2020版高考物理大二轮复习专题强化训练19数学方法在物理解题中的应用

2020版高考物理大二轮复习专题强化训练19数学方法在物理解题中的应用

高考物理 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 O1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 2 2∶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mAg，细线对球A的拉力大小为T＝mAgcos45° ＝ 2 2 mAg，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′＝ mBg cos60° ＝2mBg，对球 A：T＝ 2 2 mAg，故 2mBg＝ 2 2 mAg，解得 mA mB ＝ 2 2 1 ， 故 D 正确． [答案] BD 高考物理 2 2. (2019·辽宁五校联考)如图所示，两质点 A、B 质量分别为 m、2m，用两根等长的细 轻绳悬挂在 O点，两质点之间夹着一根劲度系数为 k的轻弹簧，整个系统静止不动时，两根 细绳之间的夹角为 60°.设绳 OA、OB 与竖直方向的夹角分别为α和β，则( ) A．α＝2β B．sinα＝2sinβ C．tanα＝2tanβ D．cosα＝cos2β [解析] 设轻弹簧对两质点的弹力大小为 F，分别隔离 A、B 两质点分析受力，作出受 力分析图，如图所示．因为两根绳等长，顶角为 60°，所以三角形 OAB 为等边三角形，对 左侧的矢量三角形，由拉密定理可知 F sinα ＝ mg sin60° ；对右侧的矢量三角形，由拉密定理可 知 F sinβ ＝ 2mg sin60° ；两式联立解得 sinα＝2sinβ，选项 B 正确． [答案] B 3．(多选)(2017·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> π 2 .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( ) 高考物理 3 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 [解析] 对重物受力分析可知，重物受重力 G、OM 的拉力 FOM、MN 的拉力 FMN.重物处于 动态平衡状态，合力为零，所以 G、FOM、FMN构成封闭的矢量三角形．重力不变，由于 OM 与 MN 之间的夹角α不变，则 FOM与 FMN的夹角(π－β)，不变，矢量三角形动态图如图所示，当 FOM为圆的直径时最大，最后 FOM变为水平，此时 FMN最大，所以 FOM先增大后减小，FMN一直增 大． [答案] AD 4．如右图所示的起重装置，A 为固定轴，AB 为轻杆，B 端系两根轻绳，一根在下面拴 一重物，另一根绕过无摩擦定滑轮，在绳端施加拉力，使杆从位置Ⅰ缓缓移到位置Ⅱ的过程 中，绕过定滑轮的那根绳的张力 F以及轻杆在 B端受到的作用力 FN的变化情况是( ) A．F 减小，FN大小不变，方向由沿杆向外变为沿杆向里 高考物理 4 B．F 减小，FN大小不变，方向始终沿杆向里 C．F 不变，FN先变小后变大，方向沿杆向里 D．F 不变，FN变小，方向沿杆向里 [解析] 分析杆的端点 B 的受力，如图所示，三角形 ABO 和由力组成的三角形 BCD 相似， 由几何关系知 G h ＝ FN L1 ＝ F L2 ，L1不变，FN大小不变，L2减小，F 减小，B 正确． [答案] B 5．(2019·武汉二月调考)如下图所示，“⊗ ”表示电流方向垂直纸面向里，“⊙”表 示电流方向垂直纸面向外．两根通电长直导线 a、b 平行且水平放置，a、b 中的电流强度分 别为 I 和 2I，此时 a 受到的磁场力大小为 F.当在 a、b 的上方再放置一根与 a、b 平行的通 电长直导线 c 后，a 受到的磁场力大小仍为 F，图中 abc 正好构成一个等边三角形，此时 b 受到的磁场力大小为( ) A．F B. 3F C．2 3F D. 7F [解析] 先分析导线 a的受力，题设 a、b平行，电流分别为 I和 2I，此时 a 受到的磁 场力大小为 F.再在 a、b 的上方放置一根与 a、b 平行的通电长直导线 c，a、b、c 正好构成 一个等边三角形，a 受到的磁场力大小仍为 F，根据平行四边形定则，可知 c对 a的磁场力 Fca方向由 a 指向 c，大小等于 F，如图所示． 高考物理 5 再分析 b 的受力，a 对 b 的磁场力大小为 F，因为 rca＝rcb，a、b 电流分别为 I 和 2I， 所以 c对 a的磁场力大小 Fca＝F，故 c 对 b的磁场力大小 Fcb＝2F，根据平行四边形定则和余 弦定理，可得 b受到的磁场合力大小为 Fb 合＝ F2 ＋2F2－2F·2F·cos120°＝ 7F，选项 D 正确． [答案] D 6．(多选)如下图所示，A、B 两物体相距 s，物体 A 以 vA＝6 m/s 的速度向右匀速运动．而 物体 B此时的速度 vB＝2 m/s，向右做匀加速运动，加速度 a＝2 m/s 2 .欲让两物体相遇两次， 则 s 可能的值为( ) A．1 m B．2 m C．4 m D．