高考物理二轮复习专练5应用数学知识和方法处理物理问题含答案

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应用数学知识和方法处理物理问题(时间：30分钟)  1.[2020·山西临汾市二轮复习模拟]如图所示是一旅行箱，它既可以在地面上推着行走，也可以在地面上拉着行走．已知该旅行箱的总质量为15 kg，一旅客用斜向上的拉力拉着旅行箱在水平地面上做匀速直线运动，若拉力的最小值为90 N，此时拉力与水平方向间的夹角为θ，重力加速度大小为g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，旅行箱受到地面的阻力与其受到地面的支持力成正比，比值为μ，则(　　)A．μ＝0.5，θ＝37°   B．μ＝0.5，θ＝53°C．μ＝0.75，θ＝53°  D．μ＝0.75，θ＝37°2.[2020·河南省高考适应性测试]如图所示，边长为L的等边三角形ABC内、外分布着两方向相反的匀强磁场，三角形内磁场方向垂直纸面向里，两磁场的磁感应强度大小均为B.顶点A处有一粒子源，粒子源能沿∠BAC的角平分线发射不同速度的粒子，粒子质量均为m，电荷量均为＋q，粒子重力不计．则粒子以下列哪一速度值发射时不能通过C点(　　)A.  B.C.  D.3.[2020·山东淄博市3月模拟]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.m  B.mC.m  D．2m4．[2018·全国卷Ⅱ]2018年2月，我国500 m口径射电望远镜(天眼)发现毫秒脉冲星“J0318＋0253”，其自转周期T＝5.19 ms.假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为6.67×10－11 N·m2/kg2.以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为(　　)A．5×109 kg/m3  B．5×1012 kg/m3C．5×1015 kg/m3  D．5×1018 kg/m35．[2020·河南郑州市第二次质量预测](多选)如图所示，2 019个质量均为m的小球通过完全相同的水平轻质弹簧(始终在弹性限度内)相连，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做匀加速直线运动，设1和2之间弹簧的弹力为F1－2,2和3之间弹簧的弹力为F2－3,2 018和2 019之间弹簧的弹力为F2 018－2 019，则下列结论正确的是(　　)A．F1－2: F2－3:…:F2 018－2 019＝1:2:3:…:2 018B．从左到右每根弹簧长度之比为1:2:3:…:2 018C．如果突然撤去拉力F，撤去F瞬间，第2 019个小球的加速度为，其余每个球的加速度依然为aD．如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球的加速度为0，第2个小球的加速度为2a，其余小球的加速度依然为a6．给房屋设计屋顶时，把屋顶设计成斜面，把雨水沿着屋顶滑下的运动理想化为小球沿光滑斜面滑下的情形，为了使雨水能尽快地滑下并从屋檐落下，则斜面的倾角应设计成多大的角度？按这种设计，雨水从屋顶滑到屋檐的时间为多少？(已知屋顶与屋檐间的水平距离为L，重力加速度为g)    7.[2020·河南驻马店市第一学期期末]如图所示，间距为L＝0.5 m的两条平行金属导轨，水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.2 T，轨道左侧连接一定值电阻R＝1 Ω.垂直导轨的导体棒ab在水平外力F作用下沿导轨运动，并始终与导轨接触良好．t＝0时刻，导体棒从静止开始做匀加速直线运动，力F随时间t变化的规律如图乙所示．已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，导体棒和导轨的电阻均不计．取g＝10 m/s2，求：(1)导体棒的加速度大小；(2)导体棒的质量．      8．如图所示，质量M＝2 kg的平板小车左端放有质量m＝3 kg的小铁块(可视为质点)，它和小车之间的动摩擦因数μ＝0.5.开始时，小车和铁块共同以v0＝3 m/s的速度向右在光滑水平面上运动，车与墙正碰，碰撞时间极短且碰撞中不损失机械能．车身足够长，使铁块不能和墙相撞，且始终不能滑离小车．g取10 m/s2.求小车和墙第一次碰后直至其最终恰好靠墙静止这段时间内，小车运动的总路程．    9.[2020·四川绵阳市第二次诊断]如图所示，一倾角为60°的光滑面固定于水平地面上，Q为斜面顶点，P为斜面上一点，同一竖直平面内有固定点O，O、P连线垂直于斜面，OP＝l，P、Q间距离xPQ＝l.长度为l的轻绳一端系于O点，另一端系质量为m的小球A，质量为M＝4m的滑块B在一锁定装置作用下静止于斜面上的P点．现将A球拉至与O点等高的水平位置，拉直轻绳，以竖直向下的初速度v0释放，A与B发生碰撞前一瞬间，锁定装置解除，A、B均视为质点，碰撞过程中无能量损失，重力加速度为g.(1)求小球A通过最低点C点时，绳对小球拉力的大小；(2)求小球A与滑块B碰撞后瞬间，小球A和滑块B的速度vA和vB的大小；(3)若A、B碰后，滑块B能沿斜面上滑越过Q点，且小球A在运动过程中始终不脱离圆轨道，求初速度v0的取值范围．            专练5　应用数学知识和方法处理物理问题1．