新课标2020版高考物理考前冲刺专题强化训练19数学方法在物理解题中的应用

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2024届高考物理三轮冲刺精选微专题-第10讲数学方法在物理中的应用

第 1 页（共4页）第10讲数学方法在物理中的应用1. 掌握利用数学知识解决物理问题的常用方法2. 学会将物理问题转化为数学问题，经过求解再还原为物理结论。

物理问题的解答常常离不开数学知识和方法的应用，利用数学知识解决物理问题是高考物理考查的能力之一。

借助数学方法，可使一些复杂的物理问题，显示出明显的规律性，进而快速简捷地解决问题。

应用数学处理物理问题的基本思路是将物理问题转化为数学问题，经过求解再还原为物理结论。

方法1 ：应用二次函数解决物理极值问题二次函数：y ＝ax 2＋bx ＋c(1)当x ＝－b 2a 时，有极值y m ＝4ac －b24a(若二次项系数a >0，y 有极小值；若a <0，y 有极大值)。

(2)利用一元二次方程判别式求极值用判别式Δ＝b 2－4ac ≥0有解可求某量的极值。

【例1】(2022·山东省聊城市高三下一模)歼20战斗机安装了我国自主研制的矢量发动机，能够在不改变飞机飞行方向的情况下，通过转动尾喷口方向改变推力的方向，使战斗机获得很多优异的飞行性能。

已知在歼20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航时升阻比(垂直机身向上的升力和平行机身向后的阻力之比)为k ，飞机的重力为G ，能使飞机实现水平匀速巡航模式的最小推力是( )A ．G1＋k 2 B ．G kC ．G1＋k 2D ．G 答案 C解析飞机受到重力G 、发动机推力F 1、升力F 2和空气阻力f ，重力的方向竖直向下，升力F 2的方向竖直向上，空气阻力f 的方向与F 2垂直，如图所示，歼20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航，则有水平方向F x ＝f ，竖直方向F 2＋F y ＝G ，又F 2＝kf ，解得F y ＝G －kf ，则F 21＝F 2x ＋F 2y ＝(k 2＋1)f2－2kGf ＋G 2，F 21与f 的函数图像为开口向上的抛物线，当f ＝kGk 2＋1时，F 21取最小值，解得最小推力是F 1min ＝G1＋k2，故选C 。

高考物理一轮复习(新高考版2(粤冀渝湘)适用) 第10章专题强化19 动态圆问题

例4 (2020·全国卷Ⅲ·18)真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分
别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图5
所示.一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场.已知电子质量为m，
电荷量为e，忽略重力.为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区
域内，磁场的磁感应强度最小为
03
题型四 “磁聚焦”模型
1.带电粒子的会聚如图6甲所示，大量的同种带正电的粒子，速度大小相同，平行入射到圆形磁场区域，如果轨迹圆半径与磁场圆半径相等(R＝r)，则所有的带电粒子将从磁场圆的最低点B点射出.(会聚) 证明：四边形 OAO′B 为菱形，必是平行四边形，对边平行，OB必平行于 AO′( 即竖直方向 ) ，可知从 A 点发出的带电粒子必然经过B点.
距 A 点的竖直距离 L2＝ R2－(d－R)2＝ 33d，
所以粒子在 PQ 边界射出的区域长度为 L＝L1＋L2＝233d，因为 R<d，所以粒子在 MN 边界射出区域的长度为 L′＝2R ＝43d，故两区域长度之比为 L∶L′＝233d∶43d＝ 3∶2，故C正确，A、B、D错误.
03Βιβλιοθήκη 3.常见的几种临界情况 (1)直线边界最长时间：弧长最长，一般为轨迹与直线边界相切. 最短时间：弧长最短(弦长最短)，入射点确定，入射点和出射点连线与边界垂直. 如图1，P为入射点，M为出射点.
图1
(2)圆形边界：公共弦为小圆直径时，出现极值，即：当运动轨迹圆半径大于圆形磁场半径时，以磁场直径的两端点为入射点和出射点的轨迹对应的圆心角最大. 当运动轨迹圆半径小于圆形磁场半径时，则以轨迹圆直径的两端点为入射点和出射点的圆形磁场对应的圆心角最大.

