高考物理中的数学方法(一)全解析版
高三物理插针法测玻璃折射率高考物理实验方法大全(解析版)
高中物理实验方法插针法测定玻璃砖的折射率（解析版）【目的和要求】应用折射定律测定玻璃的折射率，加深对折射定律的理解。
【仪器和器材】玻璃砖（J2506型），钢直尺，大头针，量角器或圆规，图板，图钉或透明胶带，白纸或坐标纸。
【实验方法】1．插针将一张八开的白纸或坐标统，平铺在绘图板上，用图钉或透明胶带固定，玻璃砖平放在纸中央。
取一枚大头针，紧贴玻璃砖上底面AE的中点附近，垂直插牢在图板上。
插针点为O点，取第二枚大头针，垂直插在O点左上方的O1点。
实验者的眼睛在玻璃砖下底面< /SPAN>CD的下方，沿水平方向透过玻璃砖观察插在O、O1点处的大头针，移动观察位置，使两枚大头针位于一直线上。
然后在玻璃砖下底面CD的下方，沿着O1O的方向再在点O2、O3处插两枚大头针，观察者应看到插在O1、O、O2、O3的四枚大头针在一直线上。
拔下大头针，标好插针点O1、O、O2、O3。
笔尖贴紧玻璃砖画下它的轮廓线AECD，如图5．1－1所示。
2．作图取走玻璃砖，连直线O1O、O2O3，延长O3O2交DC边干O′，连OO′。
过点O作AE的垂线NN′，则O1O为入射光线，OO′为折射光线，ON为法线，∠O1ON为入射角i，∠O′ON′为折射角i′，如图5．1－2所示。
3．测量计算根据图5．1－2，有两种计算折射率的方法。
（1）用量角器在图5．1－2上量出入射角i及折射角i′，代入折射定律公式n ＝sini／sini′ 计算出折射率n。
（2）如图5．1－2所示，延长OO′，以O为圆心，R（大于100毫米）为半径作圆，分别与入射光线O1O交于P，与折射光线OO′的延长线交于P′。
过PP′作NN′的垂线，垂足分别为BB′，刚sini＝PB／R sini′＝P′B′／R n＝sini／sini′＝PB／P′B′用钢直尺测出PB及P′B′，代入上式即可计算出折射率。
根据图5．1－2，用上述两种方法测得的结果列在表中。
i i’n450 280 1.51PB P’B’n80.7mm53.8mm 1.50题1：“测定玻璃的折射率冶实验中,在玻璃砖的一侧竖直插两个大头针A、B,在另一侧再竖直插两个大头针C、D. 在插入第四个大头针D 时,要使它_____________. 题12B-2 图是在白纸上留下的实验痕迹,其中直线a、a忆是描在纸上的玻璃砖的两个边. 根据该图可算得玻璃的折射率n = _____________. (计算结果保留两位有效数字)【答案】挡住C 及A 、B 的像；1.8（1.6~1.9都算对）【解析】方法1.如果考生带有量角器，分别连接AB 和CD ，分别交a 和'a 于O 和O ’，过O 作a 的垂线M 1N 1，即为法线,如图答1图,则角AO 1M 2为入射角1θ,角C01N 为折射角2θ,用量角器分别测得1θ=60°，2θ=30°， 则玻离的折射率为n=7.13sin sin 21==θθ。
高三物理几何法高考物理解题方法大全(解析版)
高中物理解题方法几何法（解析版）内容提要：高考物理学科能力有一个是：应用数学知识处理物理问题的能力。
本文谈几何知识和方法在物理中的应用，包括在力学和电磁学中的应用。
关键词：物理能力，数学应用，几何知识，几何方法。
高考大纲（物理）中规定，高考物理考查的学科能力有：1.理解能力2.推理能力3.分析综合能力4.应用数学知识处理物理问题的能力5.实验能力。
数学知识，主要有代数和几何等几个部分，本文谈几何知识和方法在物理中的应用。
有一位教科所的物理老师讲过：解物理题就是画图，会画图就会解题，不会画图就不会解题；画图正确就能解题正确，画图错误一定解题错误。
此言虽然不太准确，但也不无道理。
一、相对运动中的几何关系例1.如图所示，倾角为α的斜面A被固定在水平面上，细线的一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连，B静止在斜面上．滑轮左侧的细线水平，右侧的细线与斜面平行．A、B的质量均为m．撤去固定A的装置后，A、B均做直线运动．不计一切摩擦，重力加速度为g．求：（1）A固定不动时，A对B支持力的大小N；（2）A滑动的位移为x时，B的位移大小s；（3）A滑动的位移为x时的速度大小v A.【解析】（1）支持力的大小N= mg cos α（2）根据几何关系s x =x·(1-cosα), s y =x·sinα且s =22y x s s +解得s =x ⋅α-)cos 1(2（2）B 的下降高度s y =x·sinα根据机械能守恒定律mgs y =21mv A 2+21mv B 2根据速度的定义得v A =t x ∆∆，v B =ts ∆∆ 则A B v v ⋅α-=)cos 1(2 解得v A =α-αcos 23sin 2gx 。
【答案】（1）mg cos α （2）x ⋅α-)cos 1(2（3）α-αcos 23sin 2gx 【点评】本题解题关键是A 与B 运动中的位移关系从而确定二者速度的关系。
2025年高考物理一轮复习专题精讲精练—光的干涉衍射和偏振 解析版
