanβ D．cosα＝cos2β [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，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sinα＝2sinβ，選項(xiàng)B正確． [答案]　B 3．(多選)(2017

4、·全國卷Ⅰ)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(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α不變，則FOM與FMN的夾角(π－β)，不變，矢量三角

5、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]　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．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(diǎn)

6、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]　B 5．(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(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(　　) A．F B.F C．2F D.F [解析]　先分析導(dǎo)線a的受力，題設(shè)a、b

7、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ca＝rcb，a、b電流分別為I和2I，所以c對(duì)a的磁場(chǎng)力大小Fca＝F，故c對(duì)b的磁場(chǎng)力大小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(chǎng)合力大小為Fb合＝＝F，選項(xiàng)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(yùn)動(dòng)

8、．而物體B此時(shí)的速度vB＝2 m/s，向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，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(shè)經(jīng)時(shí)間t，物體A、B相遇，位移滿足xA－xB＝s，物體A做勻速直線運(yùn)動(dòng)的位移xA＝vAt，物體B做勻加速直線運(yùn)動(dòng)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有兩解，則Δ＝b2－4ac＝16－4s>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]　AB 7．(多選)(2019·安徽省安慶市二模)如下圖甲所

9、示，光滑平行金屬導(dǎo)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(gè)裝置處于方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．t＝0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(diǎn)且斜率大

10、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(diǎn)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(dòng)，即v＝at，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(diǎn)的直線，故C錯(cuò)誤；q＝Δt＝＝＝t2，q－t圖像是一條開口向上的拋物線，故D錯(cuò)誤． [答案]　AB 8．(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長為2L，bc長為L，MN為垂直于ab并可在ab和cd上自由滑動(dòng)

11、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(dòng)，設(shè)MN與ad之間的距離為x(0≤x≤2L)，則在整個(gè)過程中(　　) A．當(dāng)x＝0時(shí)，MN中電流最小 B．當(dāng)x＝L時(shí)，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(yīng)電動(dòng)勢(shì)為BLv，MN中電流I＝＝＝，當(dāng)x＝0或x＝2L時(shí)，MN中電流最大，MN中電流的最大值為Imax＝，當(dāng)x＝L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)

12、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(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g＝10 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)θ為多大時(shí)，x值最?。壳蟪鰔的最小值． [解析]　(1)當(dāng)θ為90°時(shí)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)可得：v＝2gh① 設(shè)動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)θ＝0°時(shí)摩擦力大小為：Ff＝μmg② Ff＝ma1③ 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：v＝2a1x0④ 聯(lián)立以上各式解得：μ＝，v0＝5 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：

13、 mv＝mgxsinθ＋μmgxcosθ⑤ 對(duì)⑤式變形可得：x＝＝＝ μ＝tanφ，則x的最小值為xmin＝＝ h≈1.08 m 對(duì)應(yīng)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(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、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(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]　電子加速過程，由動(dòng)能定理可得 eU1＝mv 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 d＝v0t 在垂直初速度方向，有 y＝at2 其中a＝，E＝ 設(shè)電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)，它的速度偏向角為θ，則 tanθ＝＝，其中Y＝d 解得＝. [答案]　 9