数学方法在高考物理中的应用训练-2022届高考物理三轮冲刺专项训练

数学方法在高考物理中的应用训练练习时间：120分钟分值：100分【必备知识】应用数学知识处理物理问题的能力具体要求为:(1)能根据具体的物理问题列出物理量之间的关系,能把有关的物理条件用数学方程表示出来.(2)在解决物理问题时,往往需要经过数学推导和求解,或进行数值计算;求得结果后,有时还要用图像或函数关系把它表示出来;必要时还应对数学运算的结果做出物理上的结论或解释.(3)能够运用几何图形、函数图像解决物理问题,要能够对物理规律、状态和过程在理解的基础上用合适的图像表示出来,会用图像来处理物理问题.高中物理解题常见的数学思想方法包括估算法、几何法、函数法、比值法、图解法、极值法、微元法、归纳法、极限分析法、分类讨论法等,经常要用到的数学知识包括平面几何、函数图像、三角函数、不等式、数列、微积分初步等.一、单项选择题(本题共18小题,每小题3分,共54分)1.鸟撞飞机是威胁航空安全的重要因素之一.飞机的高速运动使得鸟击的破坏力达到惊人的程度,一只麻雀就足以撞毁降落时的飞机的发动机.若飞机的速度为700 m/s,小鸟在空中的飞行速度非常小,小鸟的质量为0.4 kg.小鸟与飞机的碰撞时间为2.5×10-4 s,则飞机受到小鸟对它的平均作用力的大小约为( )A.104 NB.105 NC.106 ND.107 N2.将一标有“6 V,3 W”的小灯泡L1接到某电池组上(电源内阻不能忽略),小灯泡恰好正常发光,若改将“6 V, 4 W”的灯泡L2接到该电池组上,不考虑温度对灯丝电阻的影响,则该灯的实际功率可能是( )A.1.5 WB.2.5 WC.4.5 WD.5.5 W3.一物体沿固定斜面从静止开始向下运动,经过时间t0滑至斜面底端.已知物体在运动过程中所受的摩擦力恒定.若用F、v、x和E分别表示该物体所受的合力、物体的速度、位移和机械能,则如图所示图像中可能正确的是 ( D )4.一个质量为1 kg的物体放在粗糙的水平地面上,现用最小的拉力拉它,使其做匀速运动,已知这个最小拉力为6 N,g取10 m/s2,滑动摩擦力等于最大静摩擦力.则物体与地面间的动摩擦因数μ及最小拉力与水平方向的夹角θ的正切值tan θ分别为 ( )A.μ=34,tan θ=0 B.μ=34,tan θ=34C.μ=34,tan θ=43D.μ=35,tan θ=35 5.为了跟踪拍摄飞行中的炮弹,获得炮弹的高清画面,科学家通过电脑控制一面旋转的镜子使炮弹的像一直和摄像机镜头在一条直线上,如图所示,水平飞行的炮弹的速度为v,与摄像机的竖直距离为d,镜子的入射光和反射光之间的夹角为θ,则此时镜子旋转角速度ω的大小为 ( )A.vsinθ2dB.vsinθdC.vsin 2θ2dD.vsin 2θd6.一质量为m 的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中,如图甲所示,某时刻剪断细线,铝球开始在油槽中下沉,通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图像如图乙所示.已知重力加速度为g.下列说法正确的是 ( )A.铝球刚开始运动时的加速度a 0=gB.铝球下沉的速度将会一直增大C.铝球下沉过程中所受到油的阻力F 阻=ma 0vv 0D.铝球下沉过程中机械能的减少量等于克服油的阻力所做的功7.有一宇宙飞船,它的正面面积S=2 m 2,以v=3×103 m/s 的相对速度飞入一宇宙微粒尘区.此微粒尘区1 m 3空间中有一个微粒,每一个微粒的平均质量为m=2×10-7 kg.设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上,要使飞船速度不变,飞船的牵引力应增加 ( )A.3.6×10-3 NB.3.6 NC.1.2×10-3 ND.1.2 N8.一带负电的粒子只在静电力作用下沿x 轴正方向运动,其电势能E p 随位移x 变化的关系如图所示,其中0-x 2段是对称的曲线,x 2-x 3段是直线,则下列说法错误的是 ( )A.x 1处电场强度为零B.x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2>φ3C.粒子在0-x2段做匀变速运动,x2-x3段做匀速直线运动D.x2-x3段场强不变9.半径为R1和R2(R2>R1)的两无限长竖直同轴圆柱面,单位长度上分别带有等量异种电荷,如图甲所示,内圆柱面带正电.已知电场强度沿某一水平半径的分布情况如图乙所示,当r<R1及r>R2时电场强度均为零,A、B分别为靠近内、外圆柱面且同一半径上的两点,则( )A.内圆柱面内各点电势可能不等B.负试探电荷在A点时的电势能比在B点时的电势能大C.A、B连线中点处的电场强度大于E A+E B2D.A、B两点的电势差小于(E A+E B)(R2-R1)210.用如图甲所示的圆弧斜面装置研究平抛运动,每次将质量为m的小球从半径为R的四分之一圆弧形轨道不同位置由静止释放,并在弧形轨道最低点水平部分处装有压力传感器测出小球对轨道压力的大小F,已知斜面与水平地面之间的夹角θ=45°,实验时获得小球在斜面上的不同水平射程x,最后作出了如图乙所示的F-x图像,则由图像可求得圆弧轨道的半径R为 ( A )A.0.25 mB.0.125 mC.0.50 mD.1.0 m11.如图所示,A点距坐标原点的距离为L,坐标平面内有边界过A点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直于坐标平面向里(图中未画出).有一电子(重力不计)从A点以初速度v0沿x轴正方向射入磁场区域,然后从x轴上的B点射出磁场区域,此时速度方向与x轴的正方向之间的夹角为60°;若将区域内的匀强磁场换成方向竖直向上的匀强电场,电子也能击中B点,则电场强度的大小与磁感应强度的大小的比值为 ( )图Z18-7A.3v04B.2v03C.3v02D.4v0312.某市的公园拥有一个巨型音乐喷泉.一同学在远处观看喷泉表演时与远处的高楼对比,估测喷泉中心主喷水口的水柱约有27层楼高,已知该主喷水管口的圆形内径约有10 cm ,由此估算用于给主喷管喷水的电动机输出功率为( )A.2.6×103 WB.2.6×104 WC.2.6×105 WD.2.6×106 W13.如图所示,系留无人机是利用地面直流电源通过电缆供电的无人机,旋翼由电动机带动.现有质量为20 kg、额定功率为5 kW的系留无人机从地面起飞沿竖直方向上升,经过200 s到达100 m高处后悬停并进行工作.已知直流电源供电电压为400 V,若不计电缆的质量和电阻,忽略电缆对无人机的拉力,重力加速度g取10 m/s2,则( )A.空气对无人机的作用力始终大于或等于200 NB.直流电源对无人机供电的额定电流为10 AC.无人机上升过程中消耗的平均功率等于100 WD.无人机上升过程中消耗的平均功率大于100 W14.如图所示为足球球门,球门宽为L.一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起,将足球顶入球门的左下方死角(图中P点).球员顶球点的高度为h.足球做平抛运动(足球可看成质点,忽略空气阻力),则( )A.足球位移的大小x=√L24+s2B.足球初速度的大小v0=√g2h (L24+s2)C.足球末速度的大小v=√g2h (L24+s2)+4ghD.足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan θ=L2s15.如图所示,在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN,其中ab、ac 在a点接触,构成“V”字形导轨.空间存在垂直于纸面的均匀磁场.用力使MN向右匀速运动,从图示位置开始计时,运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触.下列关于回路中电流i与时间t的关系图线,可能正确的是( )16.多选)如图所示,各种物理图像不仅反映了两个物理量之间的数值关系,其上任一点的切线斜率有时也有相应的物理含义.例如对于直线运动,若y轴表示物体的位移,x轴表示时间,则其图像切线的斜率表示物体的速度.下面说法中正确的是 ( )A.对于一个磁场,若y轴表示一段电流元在磁场中受到的力,x轴表示电流元的电流和长度的乘积,则图像切线的斜率表示磁感应强度的大小B.对于单匝闭合导线圈,若y轴表示磁通量,x轴表示时间,则图像切线的斜率表示线圈中感应电动势的大小C.对于静电场,若y轴表示电势,x轴表示位置,则图像切线的斜率表示电场强度在x方向上的分量大小D.对于一个导体,若y轴表示导体两端的电压,x轴表示导体中流过的电流,则图像切线的斜率表示导体的电阻的大小17.如图所示,半径为R的均匀带正电的薄球壳上有一小孔A,已知壳内的场强处处为零,壳外空间的电场与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样.一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能E k0沿OA方向射出.试探电荷的动能E k与离开球心的距离r的关系图线可能正确的是图T9-9中的 ( )18.根据量子理论:光子既有能量也有动量;光子的能量E和动量p之间的关系是E=pc,其中c为光速.由于光子有动量,照到物体表面的光子被物体吸收或被反射时都会对物体产生一定的冲量,也就对物体产生了一定的压强.根据动量定理可近似认为:当动量为p的光子垂直照到物体表面时,若被物体反射,则物体受到的冲量大小为2p;若被物体吸收,则物体受到的冲量大小为p.某激光器发出激光束的功率为P0,光束的横截面积为S.当该激光束垂直照射到某物体表面时,物体对该激光的反光率为η,则激光束对此物体产生的压强为( )A.(1+η)P0cS B.(1+η)P0cSC.(1-η)P0cSD.(2-η)P0cS二、计算题(本大题共4小题,19题10分,20题12分, 21题12分，22题12分共46分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)19.如图甲所示,一物体以一定的速度v0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乙所示.设各种条件下,物体与斜面间的动摩擦因数不变,g取10 m/s2.(1)求物体与斜面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.20.如图所示,水平地面上放置一个质量为m的物体,其在与水平方向成θ角的斜向右上方的拉力F的作用下沿水平地面运动,物体与地面间的动摩擦因数为μ,g取10 m/s2.(1)若物体在拉力F的作用下能始终沿水平地面向右运动,求拉力F的大小范围;(2)若物体受到拉力F的作用后,从静止开始向右做匀加速直线运动,2 s后撤去拉力,已知F=100 N、m=10 kg、μ=0.5、θ=37°,求撤去拉力后物体滑行的时间;(3)已知m=10 kg、μ=0.5,若物体以恒定加速度a=5 m/s2向右做匀加速直线运动,求维持这一加速度的拉力F的最小值.21.在用铀235作燃料的核反应堆中,铀235核吸收一个慢中子后,可发生裂变反应,放出能量和快中子,而快中子不利于铀235的裂变.为了能使裂变反应继续下去,需要将反应中放出的快中子减速.有一种减速的方法是使用石墨(碳12)作减速剂,让铀核裂变所产生的快中子通过和碳核不断碰撞而被减速.假设中子与碳核的碰撞是弹性碰撞,并在碰撞前碳核是静止的,碰撞后中子和碳核的速度都跟碰撞前中子的速度沿同一直线.已知碳核的质量近似为中子质量的12倍,中子原来的能量为E0.(1)铀235的裂变方程为92235U+01n→54139Xe+3894Sr+x01n,则x值为多少?若反应过程中放出的能量为ΔE,则反应前后的质量差Δm为多少?(2)经过一次碰撞后,中子的能量为多少?(3)若经过n次碰撞后,一个动能为E0的快中子能减速成为能量为E n的慢中子,请写出E n与E0和n的关系式.22.如图所示,装置的左边是足够长的光滑水平台面,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、右两边的台面等高,并能平滑对接.传送带始终以u=2 m/s 的速度逆时针转动.装置的右边是一光滑的曲面,质量m=1 kg 的小物块B从其上距水平台面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,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静止且处于平衡状态.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,而当他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.参考答案1.[解析] 鸟与飞机撞击时系统动量守恒,以飞机的初速度方向为正方向,由于鸟的质量远小于飞机的质量,鸟的初速度远小于飞机的初速度,故鸟的初动量远小于飞机的初动量,可以忽略不计,碰撞后鸟与飞机的速度相等,为v≈700 m/s,对小鸟,由动量定理得F t=mv-0,解得飞机对小鸟的平均作用力为F =mv t =0.4×7002.5×10-4 N=1.12×106 N,接近106N,由牛顿第三定律可知,飞机受到小鸟对它的平均作用力约为106 N,选项C 正确.2.