【物理】2019届二轮复习应用数学知识和方法处理物理问题学案（全国通用）

【物理】2019届二轮复习应用数学知识和方法处理物理问题学案（全国通用）

应用数学知识和方法处理物理问题 年份 试卷 题号 考点 情境图 ‎2014‎ Ⅰ卷 ‎23‎ 实验：闭合电路欧姆定律公式的变形应用 ‎23题 ‎25题 ‎25‎ 数学推理与分析 Ⅱ卷 ‎25‎ 数学推理与分析 ‎2015‎ Ⅰ卷 ‎25‎ 数学推理与分析 ‎25题 ‎35(2)题 ‎35(2)‎ 数学方程、不等式和数学推理应用 Ⅱ卷 ‎25‎ 数学推理与分析、图象法的应用 ‎2016‎ ‎　　　　　　　　‎ Ⅰ卷 ‎16‎ 数学推理与结论分析 ‎16题　‎ ‎25题 ‎25‎ 数学推理的应用 ‎35(2)‎ 微元法和数学推理的应用 Ⅱ卷 ‎25‎ 数学推理和不等式的应用 ‎25题 ‎34(2)‎ 数学推理与分析 Ⅲ卷 ‎25‎ 微元法和数学推理与结论分析 ‎25题 ‎34(2)题 ‎35(2)题 ‎34(2)‎ 相似三角形法应用 ‎35(2)‎ 不等式法和解方程 ‎2017‎ Ⅰ卷 ‎21‎ 应用三角形分析力变化 ‎21题 ‎25‎ 不等式法和数学推理与分析 Ⅱ卷 ‎25‎ 解方程以及数学推理与分析 Ⅲ卷 ‎25‎ 图象法和数学推理与分析的应用 ‎25题 ‎33(2)题 ‎33(2)‎ 不等式法的应用 ‎2018‎ Ⅰ卷 ‎25‎ 几何知识及数学推理 ‎25题 ‎34(1)题 ‎34(1)‎ 几何知识及数学推理 Ⅱ卷 ‎25‎ 几何知识及数学推理 ‎25题 ‎34(2)题 ‎34(2)‎ 几何知识及数学推理 Ⅲ卷 ‎25‎ 几何知识和数学推理 ‎25题 ‎34(2)题 ‎34(2)‎ 几何知识和数学推理 高考题型1　应用几何图形解决物理问题 例1　(多选)(2018·广东省深圳市高级中学模拟)如图1所示为建筑工地一个小型起重机起吊重物的示意图．一根轻绳跨过光滑的动滑轮，轻绳的一端系在位置A处，动滑轮的下端挂上重物，轻绳的另一端挂在起重机的吊钩C处，起吊重物前，重物处于静止状态．起吊重物过程是这样的：先让吊钩从位置C竖直向上缓慢地移动到位置B，然后再让吊钩从位置B水平向右缓慢地移动到D，最后把重物卸在某一个位置．则关于轻绳上的拉力大小变化情况，下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A．吊钩从C向B移动过程中，轻绳上的拉力不变 B．吊钩从B向D移动过程中，轻绳上的拉力变大 C．吊钩从C向B移动过程中，轻绳上的拉力变大 D．吊钩从B向D移动过程中，轻绳上的拉力变小 答案　AB 解析　对重物受力分析，因重物重力不变，所以重力与两绳子的拉力的合力大小相等，并且绳子两端的张力相等，设绳子间的夹角为2θ；在由C到B上移的过程中有：2FTcos θ＝mg；设绳子长为L，由几何关系可知，则有：Lsin θ＝d；因由C到B的过程中A到BC的垂直距离d不变，故θ不变，所以轻绳上的拉力不变，故A正确，C错误；由B到D的过程中，绳长不变，两绳之间的夹角增大，则由以上分析可知，FT增大，故B正确，D错误．‎ 高考题型2　 应用三角函数分析物理问题 例2　 (2018·广东省肇庆市一模)如图2a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：‎ 图2‎ ‎(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．‎ 答案　(1)　5 m/s　(2)　1.08 m 解析　(1)当θ为90°时，由运动学知识可得：v02＝2gh① ‎ 设动摩擦因数为μ，当θ＝0°时摩擦力大小为：Ff＝μmg②‎ Ff＝ma1③‎ 由运动学公式可得：v02＝2a1x0④‎ 联立以上各式解得：μ＝，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：‎ mv02＝mgxsin θ＋μmgxcos θ⑤‎ 对⑤式变形可得：x＝＝＝⑥‎ μ＝tan φ，则x的最小值为xmin＝＝h≈1.08 m 对应的θ＝－φ＝－＝ 高考题型3　应用函数表达式或者图象解决物理问题 例3　(多选)(2018·安徽省安庆市二模)如图3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随时间变化的图象正确的是(　　)‎ 图3‎ 答案　AB 解析　根据题图乙所示的I－t图象可知I＝kt，其中k为比例系数，由闭合电路欧姆定律可得：I＝＝kt，可推出：E＝kt(R＋r)，而E＝，所以有：＝kt(R＋r)，－t图象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＝t，v－t图象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＝，v＝at，得到F＝＋ma，可见F－t图象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＝Δt＝＝＝t2，q－t图象是一条开口向上的抛物线，故D错误．‎ 拓展训练　(多选)(2018·江西省五市八校第二次联考)如图4所示，光滑的水平地面上，可视为质点的两滑块A、B在水平外力作用下紧靠在一起压紧水平弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0，以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示一维坐标系，现将外力突然反向并使B向右做匀加速运动，下列关于拉力F、两滑块间弹力FN与滑块B的位移变化的关系图象可能正确的是(　　)‎ 图4‎ 答案　BD 解析　开始时：F0＝kx0；设A、B质量分别为m、M，当力F突然反向后，对A、B整体，根据牛顿第二定律可得：F＋k(x0－x)＝(m＋M)a，当x＝0时刻F0＋kx0＝(m＋M)a，解得2kx0＝(m＋M)a；当x＝x0时弹簧到原长．隔离A可得：k(x0－x)－FN＝ma，解得FN＝kx0－kx，当FN＝0时，可得x＝x0MgxPQsin 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：mvA2≤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：mvA2≥mv22＋mgl(1＋cos 60°)‎ 解得：v0≥ 初速度v0的取值范围：μ1(M＋m)g＝2 N时，如果M、m相对静止，铁块与木板有相同的加速度a，‎ 则F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a⑦‎ Ff＝ma⑧‎ 解得：F＝2Ff＋2⑨‎ 此时：Ff≤μ2mg＝4 N，也即F≤10 N⑩‎ 所以：当2 N10 N时，M、m相对滑动，此时铁块受到的滑动摩擦力为Ff＝4 N 图象如图所示．‎