2025年⾼考物理⼀轮复习专题精讲精练—光的⼲涉、衍射和偏振（解析版）1.理解光的⼲涉现象，掌握双缝⼲涉中出现亮暗条纹的条件.2.理解光的衍射现象，知道发⽣明显衍射的条件.3.知道光的偏振现象，了解偏振在⽇常⽣活中的应⽤．考点⼀ 光的双缝⼲涉现象1．产⽣条件两列光的频率相同，振动⽅向相同，且具有恒定的相位差，才能产⽣稳定的⼲涉图样．2．杨⽒双缝⼲涉(1)原理图如图所⽰(2)亮、暗条纹的条件．①单⾊光：形成明暗相间的条纹，中央为亮条纹．a．光的路程差Δr＝r2－r1＝kλ(k＝0,1,2…)，光屏上出现亮条纹．b．光的路程差Δr＝r2－r1＝(2k＋1)(k＝0,1,2…)，光屏上出现暗条纹．②⽩光：光屏上出现彩⾊条纹，且中央亮条纹是⽩⾊(填写颜⾊)．③条纹间距公式：Δx＝λ.[例题1]（2024•深圳⼆模）1834年，洛埃利⽤单⾯镜同样得到了杨⽒⼲涉的结果（称洛埃镜实验）。
实验基本装置A．平⾯镜⽔平向左移动少许，Δx将变⼩B．平⾯镜竖直向下移动少许，Δx将变⼩C．光屏向左移动少许，Δx将变⼤D．点光源S由红⾊换成绿⾊，Δx将变⼤【解答】解：根据作图法可得下图，其中阴影部分为发⽣⼲涉的区域；光源直接发出的光和被平⾯镜反射的光实际上是同⼀列光，故是相⼲光，该⼲涉现象可以看作双缝⼲涉，双缝SS'之间的距离为d，则d＝2a，⽽光源S到光屏的距离看以看作双孔屏到像屏距离L，根据双缝⼲涉=L dλ可得：Δx=L 2aλA、平⾯镜⽔平向左移动少许，L与d不变，则Δx不变，故A错误；B、平⾯镜竖直向下移动少许，d增⼤，则Δx将变⼩，故B正确；C、光屏向左移动少许，L减⼩，则Δx将变⼩，故C错误；D、点光源S由红⾊换成绿⾊，Δx将变⼩，故D错误。
故选：B。
[例题2]（2024•⿊⻰江模拟）有a、b两束单⾊光从空⽓中平⾏照射在平⾏玻璃砖上，它们经玻璃折射后射⼊空⽓的A．在玻璃中传播时a光的速度较⼤B．在同⼀双缝⼲涉实验装置发⽣⼲涉时a光的⼲涉条纹间距较⼤C．从同⼀介质射向空⽓时a光发⽣全反射的临界⻆较⼩D．a光和b光频率相同【解答】解：AD、根据光路图知，a光的偏折程度⼤于b光的偏折程度，则a光的折射率⼤于b光的折射率，a光的v=cn，可知在玻璃中传播时a光的速度较⼩，故AD错误；B、在同⼀双缝⼲涉实验装置发⽣⼲涉时，根据相邻条纹间距公式：Δx=Ldλ，由于a光的频率⼤于b光的频率，a光C、根据全临界⻆公式：sinC=1n，可知从同⼀介质射向空⽓时，由于a光折射率较⼤，所以a光发⽣全反射的临界故选：C。
高考物理全国卷第9讲平行四边形法则,多边形法则 正交分解法-2023年高考物理解题方法大全(解析版)
第9讲 平行四边形法 多边形法 正交分解法（解析版）—高中物理解题方法28法20讲江苏省特级教师 学科网特约金牌名师 戴儒京 解力的合成方法或分解的方法有3种，即平行四边形法则， 多边形（三角形）法则，正交分解法则。
每一种法则又有两个方法，即作图法和公式法。
所以有：平行四边形法则之作图法，平行四边形法则之公式法，多边形法则之作图法，多边形法则之公式法，正交分解法之作图法，正交分解法之公式法。
例题：已知3个力，N F 401=，N F 502=，N F 603=，相互之间夹角皆为1200，如图所示。
求这3个力的合力。
【解法1】平行四边形法则之作图法①画出标度，如以cm 1表示10N②以1F 、2F 为邻边，作平行四边形，则12F 为1F 和2F 的合力。
③以12F 、3F 为邻边，作平行四边形，则合F 为1F 、2F 和3F 3个力的合力。
④量出合F 为cm 8.1，则合F 大小为18N ，方向如图所示。
【解法2】平行四边形法则之公式法 ①求1F 和2F 的合力12F ：12F =2110)5.0(504025040120cos 2220212221=-⨯⨯⨯++=++F F F F12F 与2F 的夹角α，3352150********cos 60sin tan 02102=⨯-⨯=-=F F F α，则071=α②求12F 和3F 的合力合F ：合F =)9816.0(6021102602100cos 2231223212-⨯⨯⨯⨯++=++βF F F F =N 4.17302==其中00019171120=+=β，9816.0191cos cos 0-==β【解法3】多边形法则之作图法 ①画出标度，如以cm 1表示10N②从矢量1F 尾端作矢量2F ，从矢量2F 尾端作矢量3F③从矢量1F 首端到矢量3F 尾端作矢量合F ，合F 把1F 、2F 和3F 3个矢量封闭成闭合多边形，则合F 为1F 、2F 和3F 3个力的合力。
高考物理重点专题讲解及突破02 相互作用(含解析)-人教版高三全册物理试题
2020-2021年高考物理重点专题讲解与突破02：相互作用超重点1：共点力平衡问题1．解决平衡问题的根本思路(1)审读题目信息→弄清问题情景、题设条件和要求．(2)选取研究对象→确定选用整体法或隔离法．(3)对研究对象受力分析→画受力示意图．(4)制定解题策略→合成法、分解法、图解法等．(5)进展相应处理→合成、分解某些力或作平行四边形．(6)列平衡方程→F合＝0.(7)分析、求解→应用数学知识．2．处理平衡问题的四点说明(1)物体受三力平衡时，利用力的效果分解法或合成法比拟简单．(2)物体受四个或四个以上的力作用时，一般采用正交分解法．(3)物体只受三个力的作用且三力构成普通三角形，可考虑使用相似三角形法．(4)对于状态“缓慢〞变化类的动态平衡问题常用图解法．[典例1] (多项选择)(2016·高考全国卷Ⅰ)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．