[解析] 当改接L 2时,R L2<R L1(灯泡正常工作时的电阻值可求得),灯泡的实际消耗功率(即电池组的输出功率)变化有两个极端情况:当将电池组内阻视为r→0时,电源可看作稳压电源,因R L2<R L1,故L 2具有最大功率P max =U 2R L2=4 W,当电源内阻r ≫R 时,则可看作恒流电源,因R L2<R L1,故L 2有最小功率P min =I 2R L2=(P 1U 1)2R L2=2.25 W,故选项B 正确. 3.[解析] 物体在沿斜面向下滑动过程中受到重力、斜面的支持力及摩擦力,均为恒力,故合力不变,A 错误;物体在此合力作用下做匀加速直线运动,v=at,x=12at 2,B 、C 错误;物体受摩擦力作用,机械能减小,E=E 0-F f x=E 0-12F f at 2,D 正确. 4.[解析] 物体在水平地面上做匀速运动,因拉力与水平方向的夹角θ不同,物体与水平地面间的弹力不同,因而滑动摩擦力也不同,但拉力在水平方向的分力与滑动摩擦力大小相等.以物体为研究对象,受力分析如图所示,因为物体处于平衡状态,在水平方向上有Fcos θ=μF N ,在竖直方向上有Fsin θ+F N =mg,解得F=μmg cosθ+μsinθ=√1+μ2sin (θ+φ),其中tan φ=1μ,当θ+φ=90°,即θ=arctan μ时,sin (θ+φ)=1,F 有最小值F min =√1+μ2,代入数值得μ=34,此时tan θ=34,故选项B 正确.5.[解析] 炮弹的速度可以分解成以O 为圆心的切向速度和径向速度,当镜子的角速度为ω时,炮弹的角速度为2ω,半径r=d sinθ,根据速度的合成与分解有vsin θ=2ω×d sinθ,可得ω=vsin 2θ2d ,C 正确.6.[解析] 刚开始释放时,铝球受到竖直向下的重力和竖直向上的浮力作用,即a 0=mg -F 浮m =g-F 浮m <g,A 错误;由图像可知,铝球做加速度减小的加速运动,速度越来越大,当a=0时,铝球下沉的速度达到最大,之后匀速运动,B 错误;刚开始释放时,有mg-F 浮=ma 0,铝球下沉过程中受重力、阻力、浮力,由牛顿第二定律可得mg-F 浮-F 阻=ma,由a-v 图像可知a=a 0-a 0v 0v,解得铝球受到油的阻力F 阻=ma 0vv 0,C 正确;铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油的阻力和浮力所做的总功,故D 错误.7.[解析] 以在时间Δt 内与飞船碰撞的微粒为研究对象,其质量应等于底面积为S 、高为vΔt 的柱体内微粒的质量,即M=mSvΔt,初动量为0,末动量为Mv,设飞船对微粒的作用力为F,由动量定理得F·Δt=Mv -0,则F=Mv Δt =mSvΔt ·v Δt =mSv 2,根据牛顿第三定律可知,微粒对飞船的撞击力大小也等于mSv 2,则飞船要保持原速度匀速飞行,牵引力应增加F'=F=mSv 2=2×10-7×2×(3×103)2 N=3.6 N,选项B 正确.8. [解析] 根据电势能与电势的关系E p =qφ,场强与电势的关系 E=ΔφΔx ,得E=1q ×ΔE p Δx ,由数学知识可知E p -x 图像切线的斜率在x 1处为零,x 1处电场强度等于零,A 正确;由图可知,x 1、x 2、x 3处电势能E p1<E p2<E p3,根据电势能与电势的关系E p =qφ,粒子带负电,所以x 1、x 2、x 3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2>φ3,B 正确;0-x 2段图线斜率变化,电场强度变化,静电力变化,粒子做非匀变速运动,x 2-x 3段图线斜率不变,电场强度不变,静电力不变,粒子做匀变速运动,C 错误,D 正确.9.[解析] 内圆柱面和外圆柱面都是等势面,柱面上各点电势都相等,选项A 错误;电场线由A 指向B,则A 点电势高,负试探电荷在A 点时的电势能比在B 点时的电势能小,选项B 错误;由图像可知,A 、B 连线中点处的电场强度小于E A +E B 2,选项C 错误;根据U=Ed,可知E-r图像与横轴围成的面积等于电势差,若从A 到B 的E-r 图像为直线,则A 、B 两点的电势差等于U'AB =(E A +E B )(R 2-R 1)2,而此时图像的面积小于(E A +E B )(R 2-R 1)2,可知A 、B 两点的电势差小于(E A +E B )(R 2-R 1)2,选项D 正确.10.[解析] 设小球水平抛出时的速度为v 0,由牛顿运动定律得F-mg=m v 02R ,球做平抛运动,水平方向上,有x=v 0t,竖直方向上,有h=12gt 2,由几何关系有h=xtan θ,解得x=2v 02tanθg ,F=mg+mg 2Rtanθ x,由图像知mg=5 N,斜率k=10 N/m,即mg 2Rtanθ=10 N/m,解得R=0.25 m,故A 正确.11.[解析] 过A 、B 点分别作速度的垂线交于O 2点,则O 2点为轨迹圆弧的圆心,如图所示,已知B 点速度与x 轴正方向夹角为60°,由几何关系得,轨迹圆弧的圆心角∠AO 2B=60°,O 2A=O 2B=r,已知OA=L,得OO 2=r-L,由几何知识得r=2L,根据牛顿第二定律,有qv 0B=m v 02r ,解得B=mv 02qL ,由几何关系得OB=√3L,只有电场时,在电场中做类平抛运动,x 轴方向有√3L=v 0t,y 轴方向有L=12Eq m t 2,解得E=2mv 023qL ,故E B =43v 0,故D 正确.12.[解析] 管口的圆形内径约有10 cm,则半径r=5 cm=0.05 m,根据实际情况,每层楼高h=3 m,所以喷水的高度H=27h=81 m,则水离开管口的速度为v=√2gh =√20×81 m/s=18√5 m/s,设驱动主喷管喷水的电动机功率为P,在接近管口很短一段时间Δt 内水柱的质量为m=ρ·vΔtS=ρπr 2vΔt,根据动能定理可得PΔt=12mv 2,解得P=ρπr 2v 32,代入数据解得P≈2.6×105 W. 故C 正确.13.[解析] 无人机在上升过程中,旋翼与空气发生相互作用,无人机只受到重力和空气的作用力,向上先加速后减速运动,最后悬停,则空气对无人机的作用力先大于200 N,后小于200 N,最后等于200 N,选项A 错误;直流电源对无人机供电的额定电流I=P U =5000400 A=12.5 A,选项B 错误;无人机由静止开始运动,最后悬停,上升过程中克服重力做功的平均功率为P =mgh t =200×100200 W=100 W,但是由于还存在焦耳热,且无人机上升及悬停时,旋翼会使周围空气产生流动,则会有部分功率用于对空气做功,因此消耗的实际功率一定大于100 W,选项C 错误,D 正确.14.[解析] 足球水平方向位移大小为x 平=√L 24+s 2,竖直方向位移大小为y=h,则足球的位移大小为x=√x 平2+y 2=√L 24+s 2+h 2,故A 选项是错误的;足球的运动时间t=√2h g ,初速度v 0=x 平t =√g 2h (L 24+s 2),故B 选项是正确的;末速度的大小为v=√v 02+v y 2=√g 2h (L 24+s 2)+2gh ,故C 选项是错误的;由平面几何关系可得足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan θ=2s L ,故D 选项是错误的. 15.[解析] 设金属棒单位长度电阻为R 0,∠bac=2θ,则当MN 棒在ab 、ac 间的部分切割磁感线的长度为L 时,产生的感应电动势E=BLv,回路的总电阻R=R 0(L+L sinθ),电路中的电流i=E R =BvR 0(1+1sinθ),即i 与t 无关,A 正确.16.[解析] 根据F=BIL 得B=F IL,若y 轴表示一段电流元在磁场中受到的力,x 轴表示电流元的电流和长度的乘积,则图线上一点与原点连线的斜率表示磁感应强度,而不是该点的切线的斜率,且电流元要与磁场方向垂直,选项A 错误;根据法拉第电磁感应定律可知,单匝闭合导线圈的感应电动势E=ΔΦΔt ,E 等于磁通量的变化率,若y 轴表示磁通量,x 轴表示时间,则图像切线的斜率表示线圈中感应电动势的大小,选项B 正确;在静电场中,由于E=U d =ΔφΔx ,若y 轴表示电势,x 轴表示位置,则图像切线的斜率表示电场强度在x 方向上的分量大小,选项C 正确;导体的电阻R=U I ,即U-I 图线上一点与原点连线的斜率表示电阻,而不是该点的切线的斜率,选项D 错误.17.[解析] 在球壳内,场强处处为零,试探电荷不受电场力,其动能不变;在球壳外,在一段极短距离内,认为库仑力不变,设为F,根据动能定理得ΔE k =FΔr,则F=ΔE k Δr,根据数学知识得ΔE k Δr等于E k -r 图像切线的斜率,由库仑定律知r 增大,F 减小,图像切线的斜率减小,选项A正确.18.[解析] 时间t 内释放光子的能量为E=P 0t,光子的总动量为p=E c=P 0tc,根据题意,由动量定理有2ηp+(1-η)p=Ft,激光束对此物体产生的压强为p 压=F S,联立解得p 压=(1+η)P 0cS,所以B 正确,A 、C 、D 错误.19.[答案] (1)√335 m/s (2)π31.08 m[解析] (1)当θ为90°时,由运动学知识可得v 02=2gx 1设动摩擦因数为μ,当θ=0°时,摩擦力大小为F f =μmg 根据牛顿第二定律,有F f =ma 1由运动学公式可得v 02=2a 1x 0联立解得μ=√33,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 满足的关系式为12m v 02=mgxsin θ+μmgxcos θ 变形可得x=v 022g (sinθ+μcosθ)=x 1sinθ+μcosθ=1√1+μ2sin (θ+φ)其中μ=tan φ,φ=π6当sin(θ+φ)=1时,x 有最小值,为x min =1√1+μ2=√32x 1≈1.08 m 对应的θ=π2-φ=π2-π6=π320.[答案] (1)μmgcosθ+μsinθ≤F≤mgsinθ (2)2.4 s (3)89.4 N[解析] (1)要使物体运动时不离开水平地面,应有Fsin θ≤mg,要使物体能向右运动,应有Fcos θ≥μ(mg -Fsin θ),所以μmg cosθ+μsinθ≤F≤mgsinθ(2)由牛顿第二定律得Fcos θ-μ(mg -Fsin θ)=ma 1,解得a 1=6 m/s 2由牛顿第二定律得μmg=ma 2,解得a 2=5 m/s 2,因为v=a 1t 1=a 2t 2,所以t 2=2.4 s (3)由牛顿第二定律得Fcos θ-μ(mg -Fsin θ)=ma 解得F=μmg+macosθ+μsinθ=√1+μ2sin (θ+α)当sin(θ+α)=1时F 有最小值,F min =√1+μ2=40√5 N≈89.4 N21.[答案] (1)3ΔE c2(2)121169E 0 (3)E n =(1113)2nE 0[解析] (1)由电荷数和质量数守恒可得x=3,由ΔE=Δmc 2可得Δm=ΔEc 2(2)设中子的质量为m,则碳核的质量为12m,中子与碳核碰撞过程中动量守恒、机械能守恒,则mv 0=mv 1+12mv 212m v 02=12m v 12+12×12m v 22解得v 1=-1113v 0,v 2=213v 0由于E 0=12m v 02,故E 1=12m·(-1113v 0)2所以E 1=(1113)2E 0=121169E 0(3)第1次碰撞后,E 1=(1113)2E 0第2次碰撞后,E 2=(1113)4E 0 第3次碰撞后,E 3=(1113)6E 0……第n 次碰撞后,E n =(1113)2n E 022.[答案] (1)4 m/s (2)不能 (3)43n m/s[解析] (1)设物块B 沿光滑曲面下滑到水平台面时的速度大小为v 0由机械能守恒定律知mgh=12m v 02解得v 0=√2gh物块B 在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a=μmg m=μg设物块B 通过传送带后运动速度大小为v,有v 2-v 02=-2al解得v=4 m/s由于v>u=2 m/s,所以v=4 m/s 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 A 、v 1,取向右为正方向, 由于碰撞为弹性碰撞,运用动量守恒定律和能量守恒定律得 -mv=mv 1+Mv A12mv 2=12m v 12+12M v A 2 解得v 1=13v=43 m/s,即碰撞后物块B 在水平台面上向右匀速运动设物块B 在传送带上向右运动的最大位移为l',则0-v 12=-2al' l'=49 m<1 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,同理可知v 2=13v 1=(13)2v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=(13)3v;v 4=13v 3=(13)4v…… 则第n 次碰撞后物块B 的速度大小为v n =(13)nv 即v n =43n m/s。