6 m [解析] 设经时间 t，物体 A、B 相遇，位移满足 xA－xB＝s，物体 A 做匀速直线运动的 位移 xA＝vAt，物体 B 做匀加速直线运动的位移 xB＝vBt＋ 1 2 at2 ，联立并代入数据可得 t2 －4t ＋s＝0，根据上述方程，欲让 t 有两解，则Δ＝b2 －4ac＝16－4s>0，即 s<4 m，选项 C、D 错误；将选项 A、B 代值计算可知，两解都为正值，选项 A、B正确． [答案] AB 7．(多选)(2019·安徽省安庆市二模)如下图甲所示，光滑平行金属导轨 MN、PQ 所在平 面与水平面成θ角，M、P两端接一电阻 R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场 中．t＝0 时对金属棒施加一平行于导轨的外力 F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，金 属棒电阻为 r，导轨电阻忽略不计．已知通过电阻 R 的感应电流 I随时间 t 变化的关系如图 乙所示．下列关于棒运动速度 v、外力 F、流过 R的电荷量 q以及闭合回路中磁通量的变化 率 ΔΦ Δt 随时间变化的图像正确的是( ) 高考物理 6 [解析] 根据题图乙所示的 I－t 图像可知 I＝kt，其中 k 为比例系数，由闭合电路欧 姆定律可得：I＝ E R＋r ＝kt，可推出：E＝kt(R＋r)，而 E＝ ΔΦ Δt ，所以有： ΔΦ Δt ＝kt(R＋r)， ΔΦ Δt －t 图像是一条过原点且斜率大于零的直线，故 B 正确；因 E＝Blv，所以 v＝ kR＋r Bl t， v－t 图像是一条过原点且斜率大于零的直线，说明了金属棒做的是初速度为零的匀加速直 线运动，即 v＝at，故 A正确；对金属棒在沿导轨方向列出动力学方程 F－BIl＝ma，而 I＝ Blv R＋r ，v＝at，得到 F＝ B2l2at R＋r ＋ma，可见 F－t 图像是一条斜率大于零且与纵轴正半轴有交 点的直线，故 C 错误；q＝ I Δt＝ ΔΦ R＋r ＝ Bl 1 2 at2 R＋r ＝ Bla 2R＋r t2 ，q－t 图像是一条开口向上的 抛物线，故 D 错误． [答案] AB 8．(多选)(2019·山东省临沂市上学期期末)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 高考物理 7 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 2Bv 5r D．MN 中电流的最大值为 6Bv 11r [解析] MN 产生感应电动势为 BLv，MN 中电流 I＝ E R 总 ＝ BLv Lr＋ L＋2x5L－2xr 6L ＝ 6BL2v －4x－L2r＋15L2r ，当 x＝0 或 x＝2L 时，MN 中电流最大，MN 中电流的最大值为 Imax＝ 6Bv 11r ， 当 x＝L 时，MN 中电流最小，MN 中电流的最小值为 Imin＝ 2Bv 5r ，故 B、C、D 正确，A 错误． [答案] BCD 二、非选择题 9．(2019·广东省肇庆市一模)如图 a 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 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/s2.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：v2 0＝2gh① 设动摩擦因数为μ，当θ＝0°时摩擦力大小为：Ff＝μmg② 高考物理 8 Ff＝ma1③ 由运动学公式可得：v2 0＝2a1x0④ 联立以上各式解得：μ＝ 3 3 ，v0＝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 2 mv2 0＝mgxsinθ＋μmgxcosθ⑤ 对⑤式变形可得：x＝ v2 0 2gsinθ＋μcosθ ＝ h sinθ＋μcosθ ＝ h 1＋μ2 sinθ＋μ μ＝tanφ，则 x 的最小值为 xmin＝ h 1＋μ2 ＝ 3 2 h≈1.08 m 对应的θ＝ π 2 －φ＝ π 2 － π 6 ＝ π 3 [答案] (1) 3 3 5 m/s (2) π 3 1.08 m 10．示波器主要由电子枪中的加速电场，两水平放置的平行金属板中的偏转电场和竖直 放置的荧光屏组成，如下图所示．若已知加速电场的电压为 U1，两平行金属板的板长、板间 距均为 d，荧光屏距两平行金属板右侧的距离也为 d.若两板间的偏转电压为零，则电子枪发 射的电子从两平行金属板的中央穿过，打在荧光屏的中点 O；若两板间的偏转电压为 U2，则 电子会打在荧光屏上的某点，该点与 O点的距离为 3 2 d.已知两金属板间只存在竖直方向的匀 强电场，不计电子在进入加速电场时的速度及电子重力，电子的质量为 m，电荷量为 e，求 U1与 U2的比值． [解析] 电子加速过程，由动能定理可得 eU1＝ 1 2 mv2 0 电子进入偏转区做类平抛运动，轨迹如图所示 高考物理 9 沿初速度方向，有 d＝v0t 在垂直初速度方向，有 y＝ 1 2 at2 其中 a＝ eE m ，E＝ U2 d 设电子离开偏转电场时，它的速度偏向角为θ，则 tanθ＝ y 1 2 d ＝ Y 1 2 d＋d ，其中 Y＝ 3 2 d 解得 U1 U2 ＝ 1 2 . [答案] 1 2