假设F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，如此( )A．绳OO′的张力也在一定范围内变化B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化【答案】BD真题点评：(1)此题属于共点力的平衡问题，考查了研究对象确实定，物体的受力分析等根本技能，采用了合成法、正交分解法等根本方法．(2)高考对共点力平衡问题的考查常设置为静态平衡和动态平衡两类，对静态平衡主要考查合成法、分解法的应用，而动态平衡的考查侧重于解析法、图解法、相似三角形法的应用．【解析】 系统处于静止状态，连接a 和b 的绳的张力大小F T1等于物块a 的重力G a ，C 项错误；以O ′点为研究对象，受力分析如图甲所示，F T1恒定，夹角θ不变，由平衡条件知，绳OO ′的张力F T2恒定不变，A 项错误；以b 为研究对象，受力分析如图乙所示，如此F N ＋F T1cos θ＋F sin α－G b ＝0 F f ＋F T1sin θ－F cos α＝0F N 、F f 均随F 的变化而变化，故B 、D 项正确．拓展1 合成、分解法解静态平衡问题1.如下列图，一条不可伸长的轻质细绳一端跨过光滑钉子b 悬挂一质量为m 1的重物，另一端与另一轻质细绳相连于c 点，ac ＝l2，c 点悬挂质量为m 2的重物，平衡时ac 正好水平，此时质量为m 1的重物上外表正好与ac 在同一水平线上且到b 点的距离为l ，到a 点的距离为54l ，如此两重物的质量的比值m 1m 2为(可用不同方法求解)( )A.52 B ．2 C.54 D.35【答案】C【解析】方法一：合成法因c 点处于平衡状态，所以任意两个力的合力均与第三个力大小相等，方向相反，如图甲所示，根据平行四边形定如此将力F 与F 1合成，如此sin θ＝F 2F 1＝m 2gm 1g，而sin θ＝l l 2＋3l 42＝45，所以m 1m 2＝54，选项C 正确．方法二：分解法因c 点处于平衡状态，所以可在F 、F 1方向上分解F 2，如图乙所示，如此同样有sin θ＝m 2g m 1g ，所以m 1m 2＝54，选项C 正确． 方法三：正交分解法将倾斜绳拉力F 1＝m 1g 沿竖直方向和水平方向分解，如图丙所示，如此m 1g sin θ＝m 2g ，同样可得m 1m 2＝54，选项C 正确．拓展2 图解法求解动态平衡问题2.(多项选择)(2017·高考全国卷Ⅰ)如图，柔软轻绳ON 的一端O 固定，其中间某点M 拴一重物，用手拉住绳的另一端N .初始时，OM 竖直且MN 被拉直，OM 与MN 之间的夹角为α(α>π2)．现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM 由竖直被拉到水平的过程中( )A ．MN 上的张力逐渐增大B ．MN 上的张力先增大后减小C ．OM 上的张力逐渐增大D ．OM 上的张力先增大后减小 【答案】AD【解析】将重物向右上方缓慢拉起，重物处于动态平衡状态，可利用平衡条件或力的分解画出动态图分析．将重物的重力沿两绳方向分解，画出分解的动态图如下列图．在三角形中，根据正弦定理有Gsin γ1＝F OM 1sin β1＝F MN 1sin θ1，由题意可知F MN 的反方向与F OM 的夹角γ＝180°－α不变，因sin β(β为F MN 与G 的夹角)先增大后减小，故OM 上的张力先增大后减小，当β＝90°时，OM 上的张力最大，因sin θ(θ为F OM 与G 的夹角)逐渐增大，故MN 上的张力逐渐增大，选项A 、D 正确，B 、C 错误．拓展3 解析法求解动态平衡问题3.如下列图，小船被绳索牵引着匀速靠岸，假设水的阻力不变，如此( )A ．绳子张力不变B ．绳子张力不断减小C ．船所受浮力不变D ．船所受浮力不断减小 【答案】D【解析】对小船进展受力分析，如图，因为小船做匀速直线运动，所以小船处于平衡状态，设拉力与水平方向的夹角为θ，如此有F cos θ＝F 阻① F sin θ＋F 浮＝mg ②船在匀速靠岸的过程中，阻力不变，船的重力不变，θ增大，如此cos θ减小，sin θ增大，根据①式知，绳子的张力增大，再由②式知，船所受浮力减小，故D 正确． 拓展4 相似三角形法求解动态平衡问题4.如下列图是一个简易起吊设施的示意图，AC 是质量不计的撑杆，A 端与竖直墙用铰链连接，一滑轮固定在A 点正上方，C 端吊一重物．现施加一拉力F 缓慢将重物P 向上拉，在AC 杆达到竖直前( )A ．BC 绳中的拉力F T 越来越大B ．BC 绳中的拉力F T 越来越小 C ．AC 杆中的支撑力F N 越来越大D ．AC 杆中的支撑力F N 越来越小 【答案】B【解析】作出C 点的受力示意图，如下列图，由图可知力的矢量三角形与几何三角形ABC 相似．根据相似三角形的性质得F T BC ＝F N AC ＝G AB ，解得BC 绳中的拉力为F T ＝G BCAB，AC杆中的支撑力为F N ＝G ACAB.由于重物P 向上运动时，AB 、AC 不变，BC 变小，故F T 减小，F N 不变．选项B 正确．1．合力的大小范围(1)两个共点力的合成：|F 1－F 2|≤F 合≤F 1＋F 2，即两个力大小不变时，其合力随夹角的增大而减小，当两力反向时，合力最小；当两力同向时，合力最大．