第二篇三数学方法在物理中的应用

(1)求该单色光在玻璃材料中发生全反射的临界角的正弦值；
答案
3 3
根据题意可知，光线从AB界面的P点进入玻璃棱
镜，由折射定律画出光路图，如图所示
根据几何关系，可得入射角θ1＝90°－30°＝60° 折射角 θ2＝30°，且 PO 恰好为法线，根据 n＝ssiinn θθ21可得折射率 n＝ 3 又有 sin C＝1n
入射角为θ5＝60°，由于发生全反射的临界角为C。
则有
sin
C＝
33<sin
θ5＝
3 2
即C<θ5 可知在 OD 界面发生全反射，已知 CO＝ 43R。由几何关系得，在三
角形 OFQ 中，由余弦定理得
OQ2＝OF2＋FQ2－2OF·FQcos 150°
其中
OQ＝R，OF＝OP＝
3 2R
13－3 解得 FQ＝ 4 R
答案
52 9m
若mC＝4 kg，mB＝2 kg，则
aC′＝4 m/s2，aB′＝8 m/s2
则B与A碰撞前B、C恰好共速，则v0－aC′t1＝aB′t1 解得 t1＝23 s 共同速度为 v 共 1＝136 m/s 碰后B的速度反向，设第2次共速时间t2，则
v共1－aC′t2＝－v共1＋aB′t2 解得 t2＝89 s
解得
sin
C＝
3 3
(2)现将该光束绕P点沿逆时针方向在纸面内转动
至水平方向，观察到BD面上有光线从Q点射出
(Q点未画出)。求光束在玻璃材料中的传播时间
(不考虑圆柱BD弧面部分的反射光线)。
3 3＋ 39R
答案
4c
根据题意，当光线转至水平方向入射，入射
角大小仍为θ3＝60°，画出光路图，如图所示由折射定律可知，折射角θ4＝30°，折射光线交OD边于F点，由题已知∠A＝30°，PC⊥AO，得在OD边界上的

数学方法在高中物理中的应用

探索篇•方法展示数学方法在高中物理中的应用张博涵（河南省商丘市第一高级中学）在物理学习中传授学生学会利用数学方法的主要目的是使学生能够具备运用数学知识解决数学课本以外的问题的基本能力。

