（通用版）2020版高考物理二轮复习 专题八 应用数学知识和方法处理物理问题课件

第一部分专题复习高考命题轨迹高考命题点命题轨迹情境图应用正、余弦定理、几何图形及数学推理解决物理问题20163卷34(2)20181卷25、34(1)2卷25、34(2)3卷25、34(2)16(3)34(2)题18(1)25题18(1)34(1)题18(2)25题18(2)34(2)题18(3)25题18(3)34(2)题应用三角函数分析物理问题20171卷21应用函数表达式或者图象解决物理问题20173卷2517(1)21题17(3)25题数学方程式、不等式、微元法和归纳法的应用20163卷25、35(2)20171卷25,2卷25,3卷33(2)16(3)25题16(3)35(2)题17(3)33(2)题17(2)25题数学推导和结论分析20151卷25、35(2)，2卷2520161卷16、25,2卷2515(1)25题15(1)35(2)题15(2)25题16(1)16题16(1)25题16(2)25题高考题型1应用正、余弦定理和几何图形解决物理问题内容索引NEIRONGSUOYIN高考题型2应用三角函数分析物理问题高考题型3应用函数表达式或者图象解决物理问题高考题型4数学方程式和归纳法的应用高考题型5数学推导和结论分析应用正、余弦定理和几何图形解决物理问题题型：选择题：5年2考高考题型1例1(2019·山东日照市3月模拟)如图1所示，两个质量分别为m、m的小圆环A、B用不可伸长的细线连着，套在一个竖直固定的大圆环上，大圆环的圆心为O.系统平衡时，细线所对的圆心角为90°，大圆环和小圆环之间的摩擦力及细线的质量忽略不计，重力加速度大小用g表示，下列判断正确的是A.小圆环A、B受到大圆环的支持力之比是∶1B.小圆环A受到大圆环的支持力与竖直方向的夹角为15°C.细线与水平方向的夹角为30°D.细线的拉力大小为mg√图13332解析对A和B进行受力分析，根据平行四边形定则作出重力和支持力的合力，此合力的大小等于绳子的拉力的大小，设A、B所受的支持力与竖直方向的夹角分别为α和β，如图所示：根据正弦定理可以得到：3mgsin45°＝FTsinα，mgsin45°＝FT′sinβ，由于FT＝FT′，α＋β＝90°整理可以得到：α＝30°，β＝60°，FT＝FT′＝62mg再次利用正弦定理：FNAsin180°－45°－30°＝3mgsin45°，FNBsin180°－45°－60°＝mgsin45°整理可以得到：FNAFNB＝31，故选项A正确，B、D错误；由题图根据几何知识可以知道，细线与水平方向的夹角为180°－(45°＋30°)－90°＝15°，故选项C错误.应用三角函数分析物理问题题型：选择或者计算题：5年1考高考题型2例2(2019·山西临汾市二轮复习模拟)如图2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15kg，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90N，此时拉力与水平方向间的夹角为θ，重力加速度大小为g＝10m/s2，sin37°＝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°√图2解析对旅行箱受力分析，如图所示：当α－θ＝0°时，F有最小值，故F＝Gsinα＝90N，故α＝37°，故μ＝tan37°＝0.75，θ＝37°，故选D.故F＝μGcosθ＋μsinθ令μ＝tanα，则F＝Gsinαcosα－θ；根据平衡条件，水平方向，有：Fcosθ－Ff＝0，竖直方向，有：FN＋Fsinθ－G＝0，其中：Ff＝μFN，应用函数表达式或者图象解决物理问题题型：选择题：5年1考高考题型3例3(2019·湖北武汉市四月调研)某质点做匀加速直线运动，经过时间t速度由v0变为kv0(k1)，位移大小为x.则在随后的4t内，该质点的位移大小为A.83k－2xk＋1B.82k－1xk＋1C.82k－1xk－1D.35k－3xk＋1√解析根据题目已知条件可以作出以下图象由v－t图象与t轴所围成的面积表示位移可得，用时t的位移为x＝v0＋kv02·t；5t时间内的位移为x′＝v0＋5k－4v02·5t，因此x′x＝55k－3k＋1，所以x′＝55k－3k＋1x，即随后4s内的位移为x′－x＝83k－2k＋1x，故A正确，B、C、D错误.数学方程式和归纳法的应用题型：计算题：5年2考高考题型4例4(2019·山东日照市3月模拟)如图3所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限内，存在以虚线OM为边界的匀强电场和匀强磁场.