超重点2：力的合成和分解(2)三个共点力的合成①最大值：三个力共线且同向时，其合力最大，为F 1＋F 2＋F 3.②最小值：任取两个力，求出其合力的范围，如果第三个力在这个范围之内，如此三个力的合力的最小值为零，如果第三个力不在这个范围内，如此合力的最小值为最大的一个力减去另外两个较小的力的大小之和．2．共点力合成的方法 (1)作图法．(2)计算法．F ＝F 21＋F 22F ＝2F 1cosθ2F ＝F 1＝F 2 3．力的分解问题选取原如此(1)选用哪一种方法进展力的分解要视情况而定，一般来说，当物体受到三个或三个以下的力时，常按实际效果进展分解．(2)当物体受到三个以上的力或物体所受三个力中，有两个力互相垂直时，常用正交分解法． 4．按力的作用效果分解的几种情形实例分解思路拉力F 可分解为水平分力F 1＝F cos α和竖直分力F 2＝F sin α重力分解为沿斜面向下的力F 1＝mg sin α和垂直斜面向下的力F 2＝mg cos α重力分解为使球压紧挡板的分力F 1＝mg tan α和使球压紧斜面的分力F 2＝mgcos α重力分解为使球压紧竖直墙壁的分力F 1＝mg tan α和使球拉紧悬线的分力F 2＝mgcos α小球重力分解为使物体拉紧AO 线的分力F 2和使物体拉紧BO 线的分力F 1，大小都为F 1＝F 2＝mg2sin α[典例] 如下列图，墙上有两个钉子a 和b ，它们的连线与水平方向的夹角为45°，两者的高度差为l .一条不可伸长的轻质细绳一端固定于a 点，另一端跨过光滑钉子b 悬挂一质量为m 1的重物．在绳上距a 端l2的c 点有一固定绳圈．假设绳圈上悬挂质量为m 2的钩码，平衡后绳的ac 段正好水平，如此重物和钩码的质量比m 1m 2为( )A. 5 B ．2 C.52D. 2思路点拨：解此题要抓住以下三点： (1)绳子上的拉力一定沿绳．(2)“光滑钉子b 〞，说明bc 段绳子的拉力等于重物的重力m 1g . (3)依据“ac 段正好水平〞画出受力分析图． 【答案】C[规律总结] 关于力的分解的两点说明(1)在实际问题中进展力的分解时，有实际意义的分解方法是按力的作用效果进展分解，其他的分解方法都是为解题方便而设的．(2)力的正交分解是在物体受三个或三个以上的共点力作用时处理问题的一种方法，分解的目的是更方便地求合力，将矢量运算转化为代数运算． 【解析】方法一：力的效果分解法钩码的拉力F等于钩码重力m2g，将F沿ac和bc方向分解，两个分力分别为F a、F b，如图甲所示，其中F b＝m1g，由几何关系可得cos θ＝FF b ＝m2gm1g，又由几何关系得cos θ＝ll2＋l22，联立解得m1 m2＝52.方法二：正交分解法绳圈受到F a、F b、F三个力作用，如图乙所示，将F b沿水平方向和竖直方向正交分解，由竖直方向受力平衡得m1g cos θ＝m2g；由几何关系得cos θ＝ll2＋l22，联立解得m1m2＝52.模型1 “动杆〞和“定杆〞模型杆所受到的弹力方向可以沿着杆，也可以不沿杆，因此在分析问题时，要注意是动杆还是定杆．(1)假设轻杆用转轴或铰链连接，当杆处于平衡时，杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否如此会引起杆的转动．如图甲所示，假设C为转轴，如此轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向．(2)假设轻杆被固定不发生转动，如此杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向．如图乙所示，水平横梁的一端A插在墙壁内，弹力的方向不沿杆的方向．模型2 “活结〞和“死结〞模型(1)当绳绕过滑轮或挂钩时，由于滑轮或挂钩对绳无摩擦，因此绳上力的大小是相等的，即滑轮只改变力的方向，不改变力的大小．例如图乙中，两段绳中的拉力F1＝F2＝mg.(2)假设结点不是滑轮，是称为“死结〞的结点，如此两侧绳上的弹力不一定相等，例如图甲中，B点固定，B点下面绳中的拉力大小始终等于mg，而B点上侧绳AB中的拉力随杆的转动而变化．[典例4] 如下列图，轻绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的定滑轮挂住一个质量为10 kg的物体，∠ACB ＝30°，g取10 m/s2，求：(1)轻绳AC段的张力F AC的大小；(2)横梁BC对C端的支持力的大小与方向．[思路点拨] (1)绕过滑轮的绳为“活结〞，两段绳子拉力相等．(2)横梁固定在墙内为“定杆〞，力的方向不一定沿杆．【答案】(1)100 N(2)100 N 方向与水平方向成30°角斜向右上方【解析】物体M处于平衡状态，根据平衡条件可判断，与物体相连的轻绳拉力大小等于物体的重力，取C 点为研究对象，进展受力分析，如下列图．(1)图中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M的物体，物体处于平衡状态，绳AC段的拉力大小为：F AC＝F CD＝Mg＝10×10 N＝100 N(2)由几何关系得：F C＝F AC＝Mg＝100 N方向和水平方向成30°角斜向右上方1．[“活结〞“死结〞模型] (多项选择)(2017·高考某某卷)如下列图，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态．