高考物理二轮复习【真题练习】第19讲 数学方法在物理解题中的应用（上）

高考物理一轮复习策略

首先，要学会听课：

1、有准备的去听，也就是说听课前要先预习，找出不懂的知识、发现问题，带着知识点和问题去听课会有解惑的快乐，也更听得进去，容易掌握;

2、参与交流和互动，不要只是把自己摆在“听”的旁观者，而是“听”的参与者。

3、听要结合写和思考。

4、如果你因为种种原因，出现了那些似懂非懂、不懂的知识，课上或者课后一定要花时间去弄懂。

其次，要学会记忆：

1、要学会整合知识点。把需要学习的信息、掌握的知识分类，做成思维导图或知识点卡片，会让你的大脑、思维条理清醒，方便记忆、温习、掌握。

2、合理用脑。

3、借助高效工具。学习思维导图，思维导图是一种将放射性思考具体化的方法，也是高效整理，促进理解和记忆的方法。最后，要学会总结：

一是要总结考试成绩，通过总结学会正确地看待分数。

1.摸透主干知识       2.能力驾驭高考      3.科技领跑生活

第19讲 数学方法在物理解题中的应用（上）

【方法指导】

1．动态平衡问题的几何解法

等效圆周角不变法

物体受三个力平衡：一个力恒定、另外两个力大小、方向都变化，但两力夹角不变时可用此法(如图)．由弦长的变化判断力的变化，此类题也可用正弦定理求解．

2．与圆有关的几何知识

(1)周长：2πr，面积：πr2；

(2)直径所对的圆周角是直角；

(3)同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于它所对圆心角的一半；

(4)圆的函数方程：(x－a)2＋(y－b)2＝r2是以点(a，b)为圆心、r为半径的圆．

3.三角函数

y＝acos θ＋bsin θ＝ (cos θ＋sin θ)

令sin φ＝，cos φ＝

则有：y＝ (sin φcos θ＋cos φsin θ)＝sin (φ＋θ)

所以当φ＋θ＝时，y有最大值，且ymax＝.

4.二次函数

二次函数y＝ax2＋bx＋c(a、b、c为常数且a≠0)，当x＝－时，y有极值ym(a>0时，ym为极小值；a<0时，ym为极大值)．

【例题精析】

[例题1]             如图所示，两细绳栓一小球使其恰在圆环的圆心O位置．已知两绳夹角∠AOB＞90°，让圆环在竖直面内绕过O点的水平轴缓慢地逆时针转动，当OA由竖直转到水平位置的过程中，OA的作用力FA和OB的作用力FB的变化情况是（　　）

A．FA先增大后减小，FB先增大后减小 

B．FA增大，FB先增大后减小 

C．FA增大，FB增大 

D．FA先增大后减小，FB增大

【解答】解：以小球为研究对象，分析受力情况如图，采用合成法，由图看出，

FA的大小先增大后减小，FB的大小在增大。故D正确，ABC错误。

故选：D。

[例题2]             质量为5kg的木块与水平面间动摩擦因数为，一人欲用最小的作用力F使木块沿地面匀速运动，如图所示，则此最小作用力的大小和F与水平面的夹角θ分别为（g＝10m/s2）（　　）

A．10N　30° B．N　0 C．25N　30° D．25N　60°

【解答】解：木块在运动过程中受摩擦力作用，要减小摩擦力，应使作用力F斜向上，

设当F斜向上与水平方向的夹角为θ时，F的值最小，木块受力分析如图所示：

由平衡条件可得：

Fcosθ﹣μFN＝0

Fsinθ+FN﹣G＝0，

解得：F，

令tanφ＝μ，则sinφ，cosφ，

可得：F

可见当φ＝θ时，F有最小值，最小值为：Fmin＝25N，

此时：tanθ＝tanφ＝μ，所以θ＝30°；

力的方向与水平方向成30°角斜向上；故ABD错误，C正确；

故选：C。

[例题3]             如图所示为某弹射游戏装置，处于竖直平面内的三段光滑管道AB、BC、CDE，其中AB是水平放置直管道，BC是半径R＝0.8m的四分之一圆弧管道，CDE是半径r＝0.4m的四分之三圆弧管道，D为管道最高点，出口E点切线水平，长L（可调）摩擦因数为μ＝0.5的粗糙水平轨道EK，与圆弧轨道相连于E点（EK与BC错开）。已知弹簧的劲度系数k＝400N/m，在弹性限度内弹性势能EP（x为弹簧的形变量）。游戏过程弹簧均未超出弹性限度，弹射装置发射的小球可视为质点，质量m＝0.1kg，管道粗细可以忽略，忽略空气阻力。（计算结果可以用根号表示）