匀强电场方向沿y轴负方向，匀强磁场方向垂直于xOy平面向里，虚线OM与x轴负方向成45°角.一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从坐标原点O处以初速度v0沿x轴正方向运动，粒子每次到达x轴将反弹，第一次反弹无能量损失，以后每次反弹水平分速度不变、竖直分速度大小均减为反弹前的，方向相反.电场强度大小等于，磁感应强度大小等于，求：(不计粒子重力，题中各物理量单位均为国际单位，计算结果可用分式表示)(1)带电粒子第三次经过OM时的坐标；12mv0216qdmv0qd图3答案(－2d,2d)解析设磁感应强度大小为B，粒子进入磁场，根据左手定则，粒子做34的圆周运动后经过OM，根据洛伦兹力提供向心力，有：qv0B＝mv02r，解得：r＝mv0qB＝d粒子运动轨迹如图所示，由图可知，带电粒子第三次经过OM时的坐标为(－2d,2d)；(2)带电粒子第三次到达OM时经过的时间；答案2π＋242－32dv0在电场中，沿y轴方向的加速度：a＝qEm＝v0216d设粒子从第一次沿y轴负方向经过OM到第一次在x轴反弹所用时间为t1，沿y轴方向：vy02－v02＝2ar，vy0＝v0＋at1解析粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：T＝2πdv0联立解得：t1＝122－16dv0则带电粒子第三次到达OM时经过的时间为：t＝T＋2t1＝2π＋242－32dv0；(3)带电粒子从第二次进入电场开始，沿电场方向运动的总路程.答案103d第一次竖直分速度减半反弹，竖直分速度vy1＝12vy，解析因粒子第二次进入电场做类平抛运动，故到达x轴时的水平分速度为v0竖直方向：vy2＝2a(2d)高度：h1＝vy122a＝14×2d第二次竖直分速度减半反弹，竖直分速度vy2＝12vy1＝122vy，高度：h2＝vy222a＝142×2d……第n次竖直分速度减半反弹，高度hn＝vyn22a＝14n×2d故总路程为：H＝2d＋2(h1＋h2＋…＋hn)＝2d＋2×2d(14＋142＋…＋14n)整理可以得到：H＝103d即带电粒子从第二次进入电场开始，沿电场方向运动的总路程为H＝103d.数学推导和结论分析题型：计算题：5年2考高考题型5例5(2019·山东德州市上学期期末)如图4所示，宽度为L的光滑固定金属导轨由水平部分和倾斜部分组成，水平部分足够长，倾斜部分与水平面的夹角为30°.导轨水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，倾斜部分处于斜向上与导轨平面垂直的匀强磁场中，两磁场的磁感应强度大小均为B.导体棒ab和cd均与导轨垂直且分别置于导轨的倾斜部分上和水平部分上并保持静止，现将导体棒ab在距导轨水平部分高度为h处释放，导体棒ab在到达MN处之前已达到稳定的运动状态，在导体棒ab到达MN时再释放导体棒cd，导体棒ab在MN处由倾斜部分进入水平部分时无能量损失.已知导体棒ab质量为m，电阻为r，导体棒cd质量也为m，电阻为2r，导轨电阻忽略不计，两导体棒始终与导轨接触良好，当地重力加速度为g，求：(1)导体棒ab到达MN之前稳定运动时的速度大小；图4答案3mgr2B2L2解析导体棒ab到达MN之前稳定运动时，由平衡条件得mgsin30°＝ILBI＝BLv3r联立得：v＝3mgr2B2L2(2)整个过程中导体棒ab产生的焦耳热；答案13mgh－3m3g2r216B4L4解析导体棒ab进入水平部分后，ab和cd组成的系统动量守恒mv＝2mv′导体棒ab和cd最终的速度大小相同，都为v′＝3mgr4B2L2整个过程中能量守恒mgh＝2×12mv′2＋Q导体棒ab产生的焦耳热Qab＝13Q解得Qab＝13mgh－3m3g2r216B4L4(3)整个过程中通过导体棒ab某一横截面的电荷量.答案2BLh3r＋3m2gr4B3L3解析导体棒ab自开始运动至到达MN的过程中，通过导体棒ab某一横截面的电荷量q1＝IΔtI＝E3rE＝ΔΦΔtΔΦ＝BLhsin30°得q1＝2BLh3r对导体棒cd的运动过程运用动量定理：BLI1Δt1＋BLI2Δt2＋BLI3Δt3＋…＋BLInΔtn＝mv′－0q2＝I1Δt1＋I2Δt2＋I3Δt3＋…＋InΔtn得q2＝3m2gr4B3L3整个过程中通过导体棒ab某一横截面的电荷量q＝q1＋q2＝2BLh3r＋3m2gr4B3L3.