如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，如下说法正确的答案是( )A．绳的右端上移到b′，绳子拉力不变B．将杆N向右移一些，绳子拉力变大C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小D．假设换挂质量更大的衣服，如此衣架悬挂点右移【答案】AB【解析】此题考查物体受力分析、物体的平衡．衣架挂钩为“活结〞模型，oa、ob为一根绳，两端拉力相等，设绳aob长为L，M、N的水平距离为d，bo延长线交M于a′，由几何知识知a′o＝ao，sin θ＝d L ，由平衡条件有2F cos θ＝mg，如此F＝mg2cos θ，当b上移到b′时，d、L不变，θ不变，故F不变，选项A正确，C错误．将杆N向右移一些，L不变，d变大，θ变大，cos θ变小，如此F变大，选项B正确．只改变m，其他条件不变，如此sin θ不变，θ不变，衣架悬挂点不变，选项D错误．2．[“定杆〞“动杆〞模型] (多项选择)城市中的路灯、无轨电车的供电线路等，经常用三角形的结构悬挂，如图是这类结构的简化模型．图中轻杆OB可以绕过B点且垂直于纸面的轴转动，钢索OA和杆OB的质量都可以忽略不计．如果悬挂物的重力为G，∠ABO＝90°，AB＞OB，在某次产品质量检测和性能测试中保持A、B两点不动，只缓慢改变钢索OA的长度，如此关于钢索OA的拉力F1和杆OB上的支持力F2的变化情况，如下说法正确的答案是( )A．从图示位置开始缩短钢索OA，钢索OA的拉力F1先减小后增大B．从图示位置开始缩短钢索OA，杆OB上的支持力F2不变C．从图示位置开始伸长钢索OA，钢索OA的拉力F1增大D．从图示位置开始伸长钢索OA，杆OB上的支持力F2先减小后增大【答案】BC【解析】设钢索OA的长度为L，杆OB的长度为R，A、B两点间的距离为H，根据相似三角形知识可知，GAB＝F1AO＝F2BO，所以从题图所示位置开始缩短钢索OA，钢索OA的拉力F1减小，杆OB上的支持力F2不变，即选项B 正确，A 错误；从题图所示位置开始伸长钢索OA ，钢索OA 的拉力F 1增大，杆OB 上的支持力F 2不变，即选项C 正确，D 错误．一、单项选择题 1．如下列图，不计重力的轻杆OP 能以点O 为圆心在竖直平面内自由转动，P 端用轻绳PB 挂一重物，另用一根轻绳通过光滑定滑轮系住P 端。
2017年高考物理(热点+题型全突破)专题2.5 动态平衡问题的分析方法(含解析)
专题2.5 动态平衡问题的分析方法1.动态平衡：指通过控制某些物理量使物体的状态发生缓慢变化。
在这个过程中物体始终处于一系列平衡状态中。
2. 动态平衡特征：一般为三力作用，其中一个力的大小和方向均不变化，一个力的大小变化而方向不变，另一个力的大小和方向均变化。
3. 平衡物体动态问题分析方法：解动态问题的关键是抓住不变量，依据不变的量来确定其他量的变化规律，常用的分析方法有解析法和图解法。
方法一：三角形图解法。
特点：三角形图象法则适用于物体所受的三个力中，有一力的大小、方向均不变（通常为重力，也可能是其它力），另一个力的方向不变，大小变化，第三个力则大小、方向均发生变化的问题。
方法：先正确分析物体所受的三个力，将三个力的矢量首尾相连构成闭合三角形。
然后将方向不变的力的矢量延长，根据物体所受三个力中二个力变化而又维持平衡关系时，这个闭合三角形总是存在，只不过形状发生改变而已，比较这些不同形状的矢量三角形，各力的大小及变化就一目了然了。
图解法的基本程序是：对研究对象的状态变化过程中的若干状态进行受力分析，依据某一参量的变化(一般为某一角)，在同一图中作出物体在若干状态下的平衡力图(力的平形四边形或三角形)，再由动态的力的平行四边形或三角形的边的长度变化及角度变化确定某些力的大小及方向的变化情况。
【典例1】如图所示，一个重力G的匀质球放在光滑斜面上，斜面倾角为α，在斜面上有一光滑的不计厚度的木板挡住球，使之处于静止状态。
今使板与斜面的夹角β缓慢增大，问：在此过程中，挡板和斜面对球的压力大小如何变化？【答案】见解析【解析】取球为研究对象，如图甲所示，球受重力G、斜面支持力F1、挡板支持力F2。
因为球始终处于平衡状态，故三个力的合力始终为零，将三个力矢量构成封闭的三角形。
F1的方向不变，但方向不变，始终与斜面垂直。
F2的大小、方向均改变，随着挡板逆时针转动时，F2的方向也逆时针转动，动态矢量三角形图乙中一画出的一系列虚线表示变化的F2。
高考物理一轮复习 全突破考点06 正交分解法的应用(含解析)-人教版高三全册物理试题
考点06 正交分解法的应用1.掌握建立直角坐标系坐标轴的方法2.能分析两个坐标轴上的力学关系，并能列出相应的力学方程3.能熟练运用正交分解法分析力的方向〔相对运动趋势〕、计算力的大小。
正交分解法是高中物理中矢量运算的重要工具，在力学和运动学中由广泛的应用。
在力学中，是在作好受力示意图的根底上，列出力学关系的方程式，进展定量计算的重要环节。
由于高中阶段涉与的物理量多数是矢量，假设不能掌握这种方法，将会在物理学习过程中造成极大的障碍。