新时期下新课程概念的推入，加强了各科教学之间的关联性，特别是物理与数学两者之间的关联性本身较强，在新课程概念的推动下，二者之间更紧密地进行联系。

因此高中阶段的学生应该掌握好数学方法，以解决好在物理中遇到的难题。

一、数学几何法在高中物理中的应用在处理高中物理问题时经常利用数学中的几何法，会涉及解直角三角形、三角形的相似以及几何公理等数学知识。

例如，高中物理教师在讲解在有界磁场中带电粒子的运动等类型题时，教学重点是在黑板上画类似的几何图形，并结合物理知识加以求解，关于此类类型题的解题主要思路是：第一步，画带电粒子的运行轨迹，第二步，找到圆心，第三步，依据两圆相交的公共弦求出圆的最小半径。

这类题的重点是圆心和半径的确定。

在对物理的变力进行分析时，需要利用到作图法与相似三角形法，运用几何法是解决部分问题的关键，因此高中学生需要掌握好数学几何法的运用。

以下题为例。

如图1所示，在直线MN上方有一磁场，其磁感应强度为B，该磁场属于匀强磁场，正负电子同时在一点O以与直线MN成30°角，以相同的速度v射入磁场，电荷为e，电子质量为m，它们在磁场中射出时相距多远？射出的时间差是多少？图1解：由公式可知，它们的半径与周期是相同的，偏转方向相反。

先确定圆心，画出半径，由对称性可知：圆心与射入、射出点三点之间形成一个正三角形。

所以两个射出点距离为2r，如图所示，时间相差2T/3。

答案是射出点，相距s=2mv Be，时间差为Δt=4πm3Bμ。

二、数学微元法在高中物理中的应用在物理中运用数学微元法相对比较常见，该方法主要是运用数学中的微分思想对高中物理题进行分析总结工作，简单来讲，是把物理问题中的研究对象进行细分，并对数学中微小的单元进行分析工作，归纳总结研究对象的变化规律。

2023年高考考前20天终极冲刺攻略(运动学图象运动学规律的应用)物理试题(基础必刷)

2023年高考考前20天终极冲刺攻略（运动学图象运动学规律的应用）物理试题（基础必刷）一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题一位网球运动员以拍击球，使网球沿水平方向飞出，第一只球落在自己一方场地的B点，弹跳起来后，刚好从C点擦网而过，落到A点，第二只球从C点擦过后也落在A点，设球与地面的碰撞过程没有能量损失，且运动过程不计空气阻力，则两只球飞过球网C处时水平速度之比为（）A．1：1B．1：3C．3：1D．1：9第(2)题2018年9月，中国气象局曾这样播报了一则台风预警：台风“山竹”的中心于16日17时在广东省登陆，登陆时中心附近最大风力14级（45m/s）．上述消息中的“16日17时、45m/s”分别指（）A．时刻和速率B．时刻和平均速度C．时间间隔和瞬时速度D．时间间隔和平均速度第(3)题在如图甲所示的电路中，电动机的额定电压为4V，灯泡上标有“4V 4W”，定值电阻R的阻值为。

当变压器原线圈接如图乙所示的交流电时，电动机和灯泡均正常工作，且电动机的输出功率为6W。

下列说法正确的是（）A．变压器原、副线圈的匝数比为B．电动机的额定功率为5WC．电动机的内阻为D．若灯泡损坏导致断路，则电动机也会被烧杯第(4)题2022年4月16日神舟十三号载人飞行任务取得圆满成功，太空出差半年的航天员翟志刚、王亚平、叶光富返回地面，载人飞船与空间站舱段进行分离后，需绕地球轨道飞行几圈，某时段飞行轨迹如图所示，载人飞船在该椭圆轨道上运行，已知近地点A到地心距离为，远地点B到地球心距离为，地球质量为M，地球的平均密度为，引力常量为G，近地点到地球表面的高度未知，则下列物理量结论正确的是（）A．地球的第一宇宙速度为B．载人飞船在该椭圆轨道上运行周期为C．地球的自转周期D．地球表面的重力加速度为第(5)题如图所示，轻弹簧一端固定在点，另一端系一小球，小球穿在固定于竖直面内、圆心为的光滑圆环上，在的正上方，C是的连线和圆环的交点，将小球从圆环上的A点无初速度释放后，发现小球通过了C点，最终在A、B之间做往复运动。

