2021届新高考物理二轮复习检测(二十三)数学方法在物理中的应用

专题跟踪检测（二十三）

数学方法在物理中的应用

1．(2020·淄博模拟)如图所示，a 、b 两个小球穿在一根光滑的固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接。已知b 球质量为m ，杆与水平面的夹角为30°，不计所有摩擦。当两球静止时，Oa 段绳与杆的夹角也为30°，Ob 段绳沿竖直方向，则a 球的质量为( )

A.3m

B.33

m C.3

2

m D ．2m

解析：选A 分别对a 、b 两球受力分析，如图所示，根据共点力平衡条件得：F T ＝m b g ；根据正弦定理得：F T sin θ＝m a g

sin (90°＋θ)；故m b ∶m a ＝tan

30°∶1，则m a ＝3m ，故B 、C 、D 错误，A 正确。

2．[多选](2020·临沂期末)如图所示，矩形线框abcd 处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框ab 长为2L ，bc 长为L ，MN 为垂直于ab 并可在ab 和cd 上自由滑动的金属杆，且杆与ab 和cd 接触良好，abcd 和MN 上单位长度的电阻皆为r 。让MN 从ad 处开始以速度v 向右匀速滑动，设MN 与ad 之间的距离为x (0≤x ≤2L )，则在整个过程中( )

A ．当x ＝0时，MN 中电流最小

B ．当x ＝L 时，MN 中电流最小

C ．MN 中电流的最小值为2B v

5r

D ．MN 中电流的最大值为6B v

11r

解析：选BCD MN 产生感应电动势为BL v ，MN 中电流 I ＝E R 总

＝BL v Lr ＋

(L ＋2x )(5L －2x )r 6L

＝6BL 2v

－4(x －L )2r ＋15L 2r ，当x ＝0或x ＝2L 时，MN 中电流

最大，MN 中电流的最大值为I max ＝6B v

11r

，当x ＝L 时，MN 中电流最小，MN 中电流的最小值为I min ＝

2B v

5r

，故B 、C 、D 正确，A 错误。 3．(2020·肇庆一模)如图(a)所示，一物体以一定的速度v 0沿足够长的固定斜面向上运

动，此物体在斜面上的最大位移与斜面倾角的关系如图(b)所示。设各种条件下，物体与斜面间的动摩擦因数不变，取g ＝10 m/s 2。试求：

(1)物体与斜面之间的动摩擦因数及物体的初速度大小； (2)θ为多大时， x 值最小？求出x 的最小值。

解析：(1)当θ为90°时，由运动学知识可得：v 02＝2gh ① 设动摩擦因数为μ，当θ＝0°时摩擦力大小为：F f ＝μmg ② F f ＝ma 1③

由运动学公式可得：v 02＝2a 1x 0④ 联立以上各式解得：μ＝

3

3

，v 0＝5 m/s 。 (2)对于任意角度，根据动能定理可得，物体对应的最大位移x 满足的关系式：1

2m v 02

＝mgx sin θ＋μmgx cos θ⑤

对⑤式变形可得：x ＝v 022g (sin θ＋μcos θ)＝h sin θ＋μcos θ＝h

1＋μ2sin (θ＋φ)⑥

μ＝tan φ，则x 的最小值为x min ＝h 1＋μ2＝3

2

h ≈1.08 m 对应的θ＝π2－φ＝π2－π6＝π

3。

答案：(1)

33 5 m/s (2)π

3

1.08 m 4.在仰角α＝30°的雪坡上举行跳台滑雪比赛，如图所示。运动员从坡上方A 点开始下滑，到起跳点O 时借助设备和技巧，保持在该点的速率不变而以与水平面成θ角的方向起跳。最后落在坡上B 点，坡上OB 两点距离为L 。已知A 点高于O 点h ＝50 m ，不计摩擦和阻力，则OB 两点距离L 最大值为多少米？此时起跳角为多大？