熟练掌握正交分解法，应注意以下几点:1.如何建立科学合理的直角坐标系？2.x、y轴上对应力学关系的方程式是什么？3.正交分解法的应用有哪些？〔一〕建立直角坐标系的方法在高中物理中，多数物体受到的力都是共点力，且都落在同一个平面内，在三维空间中的较少，建立的坐标系时有以下要求：1. 以各个力所在的平面为坐标平面2. 以研究对象的质心为坐标原点3. 建立坐标轴〔1〕在静力学中，应以少分解力为原如此建立x、y轴〔2〕做直线〔沿水平面、斜面、直杆〕运动的物体，应以运动方向和垂直于运动方向建立坐标轴〔3〕在圆周运动中，以径向和垂直于径向建立坐标轴〔二〕列出力学关系的方程式在分析x 、y 轴上的力学关系时，应结合物体的运动状态1.假设为平衡状态，如此所有的力在x 轴上的合力为0，所有的力在y 轴上的合力也为0，即：ΣF X =0，ΣF y =02.在直线运动中假设为非平衡状态，如果是以运动方向为x 轴、垂直于运动方向为y 轴，如此所有的力在x 轴上的合力为ma ，所有的力在y 轴上的合力为0，即：ΣF X =ma ，ΣF y =0〔三〕正交分解法在力学中的应用1.分析相对运动趋势：以接触面和垂直于接触面建立直角坐标系，分析物体在平行于接触面上的除去摩擦力以外的其他力的合力方向，该力方向即为物体的运动趋势方向。
2.求静摩擦力的大小：利用物体在平行于接触面上的力学关系方程式求解3.求支持力〔正压力〕的大小：利用物体在垂直于接触面上的力学关系方程式求解4.求滑动摩擦力的大小滑动摩擦力的计算方法有两种，为：〔1〕利用接触面上的坐标轴上的力学关系方程进展计算；〔2〕先利用垂直于接触面上坐标轴上的力学方程求出F N ，再利用f 滑=μF N 进展计算5.求合力的大小6.求向心力的大小例1.〔2019·原创经典〕如下两幅图中，图1为物体P 在光滑斜面上做类平抛运动，图2为火车转弯时的模型图，两幅图中关于如何建立直角坐标系，说法正确的答案是图2图1 θ外内 直角坐标系的建立 题 组 1A ．在图1中，假设要分析物体所受的合力，应以P 点为坐标原点，以平行于斜面向下和水平向右为坐标轴B ．在图1中，假设要分析物体的运动规律，应以P 点为坐标原点，以平行于斜面向下和水平向右为坐标轴C ．图2分析向心力时，应以火车质心为坐标原点，以平行于路面和垂直于路面建立坐标系D ．图中分析向心力时，应以火车质心为坐标原点，以水平向右和竖直方向建立坐标系【答案】BD【解析】此题考查正交分解法坐标轴的建立由于图1中物体所受的重力与支持力在竖直平面内，进展受力分析时，对应的直角坐标系应在竖直平面内，应以物体质心为坐标原点，以沿斜面向下和垂直于斜面建立直角坐标系，A 错；进展运动情况的分析时，由于物体运动轨迹在斜面内，对应的直角坐标系也应在斜面内，结合合力的方向，以平行于斜面向下和水平向右为坐标轴，B 对；火车转弯时，所受的力在竖直平面，所以对应坐标系也应在竖直平面内，且应以径向和垂直于径向建立坐标系，即以水平向右和竖直方向建立坐标系，D 对，C 错。
数学物理方法课后答案 (1)
充分性。设任给ε > 0，存在N(ε ) > 0，使当n>N时，zn+ p − z0 < ε成立。由
xn+ p − xn ≤ （xn+ p − xn）（2 yn+ p − yn）2 = zn+ p − zn < ε
yn+ p − yn ≤ （xn+ p − xn）（2 yn+ p − yn）2 = zn+ p − zn < ε
②
将①式与②式相除，易见 c 3 = 1,即 c = 1，由此得证。
8.试利用 Re z = x ≤ x2 + y2 = z 证明 z1 + z2 ≥ z1 + z2 , z1 − z2 ≥ z1 − z2
证 将第一个不等式两边平方，则不等式右边的式子为
z1 + z 2 2 = ( z1 + z 2 )( z1 + z 2 )∗ = z1 z1∗ + z 2 z 2∗ + z1 z 2∗ + z1∗ z 2
4x ≥ 0
x≥0
3 见课上例题
4. 求在ω = 1 下，直线 Re z = c （常数）映射为什么图形？
z
μ ν 解：在ω = 1 的映射下, 与 满足什么方程？ z
右半平面（包括 y 轴）
由c = Re z = Re 1 w
= Re 1 μ + iν
=
μ μ2 +ν 2
∴c(μ 2 +ν 2 ) = μ
25(x2 − 6x + 9) + 25 y2 = 625 −150x + 9x2
16x2 + 25 y2 = (20)2 ，点集为椭圆： ( x )2 + ( y )2 = 1 54
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1.(2014上海)如图，在竖直绝缘墙上固定一带电小球A，将带电小球B用轻质绝缘丝线悬挂在A的正上方C处，图中AC=h.当B静止在与竖直反向夹角θ=30°反向时，A对B的静电力为B所受重力的倍，则丝线BC长度为.若A对B的静电力为B所受重力的0.5倍，改变丝线长度，是B仍能在θ=30°处平衡.以后由于A漏电，B在竖直平面内缓慢运动，到θ=0°处A的电荷尚未漏完，在整个漏电过程中，丝线上拉力大小的变化情况是。
解:当静止在与竖直方向夹角方向时,对的静电场力为所受重力的倍,对受力分析,,与,将与合成,则有:;解得:，根据几何关系,可知,;当对的静场力为所受重力的0.5倍,B仍能在30°处平衡,长与AC长之比;当在漏电过程中,电场力在渐渐变小,直到为零,而拉力的大小却不变;由题意可知,此时AB与BC垂直,BC长度小于AC,根据长度之比等于力之比的关系,可知,线的拉力小于此时的重力;当达到处,线子的拉力等于重力,则拉力变大,故答案为:;先不变,后增大.2．（2017天津）明代学者方以智在《阳燧倒影》中记载：“凡宝石面凸，则光成一条，有数棱则必有一面五色”，表明白光通过多棱晶体折射会发生色散现象。