2020新课标高考物理练习：题型技巧方法篇二、考前必知的方法技巧含解析

二、考前必知的方法技巧1．选择题技巧方法高考物理部分的选择题主要考查对物理概念、物理现象、物理过程和物理规律的认识、理解和应用、题目信息量大、知识覆盖面广、干扰性强、考查方式灵活、能考查学生的多种能力；但难度不会太大、属于保分题目．只有“选择题多拿分、高考才能得高分”、在平时的训练中、针对选择题要做到两个方面：一练准确度：高考中遗憾的不是难题做不出来、而是简单题和中档题做错；平时会做的题目没做对、平时训练一定要重视选择题的正确率．二练速度：提高选择题的答题速度、为攻克后面的非选择题赢得充足时间．解答选择题时除了掌握直接判断和定量计算的常规方法外、还要学会一些非常规巧解妙招、针对题目特点“不择手段”、达到快速解题的目的．技巧1直接判断法[技巧阐释]直接判断法适用于推理过程比较简单的题目、通过观察题目中所给出的条件、根据所学知识和规律推出结果、直接判断、确定正确的选项．【典例1】如图所示为氢原子的能级示意图、下列对氢原子在能级跃迁过程中辐射或吸收光子的特征的认识正确的是()A．处于基态的氢原子可以吸收能量为14 eV的光子使电子电离B．一群处于n＝3能级的氢原子向基态跃迁时、能辐射出4种不同频率的光子C．一群处于n＝2能级的氢原子吸收能量为2 eV 的光子可以跃迁到n＝3能级D．用能量为10.3 eV的光子照射、可使处于基态的氢原子跃迁到激发态[答案] A【名师点评】解答本题的关键是知道什么是电离、能级的跃迁满足hν＝E m－E n(m>n)．注意吸收光子是向高能级跃迁、释放光子是向低能级跃迁、吸收或释放的能量要正好等于能级间的能量差．技巧2特殊赋值法[技巧阐释]有些选择题根据题干所描述物理现象的一般情况、难以直接判断选项的正误、可针对题设条件选择一些能反映已知量与未知量的数量关系的特殊值、代入各选项中进行检验、从而得出结论．【典例2】在光滑水平面上、物块a以大小为v的速度向右运动、物块b以大小为u的速度向左运动、a、b发生弹性正碰．已知a的质量远小于b的质量、则碰后物块a的速度大小是()A．v B．v＋uC ．v ＋2uD ．2u －v[答案] C【名师点评】本题若用常规方法解、需要对系统列动量守恒与机械能守恒方程、计算过程及讨论极其复杂、若让题目中所涉及的速度分别取特殊值、通过相对简单的分析和计算即可快速进行判断．技巧3 “二级结论”法[技巧阐释] 熟记并巧用一些由基本规律和基本公式导出的结论可以使思维过程简化、提高解题的速度和准确率．【典例3】如图所示、在竖直平面内有一半圆形轨道、圆心为O 、一小球(可视为质点)从轨道上与圆心等高的 A 点以速度v 0向右水平抛出、落在轨道上的 C 点、已知 OC 与 OA 的夹角为θ、重力加速度为g 、则小球从 A 运动到 C 的时间为( )A.2v0gtan θ2B.v0g tan θ2C.v0gtan θ2D.2v0g tan θ2 [答案] A【名师点评】使用推论法解题时、必须清楚推论是否适用于题目情境．非常实用的推论有：(1)等时圆规律；(2)做平抛运动的物体在某时刻的速度方向的反向延长线过此时水平位移的中点；(3)质量和所带电荷量均不同的同电性带电粒子由静止相继经过相同的加速电场和偏转电场、轨迹重合；(4)直流电路动态变化时有“串反并同”的规律(电源有内阻)；(5)平行通电导线同向相吸、异向相斥；(6)带电平行板电容器与电源断开、仅改变极板间的距离不影响极板间的电场强度等．技巧4 等效思维法[技巧阐释] 等效思维法就是要在保持效果或关系不变的前提下、对复杂的研究对象、背景条件、物理过程进行有目的地分解、重组、变换或替代、使它们转换为我们所熟知的、更简单的理想化模型、从而达到简化问题的目的．【典例4】 (多选)如图、一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场、圆盘开始减速．在圆盘减速过程中、下列说法正确的是( )A ．圆盘处于磁场中的部分、靠近圆心处电势高B ．所加磁场越强、越易使圆盘停止转动C ．若所加磁场反向、圆盘将加速转动D ．若所加磁场穿过整个圆盘、圆盘将匀速转动[答案]ABD【名师点评】金属圆盘一般有两种等效方式、一是可以将金属圆盘等效看做由无数金属辐条组成、然后用切割观点分析；二是可将金属圆盘看做由无数微小的回路组成、然后分析其中一个微小回路中磁通量的变化、从而确定该回路中的电流情况与受力情况．技巧5作图分析法[技巧阐释]物理图象能从整体上反映出两个或两个以上物理量的定性或定量关系、根据题意画出图象、再利用图象分析寻找答案、能够避免繁琐的计算、迅速找出正确选项．【典例5】每隔0.2 s 从同一高度竖直向上抛出一个初速度大小为6 m/s的小球、设小球在空中不相碰．g取10 m/s2、则在抛出点以上能和第3个小球所在高度相同的小球个数为()A．6 B．7C．8 D．9[答案] B【名师点评】v－t图象隐含信息较多、我们经常借助v－t图象解决有关运动学或动力学问题、而忽视对x－t图象的利用、实际上x－t图象在解决相遇问题时有其独特的作用、解题时要会灵活运用各种图象．技巧6逆向思维法[技巧阐释]逆向思维可以使解答过程变得非常简捷、特别适用于选择题的解答、解决物理问题常用的逆向思维有过程逆向、时间反演等．【典例6】在高速公路上用超声波测速仪测量车速的示意图如图所示、测速仪发出并接收超声波脉冲信号、根据发出和接收到的信号间的时间差可以测出被测物体的速度．某时刻测速仪发出超声波、同时汽车在离测速仪355 m 处开始做匀减速直线运动．当测速仪接收到反射回来的超声波信号时、汽车在离测速仪335 m 处恰好停下、已知声速为340 m/s、则汽车在这段时间内的平均速度为()A．5 m/s B．10 m/sC．15 m/s D．20 m/s[答案] B【名师点评】对于匀减速直线运动、往往逆向等同为匀加速直线运动．可以利用逆向思维法的物理情境还有斜上抛运动、利用最高点的速度特征、将其逆向等同为平抛运动．技巧7整体法和隔离法[技巧阐释]对于不要求讨论系统内部物体之间相互作用力的问题、首选整体法；如果要考虑系统内部各个物体之间的相互作用力、则必须使用隔离法．整体法常常和隔离法交替使用、一般采用先整体后隔离的方法．【典例7】水平铁轨上有一列由8节车厢组成的动车组．沿动车组前进的方向、每相邻两节车厢中有一节自带动力的车厢(动车)和一节不带动力的车厢(拖车)．该动车组在水平铁轨上匀加速行驶时、每节动车的动力装置均提供大小为 F 的牵引力、每节车厢所受的阻力均为f 、每节车厢的质量均为 m 、则第4节车厢与第5节车厢水平连接装置之间的相互作用力大小为( )A ．0B ．2FC ．2(F －f )D ．2(F －2f )[答案] A【名师点评】整体法一般适用于连接体问题、叠罗汉式木块问题、适用于不需要求解内力的问题．本题中先将8节车厢作为一个整体研究、然后再隔离前4节车厢研究．技巧8 对称分析法[技巧阐释] 当研究对象在结构或相互作用上、物理过程在时间和空间上以及物理量在分布上具有对称性时、宜采用对称法解决．常见的对称情况有物体做竖直上抛运动的对称性、点电荷在电场中运动的对称性、带电粒子在匀强磁场中运动轨迹的对称性等．【典例8】如图所示、一边长为 L 的正方体绝缘体上均匀分布着电荷量为 Q 的电荷、在垂直于左、右面且过正方体中心 O 的轴线上有a 、b 、c 三个点、a 和 b 、b 和 O 、O 和 c 间的距离均为 L 、在 a 点处固定一电荷量为 q (q <0) 的点电荷. k 为静电力常量、已知 b 点处的场强为零、则 c 点处场强的大小为( )A.8kq 9L2B ．k Q L2C ．k q L2D.10kq 9L2 [答案] D【名师点评】一般来说、非点电荷的电场强度在中学范围内不能直接求解、但若巧妙地运用对称法和电场的叠加原理、则能使问题顺利得到解决．在高中阶段、关于电场、磁场的新颖试题的情境往往有对称的特点、所以常常用对称法结合矢量叠加原理求解．技巧9 筛选排除法[技巧阐释] 排除法主要适用于选项中有相互矛盾或有完全肯定、完全否定的说法的选择题(如电磁感应中图象的识别、某一物理量大小的确定等)．【典例9】如图所示、宽度均为d 且足够长的两相邻条形区域内、分别存在磁感应强度大小为 B 、方向相反的匀强磁场．总电阻为R 、边长为433d 的等边三角形金属框的 AB 边与磁场边界平行、金属框从图示位置沿垂直于 AB 边向右的方向做匀速直线运动．取逆时针方向电流为正、从金属框 C 端刚进入磁场开始计时、下列关于框中产生的感应电流随时间变化的图象正确的是()[答案] A【名师点评】本题巧妙地使用面积排除法、这是一般学生想不到的、要学会从不同方面判断或从不同角度思考与推敲．运用排除法解题时、对于完全肯定或完全否定的选项、可通过举反例的方式排除；对于相互矛盾的选项、最多只有一项是正确的．技巧10类比分析法[技巧阐释]类比分析法是将两个(或两类)研究对象进行对比、根据它们在某些方面有相同或相似的属性、进一步推断它们在其他方面也可能有相同或相似的属性的一种思维方法．解决一些物理情境新颖的题目时可以尝试使用这种方法．【典例10】 (多选)如图、一带负电的油滴在匀强电场中运动、其轨迹在竖直平面(纸面)内、且关于过轨迹最低点P的竖直线对称、忽略空气阻力．由此可知()A．Q点的电势比P点高B．油滴在Q点的动能比它在P点的大C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小[答案]AB【名师点评】本题的突破口是类比重力场中斜抛运动的模型分析带电体的运动．斜抛运动所受合力的方向竖直向下、类比可知油滴所受合力方向竖直向上．技巧11假设判断法[技巧阐释]利用假设法可以方便地对问题进行分析、推理、判断．恰当地运用假设、可以起到化拙为巧、化难为易的效果．物理解题中的假设、从内容要素来看有参量假设、现象假设和过程假设等、从运用策略来看有极端假设、反面假设和等效假设等．【典例11】如图所示是发电厂通过升压变压器升压进行远距离输电、接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图．图中变压器均可视为理想变压器、图中电表均为理想交流电表．设发电厂输出的电压一定、两条输电线总电阻用R0表示、滑动变阻器R相当于用户用电器、用电器增加时、相当于R接入电路的阻值变小、则当进入用电高峰期时()A．电压表V1、V2的读数均不变、电流表A2的读数增大、电流表A1的读数减小B．电压表V3、V4的读数均减小、电流表A2的读数增大、电流表A3的读数减小C．电压表V2、V3的读数之差与电流表A2的读数的比值不变D．线路损耗功率不变[答案] C【名师点评】此题是远距离输电与电路的动态分析结合的题目、涉及变量较多、答题时可对某一变量进行假设、通过推理反证有些假设不成立、从而分析出正确结果．技巧12极限思维法[技巧阐释]在某些变化过程中、若我们采取极限思维的方法、将发生的物理变化过程推向极端、就能把比较隐蔽的条件暴露出来、从而迅速得出结论．极限法只有在变量发生单调、连续变化、并存在理论极限时才适用．【典例12】如图所示、一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后、两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B.