解析：对旅行箱受力分析，如图所示：根据平衡条件，水平方向，有：Fcos θ－Ff＝0，竖直方向，有：FN＋Fsin θ－G＝0，其中：Ff＝μFN，故F＝，令μ＝tan α，则F＝当α－θ＝0°时，F有最小值，故F＝Gsin α＝90 N，故α＝37°，故μ＝tan 37°＝0.75，θ＝37°.D选项正确．答案：D2．解析：粒子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示：所有圆弧所对圆心角均为60°，所以粒子运动半径：r＝(n＝1,2,3，…)，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m，解得：v＝＝(n＝1,2,3，…)，故选C.答案：C3.解析：分别对a、b两球受力分析，如图：根据共点力平衡条件得：FT＝mbg；根据正弦定理得：＝；故mb:ma＝tan 30°:1，则ma＝m，故B、C、D错误，A正确．答案：A4．解析：设脉冲星质量为M，密度为ρ.根据天体运动规律知：≥m2R，而ρ＝＝，代入数据可得：ρ≥≈ kg/m3≈ kg/m3≈5×1015 kg/m3，故C正确．答案：C解题攻略：本题的4个选项更有特点，每一个选项均为前一个选项的1 000倍，所以计算过程中，可以放心大胆地对数字进行近似处理．另外注意将结果化简为最简表达式后再进行计算，此处的技巧是“会约”“会凑”，如题目中出现π时，完全可以将3与π约掉，出现G时，可以将G近似为G＝×10－11 N·m2/kg2，甚至近似为G＝10×10－11 N·m2/kg2.5．解析：以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F＝2 019ma，解得a＝；以后面的第1、2、3、…、2 018个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得F1－2＝F，F2－3＝F，…，F2 018－2 019＝F，则F1－2:F2－3:…:F2 018－2 019＝1:2:3:…:2 018，故A正确；因为每根弹簧的劲度系数相等，根据胡克定律可知，从左到右每根弹簧伸长量之比为1:2:3:…:2 018，但是总长度之比不等于1:2:3:…:2 018，故B错误；突然撤去F瞬间，因弹簧的弹力不能突变，可知除第2 019个球所受合力突然变为F，加速度为，其他球的合力未变，所以其他球的加速度依然为a，故C错误；如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球受到的合力为零，则加速度为0，第2个小球受到的合力变为，则加速度为＝2a，其余小球受到的合力不变，加速度依然为a，故D正确．答案：AD6．解析：如图所示，设斜面AB的倾角为θ.当雨水(理想化为图中的小球)从斜面滑下时，其加速度为a＝gsin θ，从A到B的距离为，设从A到B所用的时间为t，则＝gsin θ·t2得t＝ ＝ 当θ＝45°时，t有最小值，tmin＝2.答案：45°　27．解析：(1)设导体棒的质量为m，导体棒做匀加速直线运动的加速度为a，某时刻t，导体棒的速度为v，所受的摩擦力为Ff，则导体棒产生的电动势：E＝BLv回路中的电流I＝导体棒受到的安培力：F安＝BIL由牛顿第二定律：F－F安－Ff＝ma由题意v＝at联立解得：F＝t＋ma＋Ff根据题图乙可知，0～10 s内图象的斜率为0.05 N/s，即＝0.05 N/s，解得a＝5 m/s2(2)由F ­ t图象纵截距可知：ma＋Ff＝1.0 N又Ff＝μmg解得m＝0.1 kg.答案：(1)5 m/s2　(2)0.1 kg8．解析：小车第一次碰墙后以原速率反弹，并在小铁块的摩擦力作用下向左减速，因mv0>Mv0，故小车先减速为零，后向右加速直至与铁块达到共同速度；之后小车第二次碰墙后反弹，重复上述过程．设小车第一次碰墙后向左运动的最大距离为s1，第二次碰墙后向左运动的最大距离为s2，第三次碰墙后向左运动的最大距离为s3……小车第一次碰墙之后与铁块的共同速率为v1，第二次碰墙之后与铁块的共同速率为v2，第三次碰墙之后与铁块的共同速率为v3……第一次碰墙之后，由动能定理得μmgs1＝Mv，解得s1＝＝ m；由动量守恒定律得(m－M)v0＝(m＋M)v1，解得v1＝ v0＝v0；第二次碰墙之后，由动能定理得μmgs2＝Mv，解得s2＝＝s1；由动量守恒定律得(m－M)v1＝(m＋M)v2，解得v2＝v1＝v1；……故小车第n次碰墙之后向左运动的最大距离为sn＝s1.显然s1，s2，s3，…，sn为一公比是的等比数列．小车运动的总路程为s＝2(s1＋s2＋s3＋…＋sn)＝＝1.25 m.答案：1.25 m9．解析：(1)小球A摆到C点时，设速度为vC，绳对小球的拉力大小为FT，则由机械能守恒得mgl＋mv＝mv，在C点，对小球A，由牛顿第二定律有：FT－mg＝m解得：FT＝3mg＋(2)设小球A在与B碰前的速度为v1，则由机械能守恒定律得mglcos 60°＋mv＝mv对于碰撞过程，取沿斜面向上为正方向，由动量守恒定律得mv1＝mvA＋MvB由机械能守恒定律有：mv＝mv＋Mv解得：v1＝，vA＝－，vB＝(3)讨论：①滑块B能沿斜面上滑越过Q点，则Mv>MgxPQsin 60°解得：v0>②小球A不能做完整圆周运动，但不脱离圆轨道，即回到最右端位置时速度不能大于零，则：mv≤mglcos 60°解得：v0≤③小球A能做完整圆周运动，即能够过最高点，设小球A恰能过最高点的速度为v2，则：mg＝m小球A能过圆轨道的最高点的条件为：mv≥mv＋mgl(1＋cos 60°)解得：v0≥初速度v0的取值范围：<v0≤或v0≥答案：(1)3mg＋　(2)　(3)<v0≤或v0≥