如图所示，一束复色光通过三棱镜后分解成两束单色光a、b，下列说法正确的是（）A．若增大入射角i，则b光先消失B．在该三棱镜中a光波长小于b光C．a光能发生偏振现象，b光不能发生D．若a、b光分别照射同一光电管都能发生光电效应，则a光的遏止电压低【答案】D。
根据几何关系有：α＋β＝A，根据折射定律：sin i＝n sinα，增大入射角i，α增大，β减小，而β增大才能使b光发生全反射，所以A错。
波长长的折射率小，a的波长长频率低，B错D对。
横光都能发生偏振现象，C错。
1.如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同答案：C2．(2017全国Ⅰ)（多选）如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N，初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角α（π2α>）。
现将重物向右【答案】AD【解析】由题意可知，重物在运动过程中受重力，MN绳拉力T MN，OM绳拉力T OM，T MN与T OM夹角保持不变。
在某一时刻三个力受力分析示意图如图所示将此三个力平移为矢量三角形如图所示因为mg大小方向不变。
T MN与T OM的夹角不变，故可将三个力平移入圆中，mg为一条固定的弦（固定的弦所对应的圆周角为定值）。
上方缓慢拉起，并保持夹角α不变，在OM由竖直被拉到水平的过程中( )A．MN上的张力逐渐增大B．MN上的张力先增大后减小C．OM上的张力逐渐增大D．OM上的张力先增大后减由图可得T MN从0逐渐变为直径，故T MN逐渐增大，A对B错，T OM先从弦变为直径再变为弦，故T OM先变大后变小，C错D对，故选AD。
（1）从图中可以看出，在t＝2 s内运动员做匀加速运动，其加速度大小为设此过程中运动员受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律，有mg－f＝ma得f＝m(g－a)＝80×(10－8) N＝160 N格合起来算一格，两个半格算一格）每格面积为4m2，14s内数得的格数大约为40格，所以14s内运动员下落的高度为：h=40×2×2m=160m根据动能定理，有所以有(3)14 s后运动员做匀速运动的时间为运动员从飞机上跳下到着地需要的总时间t总＝t＋t′＝(14＋57) s＝71 s2.如图（a）所示，倾斜放置的光滑平行导轨，长度足够长，宽度L=0.4m，自身电阻不计，上端接有R=0.3Ω的定值电阻．在导轨间MN虚线以下的区域存在方向垂直导轨平面向上、磁感应强度B=0.5T的匀强磁场．在MN虚线上方垂直导轨放有一根电阻r=0.1Ω的金属棒．现将金属棒无初速释放，其运动时的v-t图象如图（b）所示．重力加速度取g=10m/s2．试求：（1）斜面的倾角θ和金属棒的质量m；（2）在2s～5s时间内金属棒动能减少了多少？此过程中整个回路产生的热量Q是多少（结果保留一位小1.总质量为80 kg的跳伞运动员从离地500 m的直升机上跳下,经过2 s拉开绳索开启降落伞,如图所示是跳伞过程中的v-t图,试根据图象求：(g取10m/s2)(1)t=1 s时运动员的加速度和所受阻力的大小.(2)估算14 s内运动员下落的高度及克服阻力做的功.(3)估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间.（1）在0～2s时间内，金属棒受力如图所示，合力为：F合=mgsinθ根据牛顿第二定律得：F合=ma由图象知：a=6m/s2。
解得：θ=37°在t=5s之后金属棒做匀速运动，且v2=6m/s；金属棒受力平衡，沿轨道平面有,解得m=0.1kg(2)2s～5s内金属板初速度v1=12m/s，v2=6m/s，动能减少量Δ由动能定理安2s～5s内金属棒位移为v-t图象相对应的“面积”，为：S=（15×6+23）×1×0.2m=22.6m，金属棒的位移为s=22.6m功是能量转化的量度，在2s～5s过程金属棒克服安培力做功W安=Q代入数据解得：Q=19.2J答：（1）斜面的倾角θ为37°，金属棒的质量m为0.1kg；（2）在2～5s时间内金属棒的动能减小量为5.4J，整个回路产生的热量Q是19.2J（19.2J-18.7J都对）。
1.(普陀二模2017)如图，穿在一根光滑固定杆上的小球A、B通过一条跨过定滑轮的轻质细绳连接，B球的质量为m，杆与水平方向成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向。
此时，细绳对小球的拉力为_______，A球的质量_______。
根据共点力平衡条件，得： T=m B g【解法一】ab cαβm，，【解法二】(1)设小球摆到的最大角度为α，根据动能定理得，FLsinα﹣mgL （1﹣cosα）=0，又F=mgtanθ，解得α=2θ，即在C 点的速度为零．可知小球先加速后减速，故A 、C 正确．(2)或者根据动能定理：，解得 ，所以小球先加速，后减速，故A 、C 正确；在B 点，小球的速度不为零，则向心加速度不为零，所以加速度不为零，故B 错误． 在C 点，速度为零，小球受重力和拉力，沿绳子方向的合力为零，则小球所受的合力为mgsin2θ﹣mgtanθcos2θ=mgtanθ，则C 点的加速度为gtanθ，故D 正确． 故选：ACD ．, ，3．（2012上海）如图，质量分别为m A 和m B 的两小球带有同种电荷，电荷量分别为q A 和q B ，用绝缘细线悬挂在天花板上。