解析：运动员在O 点速度v 0＝2gh ＝1010 m/s 。起跳后运动员做斜上抛运动。 法一：以O 为原点，建立水平向右和竖直向上的xOy 坐标系，把运动分解为水平向右的匀速运动和竖直方向的竖直上抛运动。

x ＝v 0cos θ·t ，y ＝v 0sin θ·t －12gt 2，令y ＝－x tan α

解得x ＝2v 02cos θsin (α＋θ)

g cos α

＝

v02[sin(2θ＋α)＋sin α]

g cos α。当2θ＋α＝90°，θ＝30°时，x max＝

v02(1＋sin α)

g cos α，此时OB有极大值L＝

x max

cos α＝200 m。

法二：建立如图甲所示坐标系，把运动分解为沿斜面方向的匀加速直

线运动和垂直于斜面方向的匀减速直线运动。

L＝v0t cos(α＋θ)＋

gt2sin α

2，0＝v0t sin(α＋θ)－

gt2cos α

2。余下的计算过程同上。

法三：把运动视为v0方向的匀速运动和自由落体运动的合成。如图

乙所示。

v0t

sin????

π

2－α

＝

gt2

2

sin(α＋θ)

＝

L

sin????

π

2－θ

，消去t，同样得到L的表达式，

余下解略。

答案：200 m30°

5．如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M＝2 kg的小物块A；装置的中间是水平传送带，它与左右两边的水平面等高，并能平滑对接，传送带始终以v＝2 m/s的速率逆时针转动。装置的右边是一光滑的曲面，质量m＝1 kg的小物块B从其上距水平面h＝1.0 m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带的长度l＝1.0 m。设物块A、B之间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止，g取10 m/s2。

(1)求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；

(2)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上；

(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后运动的速度大小。

解析：(1)设物块B沿光滑曲面下滑到水平面时的速度大小为v0，

由机械能守恒定律知mgh＝

1

2m v0

2，

得v0＝2gh；

设物块B在传送带上滑动过程中的加速度大小为a，则μmg＝ma，得a＝2 m/s2；

设物块B通过传送带后运动速度大小为v′，有v′2－v02＝－2al，解得v′＝4 m/s。

由于v′＞v＝2 m/s，所以v′即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小。

(2)设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v″、v1，取向右为正方向，

A 、

B 发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、能量守恒，则 －m v ′＝m v 1＋M v ″， 12m v ′2＝12m v 12＋1

2

M v ″2， 解得v 1＝13v ′＝4

3 m/s ，碰撞后物块B 在水平面上向右匀速运动，之后滑上传送带，在

传送带上做减速运动，

设物块B 在传送带上向右运动的最大位移为l ′，则0－v 12＝－2al ′， 解得l ′＝4

9

m ＜l ＝1.0 m ，

所以物块B 不能通过传送带运动到右边的曲面上。

(3)当物块B 在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速。可以判断，物块B 运动到左边台面时的速度大小为v 1，继而与物块A

发生第二次碰撞。

设第二次碰撞后物块B 速度大小为v 2，同上计算可知v 2＝1

3v 1＝????132v ′， 物块B 与物块A 第三次碰撞、第四次碰撞……

碰撞后物块B 的速度大小依次为v 3＝13v 2＝????133v ′，v 4＝13v 3＝????134v ′ …… 则第n 次碰撞后物块B 的速度大小为v n ＝????13n v ′，即 v n ＝4

3

n m/s(n ＝1,2,3，…)。

答案：(1)4 m/s (2)见解析 (3)4

3

n m/s(n ＝1,2,3，…)

6．(2020·烟台一模)如图所示，质量为M ＝4.5 kg 的长木板置于光滑水平地面上，质量为m ＝1.5 kg 的小物块放在长木板的右端，在木板右侧的地面上固定着一个有孔的弹性挡板，孔的尺寸刚好可以让木板无接触地穿过。现使木板和物块以v 0＝4 m/s 的速度一起向右匀速运动，物块与挡板碰撞后立即以碰前的速率反向弹回，而木板穿过挡板上的孔继续向右运动，整个过程中物块不会从长木板上滑落。已知物块与挡板第一次碰撞后，物块离开挡板的最大距离为x 1＝1.6 m ，重力加速度g 取10 m/s 2：

(1)求物块与木板间的动摩擦因数；

(2)若物块与挡板第n 次碰撞后，物块离开挡板的最大距离为x n ＝6.25×10－

3 m ，求n ； (3)求长木板的长度至少应为多少？

解析：(1)物块与挡板第一次碰撞后，物块向左减速到速度为0的过程中只有摩擦力做

功，由动能定理得－μmgx 1＝0－1

2

m v 02

① 解得μ＝0.5。

②

(2)物块与挡板碰后，物块与木板组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向。 设第一次碰撞后系统的共同速度为v 1，由动量守恒定律得： M v 0－m v 0＝(M ＋m )v 1， ③ v 1＝