（1）若某次小球发射后刚好能过D点，求小球通过圆弧管道最低点B时对轨道的压力；

（2）若某次游戏时L＝1.36m，要使小球能从K点射出，则弹簧的形变量至少要多少；

（3）现使弹簧储存EP＝1.4J的弹性势能，应调节EK长度L为何值时，小球第一次落地点与E点水平距离最大，并求出最大距离。

【解答】解：（1）小球刚好到达D点时速度为零，小球从B到D过程，由动能定理得：﹣mg（R+r）＝0

在B点，对小球，由牛顿第二定律得：F﹣mg＝m

代入数据解得：F＝4N

由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小F′＝F＝4N，方向竖直向下

（2）小球恰好运动到D点时速度为零，从释放小球到恰好到达D点过程，

由能量守恒定律得：EPDmg（R+r）

代入数据解得：EPD＝1.2J，xD＝0.02m＝2cm

从释放小球到小球恰好运动到K点，由能量守恒定律得：mg（R﹣r）+μmgL

代入数据解得：x0＝0.03m＝3cm＜xD，

要使小球能从K点射出，则弹簧的形变量至少为2cm

（3）由于EP＝1.4J＞EPD＝1.2J，小球能通过D点到达EF上

从释放小球到小球运动到K点过程，由能量守恒定律得：EP＝mg（R﹣r）+μmgL

解得：v

小球离开K后做平抛运动，水平方向：x＝vt，竖直方向：R﹣r

小球落地点与E点的水平距离d＝x+L

解得：d＝L，由数学知识可知：L＝2m时d最大，最大值为2m

答：（1）小球通过圆弧管道最低点B时对轨道的压力大小是4N，方向竖直向下；

（2）若某次游戏时L＝1.36m，要使小球能从K点射出，则弹簧的形变量至少为2cm；

（3）现使弹簧储存EP＝1.4J的弹性势能，应调节EK长度L为2m时，小球第一次落地点与E点水平距离最大，最大距离是2m。

【强化专练】

1. （多选）光滑半圆弧形轻杆固定在地面上，轻绳一端跨过定滑轮，另一端连接一穿在轻杆上的小球，拉动轻绳，使小球从A点缓慢运动到B点的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．轻杆对小球的支持力变小 

B．轻杆对小球的支持力不变 

C．轻绳对小球的拉力变小 

D．轻绳对小球的拉力先变小再变大

【解答】解：小球受力如图所示。

小球缓慢运动，则小球所受的合力为0，由力的矢量三角形与ΔDCM相似可得

解得轻杆对小球的支持力为：N

轻绳对小球的拉力为：F

小球从A点缓慢运动到B点的过程中，MC和DC不变，DM逐渐减小，故轻杆对小球的支持力N不变，轻绳对小球的拉力F变小，故BC正确、AD错误。

故选：BC。

2. 在上海世博会最佳实践区，江苏城市案例馆中穹形门窗充满了浓郁的地域风情和人文特色．如图所示，在竖直放置的穹形光滑支架上，一根不可伸长的轻绳通过光滑的轻质滑轮悬挂一重物G．现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B点沿支架缓慢地向C点靠近（C点与A点等高）．则绳中拉力大小变化的情况是（　　）

A．先变小后变大 B．先变小后不变 

C．先变大后不变 D．先变大后变小

【解答】解：

当轻绳的右端从B点移到直杆最上端时，设两绳的夹角为2θ

．以滑轮为研究对象，分析受力情况，作出力图如图1所示。根据平衡条件得

  2Fcosθ＝mg

得到绳子的拉力F

所以在轻绳的右端从B点移到直杆最上端时的过程中，θ增大，cosθ减小，则F变大。

当轻绳的右端从直杆最上端移到C点时，设两绳的夹角为2α。

设绳子总长为L，两直杆间的距离为S，由数学知识得到

sinα，L、S不变，则α保持不变。

再根据平衡条件可知，两绳的拉力F保持不变。

所以绳中拉力大小变化的情况是先变大后不变。故C正确，ABD错误。

故选：C。

3. 某游乐场游戏装置示意图如图甲所示，水平平台上固定一竖直光滑曲面，曲面下端A切线水平，并与半径为r＝2m的竖直光滑圆轨道平滑连接，质量为m＝2kg的物块P从光滑曲面上离平台高度为h处静止释放，先通过圆轨道后再进入平台AC，与质量相同的物块Q在AC之间发生弹性碰撞。圆轨道的最高点B处有一力传感器，可以测出物块经过B点时对轨道的压力F，取不同的高度h得到相应的压力F，作出F﹣h关系图，如图乙所示。已知平台AC长度为L＝6m，物块与平台之间的动摩擦因数μ满足μ（x为物块所在平台上的位置到A点的距离），平台离地面高度为H＝5m，不计空气阻力。

（1）若物块P恰好通过最高点B，求对应h1的值，并确定图乙中a的值；

（2）若物块Q恰好到达C处，求h2的值；

（3）若将平台左端截去长为ΔL的一小段，物块P仍从第（2）问中位置静止释放，物块Q在物块P的碰撞下滑离平台，落在水平地面上的D点，要使AD的水平距离最大，求ΔL的值。

【解答】解：（1）物块P恰好通过最高点B，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得

  mg＝m

从开始到B点的过程，根据动能定理有

   mg（h1﹣2r）0

解得h1＝2.5r＝2.5×2m＝5m

设物块通过B点时的速度为vB，由动能定理有

  mg（h﹣2r）0

在B点，对物块，根据牛顿第二定律得

  F′+mg＝m

根据牛顿第三定律知，物块经过B点时对轨道的压力大小F＝F′

联立解得F＝（20h﹣100）N

结合数学知识可得：当h＝0时，F＝a＝﹣100N

（2）物块P与质量相同的物块Q发生弹性碰撞后交换速度，若物块Q恰好到达C处，等效于物体P恰好运动到C处。

对整个过程，由动能定理得

  mgh2﹣Wf＝0

因μ，则物块Q在平台上克服摩擦力做功Wfmgx

其中x＝L＝6m时，解得h2＝7.2m

（3）截去ΔL以后，设物块Q离开平台时速度为v，根据动能定理有

      mgh2﹣Wf

物块Q在平台上克服摩擦力做功Wf

物块Q落点D到A点的距离s＝L﹣ΔL+vt

又因为Hgt2

联立整理得s＝6﹣ΔL

对s关于ΔL求导数得：

  s′＝﹣1

当s′＝0，即当ΔL＝（6）m时s有最大值。

答：（1）对应h1的值为5m，图乙中a的值为﹣100N；

（2）若物块Q恰好到达C处，h2的值为7.2m；

（3）ΔL的值为（6）m。