平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为θ1与θ2（θ1＞θ2）。
两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为v A 和v B ，最大动能分答案：ACD 分析：对小球，均受重力mg 和水平库仑力F 和细线的拉力T ，根据平衡条件可知：F ＝mgtanθ，根据牛顿第三定律可知F A ＝F B ，又因为θ1＞θ2，所以有m A ＜m B ，与电量q 无关，故选项A 正确；选项B 错误；当两球所带电荷突然失去后，库仑力突然消失，两球将分别绕悬点摆动，摆动过程中只有各自的重力做功，以开始时两球的水平连线所在水平面为零势能面，则有E A ＝E B ，根据机械能守恒定律可知，摆到最低点时速度最大，动能亦最大，有：mgl(1－cosθ)＝，解得： ，根据图中几何关系可知：l A cosθ1＝l B cosθ2，结合θ1＞θ2，可以判断出l A ＞l B ，有v A ＞v B ，故选项C 正确；运用半角公式，别为E kA 和E kB 。
则（ ）（A ）m A 一定小于m B （B ）q A 一定大于q B （C ）v A 一定大于v B （D ）E kA 一定大于E kB2.(2015上海)如图，质量为m 的小球用轻绳悬挂在O 点，在水平恒力F=mgtan θ作用下，小球从静止开始由A 经B 向C 运动。
则小球（ ） A 先加速后减速 B 在B 点加速度为零 C 在C 点速度为零 D 在C 点加速度为gtan θ显然有：F A l A cosθ1＝F B l B cosθ2、＞，所以有：E kA＞E kB，故选项D正确。
4．（2012上海）在“利用单摆测重力加速度：的实验中（1）某同学尝试用DIS测量周期。
如图，用一个磁性小球代替原先的摆球，在单摆下方放置一个磁传感器，其轴线恰好位于单摆悬挂点正下方。
图中磁传感器的引出端A应接到__________。
使单摆做小角度摆动，当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于__________。
若测得连续N个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，则单摆周期的测量值为__________（地磁场和磁传感器的影响可忽略）。
（2）多次改变摆长使单摆做小角度摆动，测量摆长L及相应的周期T后，分别取L和T的对数，所得到的lg T-lg L图线为______（填“直线”、“对数曲线”或“指数曲线”）；读得图线与纵轴交点的纵坐标为c，由此得到该地的重力加速度g＝__________。
答案：数据采集器，最低点（或平衡位置），，（2）直线，（1）只有小球在最低点时，磁感应器中的磁感强度才最大；连续N个磁感应强度最大值应有N-1个时间间隔，这段时间应为（N-1）/2个周期，因此（2）根据：，取对数得：因此图象为一条直线；图象与纵坐标交点为C，则整理得：1.（2015上海）两辆完全相同的汽车，一辆满载，一辆空载，所受的阻力与质量成正比，且与速度大小成正比，在相同的平直公路上行驶，则（）（A）它们具有相同的最大速率（B）最大速率与质量成反比（C）它们具有相同的最大动能（D）最大动能与质量成反比21.图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜曲能达到的最大位移．x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10m/s2，根据图象可求出（）A、物体的初速率v0=3m/sB、物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.75C、当θ=30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑D、取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值x min=1.44 m解：A、由图可知，当夹角θ=0时，位移为2.40m；而当夹角为90°时，位移为1.80m；则由竖直上抛运动规律可知：v02=2gh；解得：故A错误；B、当夹角为0度时，由动能定理可得：，解得：μ=0.75，故B正确；C、若θ=30°时，物体受到的重力的分力为；摩擦力°；一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力；故小球达到最高点后，不会下滑，故C错误；D、解得：，当θ+α=90°时，sin（θ+α）=1；此时位移最小，x=1.44m；故D正确；故选：BD．2.（2017全国Ⅱ）如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物答案：B【解析】设轨道半径为R，物块到达最高点的速度为v1，平抛时间t，最远位移为s。