M －m M ＋m

v 0＝1

2v 0

④

设物块由速度为0加速到v 1的过程中运动的位移为x 1′， μmgx 1′＝1

2m v 12

⑤ 由①⑤式得x 1′＝1

4

x 1

⑥

即物块与挡板第二次碰撞之前，物块与木板已经达到共同速度v 1，第二次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为v 1，经一段时间系统的共同速度为v 2＝

M －m M ＋m

v 1＝????122

v 0 第三次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为v 2 经一段时间系统的共同速度为v 3＝

M －m M ＋m

v 2＝????123

v 0 第n 次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为 v n －1＝

M －m M ＋m

v n －2＝????12n －1

v 0 ⑦ 由动能定理得－μmgx n ＝0－1

2m v n －12

⑧ 由①⑦⑧式得n ＝5。

⑨

(3)由分析知，物块多次与挡板碰撞后，最终将与木板同时都静止。设物块在木板上的相对位移为L ，由能量守恒定律得μmgL ＝1

2

(M ＋m )v 02⑩

解得L ＝6.4 m

?

即木板的长度至少应为6.4 m 。 答案：(1)0.5 (2)5 (3)6.4 m

7．(2020·聊城一模)如图所示，坐标系x 轴水平，y 轴竖直。在第二象限内有半径R ＝5 cm 的圆，与y 轴相切于点Q (0,5 3 cm)，圆内有匀强磁场，方向垂直于xOy 平面向外。在x ＝－10 cm 处有一个比荷为q

m ＝1.0×108 C/kg 的带正电荷的粒子，正对该圆圆心方向发射，粒子的发射速率v 0＝4.0×106 m/s ，粒子在

Q 点进入第一象限。在第一象限某处存在一个矩形匀强磁场，磁场方向垂直于xOy 平面向

外，磁感应强度B 0＝2 T 。粒子经该磁场偏转后，在x 轴M 点(6 cm,0)沿y 轴负方向进入第四象限。在第四象限存在沿x 轴负方向的匀强电场。有一个足够长挡板和y 轴负半轴重合，粒子每次到达挡板将反弹，每次反弹时竖直分速度不变，水平分速度大小减半，方向反向(不考虑粒子的重力)。求：

(1)第二象限圆内磁场的磁感应强度B 的大小； (2)第一象限内矩形磁场的最小面积；

(3)带电粒子在电场中运动时水平方向上的总路程。 解析：(1)作O 1P 1垂直于PO ，如图所示 有几何关系知tan ∠OO 1Q ＝

OQ R ＝535

＝3，所以tan 60°＝r 1

R 在粒子穿过第二象限内圆形磁场，由牛顿第二定律得q v 0B ＝m v 02r 1，解得B ＝43

15

T 。 (2)粒子在第一象限内转过1

4圆周，设半径为r 2，由牛顿第二

定律得q v 0B 0＝m v 02

r 2

解得r 2＝2 cm

图中的矩形面积即为最小磁场面积 S min ＝2r 2???

?

r 2－

22r 2＝4(2－1)cm 2。 (3)在水平方向上，粒子首先向左运动s 0＝6 cm 撞到挡板，设加速度为a ，第一次撞击挡板的水平速度v 2＝2as 0

第1次反弹的水平速度v 1＝v

2

第1次往返的水平路程s 1＝2×v 122a ＝2×1

22s 0

第2次反弹的水平速度v 2＝v 1

2

第2次往返的水平路程s 2＝2×v 222a ＝2×1

24s 0

第n 次反弹的水平速度v n ＝

v n －12

第n 次往返的水平路程s n ＝2×v n 22a ＝2×1

22n s 0

总路程s ＝s 0＋s 1＋s 2＋s 3＋…＋s n (n →∞)

代入数据得s ＝6 cm ＋12 cm ×????14＋142＋14

3＋ (14)

上述方程括号中含有等比数列，其中首项a 1＝14，公比为1

4，当n →∞，利用等比数列求

和公式

S n ＝a 1·1－q n

1－q ＝14

×1－????14n

1－

14

＝1

3

得s ＝10 cm 。

答案：(1)43

15

T (2)4(2－1)cm 2 (3)10 cm