若滑轮有一定大小、质量为m且分布均匀、滑轮转动时与绳之间无相对滑动、不计滑轮与轴之间的摩擦．设细绳对A的拉力大小为T1、已知下列四个关于T1的表达式中有一个是正确的．请你根据所学的物理知识、通过一定的分析、判断正确的表达式是()A．T1＝（m＋2m2）m1gm＋2（m1＋m2）B．T1＝（m＋2m1）m1gm＋4（m1＋m2）C．T1＝（m＋4m2）m1gm＋2（m1＋m2）D．T1＝（m＋4m1）m2gm＋4（m1＋m2）[答案] C【名师点评】题目中滑轮有质量、同学们接触的题目中大部分是轻质滑轮、质量不计、做选择题时不妨将物理量的值推向极限(如本题中将m推向0)、按照常规题型去求解、解得结果后看看哪个选项符合即可．2．实验题技巧方法技巧1抓好基础《考试大纲》除了明确12个必考实验、4个选考实验外、还强调了仪器的正确使用、误差问题的重要性及有效数字的应用、这些相对于当下创新的实验命题来说就是基础．所以像刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、打点计时器、电流表、电压表、多用电表等、要熟练掌握它们的使用方法和读数规则、要防止在估读、结果的有效数字和单位上出错．【典例1】(1)图甲中游标卡尺的读数为________mm、图乙中螺旋测微器的读数为________mm.(2)某同学用多用电表的欧姆挡来测量一电压表的内阻、器材如图丙所示．先将选择开关旋至“×10”挡、红、黑表笔短接调零后进行测量、红表笔应接电压表的________(选填“＋”或“－”)接线柱、结果发现欧姆表指针偏角太小、则应将选择开关旋至________(选填“×1”或“×100”)挡并________、最终测量结果如图丁所示、则电压表的电阻为________ Ω.[答案](1)29.80.880(2)－×100重新进行欧姆调零 3 000【名师点评】对于基本仪器、正确读数必须做到以下三点(1)要注意量程．(2)要弄清所选量程对应的每一大格和每一小格所表示的值．(3)要掌握需要估读的基本仪器的读数原则．读数的基本原则：最小刻度是“1”的仪器、要求读到最小刻度后再往下估读一位；最小刻度是“2”和“5”的仪器、只要求读到最小刻度所在的这一位并按其最小刻度的12或15进行估读、不再往下估读．技巧2 重视理解《考试大纲》中规定的实验以及教材中的演示实验是高考创新实验的命题根源、这就要求我们在高考实验备考中紧扣教材中的实验、弄清和掌握教材中每一个实验的实验原理、实验步骤、数据处理、误差分析等、对每一个实验都应做到心中有数、并且能融会贯通．【典例2】某同学利用如图所示的装置测量小木块与接触面间的动摩擦因数、已知小木块与斜面和水平面之间的动摩擦因数相同、小木块从斜面上的A 点由静止滑下、经过斜面的最低点B 到达水平面上的C 点静止、A 、C 两点间的水平距离为x 、小木块可视为质点、回答下列问题：(1)已知小木块的质量为m 、重力加速度大小为g 、若动摩擦因数为μ、由A 点运动到C 点的过程中、克服摩擦力做的功W f 与x 之间的关系式为W f ＝________．(2)为尽量简便地测量小木块与接触面间的动摩擦因数、下列物理量需要测量的是________．A ．小木块的质量mB ．斜面的倾角θC ．A 、B 两点间的距离D ．A 、C 两点间的竖直高度差hE ．A 、C 两点间的水平距离x(3)利用上述测量的物理量、写出测量的动摩擦因数μ＝________．(4)小木块运动到B 点时、由于与水平面的作用、竖直方向的分速度会损失、将导致测量的动摩擦因数与实际动摩擦因数相比________(填“偏大”“相等”或“偏小”)．[答案] (1)μmgx (2)DE (3)h x(4)偏大【名师点评】从全国卷命题情况看、直接考教材中的操作、原理的试题相对较少、或多或少都有变化、但是为了确保高考的稳定性、连续性、这种变化也是科学规范的、不会大起大落、所以“以教材为本”是解决此类问题的关键、斜面、小木块都是常规器材、但是在本题中用来测量动摩擦因数、这些小变化充分体现了“源于教材高于教材”的命题理念．技巧3 变化创新《考试大纲》中的实验能力提到：“能运用已学过的物理理论、实验方法和实验仪器去处理问题、包括简单的设计性实验．”所以从仪器的使用、装置的改造、电路的设计、数据的灵活处理等方面进行变通和拓展是复习中必须经历的一个过程、要对各个实验的原理、方法进行合理迁移、类似的实验要多比较分析．【典例3】利用如图甲所示的电路测量某电池的内阻、其中AB为一段粗细均匀的铅笔芯、笔芯上套有一金属滑环P(宽度和电阻不计、与笔芯接触良好并可自由移动)．实验器材还有：标准电池(电动势为E0、内阻不计)、电阻箱(最大阻值为99.99 Ω)、灵敏电流计G(量程为0～600 μA)、待测电池(电动势E x小于E0、内阻r x未知)、开关3个、刻度尺等．主要实验步骤如下：a．测量出铅笔芯A、B两端点间的距离L0；b．将电阻箱调至某一阻值R、闭合开关S1、S2、S3、移动滑环P使电流计G示数为零、测量出此时A、P之间的长度L；c．改变电阻箱的阻值R、重复步骤b、记录下多组R及对应的L值．回答以下问题：(1)移动滑环P使G的示数为零、此时AP两端的电压与电阻箱两端的电压U R相等、则U R＝________(用L、L0、E0表示)．(2)利用记录的多组R、L数据、作出1L－1R图象如图乙所示、则1L随1R变化的关系式为1L＝________(用E x、r x、E0、L0、R表示)、待测电池的内阻r x＝________Ω(结果保留两位有效数字)．(3)在步骤b的操作过程中、若无论怎样移动滑环P、也无法使G的示数为零、经检查发现、有一个开关未闭合、你认为未闭合的开关是________(填“S1”“S2”或“S3”)．(4)本实验中若标准电池的内阻不可忽略、则待测电池内阻的测量结果将________(填“偏大”“不变”或“偏小”)．[答案](1)LL0E0(2)E0rxExL0·1R＋E0ExL0 1.1(或1.0或1.2)(3)S1(4)不变【名师点评】实验创新是新课标的特色之一、就创新而言、可以是实验原理的创新、实验器材的重组创新、器材的变更创新、也可以是数据分析和处理的创新、所以在训练中归类找出共性构建模型、如测电阻模型等、找出差异防止错误是应对创新问题的良策．3．计算题技巧方法物理计算题历来是高考拉分题、试题综合性强、涉及物理过程较多、所给物理情境较复杂、物理模型较模糊甚至很隐蔽、运用的物理规律也较多、对考生的各项能力要求很高、为了在物理计算题上得到理想的分值、应做到细心审题、用心析题、规范答题．技巧一细心审题、做到一“看”二“读”三“思”1．看题“看题”是从题目中获取信息的最直接的方法、一定要全面、细心、看题时不要急于求解、对题中关键的词语要多加思考、搞清其含义、对特殊字、句、条件要用着重号加以标注；不能错看或漏看题目中的条件、重点要看清题中隐含的物理条件、括号内的附加条件等．2．读题“读题”就是默读试题、是物理信息内化的过程、它能解决漏看、错看等问题．不管试题难易如何、一定要怀着轻松的心情去默读一遍、逐字逐句研究、边读边思索、边联想、以弄清题中所涉及的现象和过程、排除干扰因素、充分挖掘隐含条件、准确还原各种模型、找准物理量之间的关系．3．思题“思题”就是充分挖掘大脑中所储存的知识信息、准确、全面、快速地思考、清楚各物理过程的细节、内在联系、制约条件等、进而得出解题的全景图．【典例1】某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置、由一个水平传送带AB和倾斜传送带CD组成．水平传送带长度L AB＝4 m、倾斜传送带长度L CD＝4.45 m、倾角为θ＝37°.传送带AB和CD通过一段极短的光滑圆弧板过渡．AB传送带以v1＝5 m/s的恒定速率顺时针运转、CD传送带静止．已知工件与传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.5、重力加速度g＝10 m/s2.现将一个工件(可视为质点)无初速度地放在水平传送带最左端A点处．已知sin 37°＝0.6、cos 37°＝0.8.求：(1)工件从A端开始第一次被传送到CD传送带上、工件上升的最大高度和从开始到上升到最大高度的过程中所用的时间．(2)要使工件恰好被传送到CD传送带最上端、CD传送带沿顺时针方向运转的速度v2的大小．(v2<v1)[思路点拨]“看题”时要注意：①AB传送带顺时针运转、第(1)问中CD传送带静止、第(2)问中CD传送带顺时针运转；②工件与传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.5；③工件无初速度地放在水平传送带最左端．“读题”时可获取的信息：工件放到水平传送带上后在摩擦力作用下做匀加速运动、需要先判断匀加速运动的位移与水平传送带长度的关系．“思题”时应明确：①若匀加速运动的位移大于或等于水平传送带的长度、工件一直加速；若匀加速运动的位移小于水平传送带的长度、则工件先加速到等于传送带的速度后做匀速运动．工件滑上静止的传送带后在重力和滑动摩擦力作用下做匀减速运动．②可利用牛顿第二定律、匀变速直线运动规律列方程解得第(2)问中CD传送带沿顺时针方向运转的速度v2的大小．[答案](1)0.75 m 1.8 s(2)4 m/s技巧二用心析题、做到一“明”二“析”三“联”1．明过程——快速建模在审题已获取一定信息的基础上、要对研究对象的各个运动过程进行剖析、确定每一个过程对应的物理模型、规律及各过程间的联系．2．析情境——一目了然认真阅读题目、分析题意、搞清题述物理状态及过程、有的题目可用简图(示意图、运动轨迹、受力分析图、等效图等)将这些状态及过程表示出来、以展示题述物理情境、物理模型、使物理过程更为直观、物理特征更加明显、进而快速简便解题．3．联规律——准确答题解答物理计算题时、在透彻分析题给物理情境的基础上、灵活选用规律、如力学计算题可用力的观点、即牛顿运动定律与运动学公式等求解；可用能量观点、即动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律等求解；也可以用动量观点、即动量定理、动量守恒定律等求解．【典例2】如图所示、带电荷量为q＝＋2×10－3C、质量为m＝0.1 kg的小球B静置于光滑的水平绝缘板右端、板的右侧空间有范围足够大、方向水平向左、电场强度E＝103 N/C 的匀强电场．与B球形状相同、质量为0.3 kg的绝缘不带电小球A以初速度v0＝10 m/s向B运动、两球发生弹性碰撞后均逆着电场线的方向进入电场、在电场中两球又发生多次弹性碰撞、已知每次碰撞时间极短、小球B的电荷量始终不变、取重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)第一次碰撞后瞬间两小球的速度大小；(2)第二次碰撞前瞬间小球B的动能；(3)第三次碰撞的位置．[思路点拨](1)A、B两球在电场外发生第一次碰撞、选取A、B两个小球为一个系统、根据弹性碰撞模型运用动量守恒定律和系统机械能守恒定律列方程求解．(2)碰后A、B两球进入电场、竖直方向上两者相对静止、均做自由落体运动；水平方向上、A做匀速直线运动、B做匀减速直线运动、利用相关知识列方程求出第二次碰撞前瞬间小球B的动能；每次碰撞时间极短、因此可认为第二次碰撞时水平方向上动量守恒、运用动量守恒定律和系统机械能守恒定律列方程求解出碰撞后两球的速度．。

高中物理-第二篇四、数学方法在物理中的应用

二、均值不等式由均值不等式a＋b≥ 2 ab (a>0，b>0)可知： (1)两个正数的积为定值时，若两数相等，和最小； (2)两个正数的和为定值时，若两数相等，积最大.
例5 如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限区域中，有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度的大小为 E＝kv0.在第二象限有一半径为R＝b的圆形区域磁场，圆形磁场的圆心O1坐标为(－b，b)，与两坐标轴分别相切于P点和N点，磁场方向垂直纸面向里.在x＝3b处垂直于x轴放置一平面荧光屏，与x轴交点为Q.大量的电子以相同的速率在纸面内从P点进入圆形磁场，电子的速度方向在与x轴正方向成θ角的范围内，其中沿y轴正方向的电子经过磁场到达N点，速度与x轴正方向成θ角的电子经过磁场到达M点且M点坐标为(0,1.5b).忽略电子间的相互作用力，不计电子的重力，电子的比荷为 me ＝kvb0 .求：
射出电场时的夹角为α，vy＝at
有 tan α＝vv0y＝
2y b
有H＝(3b－x)tan α
＝(3 b－ 2y)· 2y
当 3 b－ 2y＝ 2y，
即 y＝98b 时，H 有最大值. 由于98b<1.5b，所以 Hmax＝94b.
三、利用二次函数求极值二次函数：y＝ax2＋bx＋c (1)当 x＝－2ba时，有极值 ym＝4ac4－a b2(若二次项系数 a>0，y 有极小值；若 a<0，y 有极大值).
答案
3 4mg
方向水平向右
根据题设条件，电场力大小 F 电＝mgtan 37°＝34mg，方向水平向右.
(2)小球的最小速度的大小及方向.
答案
3 5v0
与电场方向夹角为 37°斜向上
小球沿竖直方向做匀减速运动： vy＝v0－gt；沿水平方向做初速度为零的匀加速运动： ax＝Fm电＝34g，vx＝axt；小球的速度 v＝ vx2＋vy2，由以上各式可得关于v2的函数解析式： v2＝2156g2t2－2v0gt＋v02.

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1 专题强化训练(十九)
一、选择题
1. (多选)(2018·河南五校联考)如图所示，两个可视为质点的小球A 、B 通过固定在O 点的光滑小滑轮(图中未画出)用细线相连，小球A 置于光滑半圆柱上，小球B 用水平线拉着，水平线另一端系于竖直板上，两球均处于静止状态，已知O 点在半圆柱横截面圆心O 1的正上方，OA 与竖直方向成45°角，其长度与半圆柱横截面的半径相等，OB 与竖直方向成60°角，则( )
A ．细线对球A 的拉力与球A 所受半圆柱的弹力大小相等
B ．细线对球A 的拉力与半圆柱对球A 的弹力大小相等
C ．细线对球A 的拉力与对球B 的拉力大小之比为2∶ 3
D ．球A 与球B 的质量之比为22∶1
[解析] 对A 、B 两个小球进行受力分析，如图所示，球A 所受的弹力为半圆柱对球A 的支持力和细线对球A 的拉力的合力，大小等于m A g ，细线对球A 的拉力大小为T ＝m A g cos45°＝22
m A g ，所以细线对球A 的拉力与球A 所受弹力大小不相等，故A 错误；根据受力分析图，由几何关系知细线对球A 的拉力与半圆柱对球A 的弹力大小相等，故B 正确；因为同一根细线上拉力相等，所以细线对球A 的拉力与对球B 的拉力之比为1∶1，故C 错误；根据勾股
定理，对球B ：T ′＝m B g cos60°＝2m B g ，对球A ：T ＝22m A g ，故2m B g ＝22m A g ，解得m A m B ＝221
，故D
正确．
[答案] BD。