專練5應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)和方法處理物理問題(時(shí)間：30分鐘)1.[2020·山西臨汾市二輪復(fù)習(xí)模擬]如圖所示是一旅行箱，它既可以在地面上推著行走，也可以在地面上拉著行走．已知該旅行箱的總質(zhì)量為15kg，一旅客用斜向上的拉力拉著旅行箱在水平地面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，若拉力的最小值為90N，此時(shí)拉力與水平方向間的夾角為θ，重力加速度大小為g＝10m/s2，sin37°＝0.6，旅行箱受到地面的阻力與其受到地面的支持力成正比，比值為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·河南省高考適應(yīng)性測(cè)試]如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的等邊三角形ABC內(nèi)、外分布著兩方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，三角形內(nèi)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B.頂點(diǎn)A處有一粒子源，粒子源能沿∠BAC的角平分線發(fā)射不同速度的粒子，粒子質(zhì)量均為m，電荷量均為＋q，粒子重力不計(jì)．則粒子以下列哪一速度值發(fā)射時(shí)不能通過C點(diǎn)()A.eq\f(qBL,m)B.eq\f(qBL,2m)C.eq\f(2qBL,3m)D.eq\f(qBL,8m)3.[2020·山東淄博市3月模擬]如圖所示，a、b兩個(gè)小球穿在一根光滑的固定桿上，并且通過一條細(xì)繩跨過定滑輪連接．已知b球質(zhì)量為m，桿與水平面的夾角為30°，不計(jì)所有摩擦．當(dāng)兩球靜止時(shí)，Oa段繩與桿的夾角也為30°，Ob段繩沿豎直方向，則a球的質(zhì)量為()A.eq\r(3)mB.eq\f(\r(3),3)mC.eq\f(\r(3),2)mD．2m4．[2018·全國卷Ⅱ]2018年2月，我國500m口徑射電望遠(yuǎn)鏡(天眼)發(fā)現(xiàn)毫秒脈沖星“J0318＋0253”，其自轉(zhuǎn)周期T＝5.19ms.假設(shè)星體為質(zhì)量均勻分布的球體，已知萬有引力常量為6.67×10－11N·m2/kg2.以周期A．5×109kg/m3B．5×C．5×1015kg/m3D．5×5．[2020·河南鄭州市第二次質(zhì)量預(yù)測(cè)](多選)如圖所示，2019個(gè)質(zhì)量均為m的小球通過完全相同的水平輕質(zhì)彈簧(始終在彈性限度內(nèi))相連，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)1和2之間彈簧的彈力為F1－2,2和3之間彈簧的彈力為F2－3,2018和2019之間彈簧的彈力為F2018－2019，則下列結(jié)論正確的是()A．F1－2:F2－3:…:F2018－2019＝1:2:3:…:2018B．從左到右每根彈簧長(zhǎng)度之比為1:2:3:…:2018C．如果突然撤去拉力F，撤去F瞬間，第2019個(gè)小球的加速度為eq\f(F,m)，其余每個(gè)球的加速度依然為aD．如果1和2兩個(gè)球間的彈簧從第1個(gè)球處脫落，那么脫落瞬間第1個(gè)小球的加速度為0，第2個(gè)小球的加速度為2a，其余小球的加速度依然為6．給房屋設(shè)計(jì)屋頂時(shí)，把屋頂設(shè)計(jì)成斜面，把雨水沿著屋頂滑下的運(yùn)動(dòng)理想化為小球沿光滑斜面滑下的情形，為了使雨水能盡快地滑下并從屋檐落下，則斜面的傾角應(yīng)設(shè)計(jì)成多大的角度？按這種設(shè)計(jì)，雨水從屋頂滑到屋檐的時(shí)間為多少？(已知屋頂與屋檐間的水平距離為L(zhǎng)，重力加速度為g)7.[2020·河南駐馬店市第一學(xué)期期末]如圖所示，間距為L(zhǎng)＝0.5m的兩條平行金屬導(dǎo)軌，水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2T，軌道左側(cè)連接一定值電阻R＝1Ω.垂直導(dǎo)軌的導(dǎo)體棒ab在水平外力F作用下沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，并始終與導(dǎo)軌接觸良好．t＝0時(shí)刻，導(dǎo)體棒從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，力F隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示．已知導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)．取g＝10m/s(1)導(dǎo)體棒的加速度大小；(2)導(dǎo)體棒的質(zhì)量．8．如圖所示，質(zhì)量M＝2kg的平板小車左端放有質(zhì)量m＝3kg的小鐵塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，它和小車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5.開始時(shí)，小車和鐵塊共同以v0＝3m/s的速度向右在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，車與墻正碰，碰撞時(shí)間極短且碰撞中不損失機(jī)械能．車身足夠長(zhǎng)，使鐵塊不能和墻相撞，且始終不能滑離小車．g取109.[2020·四川綿陽市第二次診斷]如圖所示，一傾角為60°的光滑面固定于水平地面上，Q為斜面頂點(diǎn)，P為斜面上一點(diǎn)，同一豎直平面內(nèi)有固定點(diǎn)O，O、P連線垂直于斜面，OP＝l，P、Q間距離xPQ＝eq\f(\r(3),12)l.長(zhǎng)度為l的輕繩一端系于O點(diǎn)，另一端系質(zhì)量為m的小球A，質(zhì)量為M＝4m的滑塊B在一鎖定裝置作用下靜止于斜面上的P點(diǎn)．現(xiàn)將A球拉至與O點(diǎn)等高的水平位置，拉直輕繩，以豎直向下的初速度v0釋放，A與B發(fā)生碰撞前一瞬間，鎖定裝置解除，A、B均視為質(zhì)點(diǎn)，碰撞過程中無能量損失，重力加速度為g.(1)求小球A通過最低點(diǎn)C點(diǎn)時(shí)，繩對(duì)小球拉力的大??；(2)求小球A與滑塊B碰撞后瞬間，小球A和滑塊B的速度vA和vB的大??；(3)若A、B碰后，滑塊B能沿斜面上滑越過Q點(diǎn)，且小球A在運(yùn)動(dòng)過程中始終不脫離圓軌道，求初速度v0的取值范圍．專練5應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)和方法處理物理問題1．解析：對(duì)旅行箱受力分析，如圖所示：根據(jù)平衡條件，水平方向，有：Fcosθ－Ff＝0，豎直方向，有：FN＋Fsinθ－G＝0，其中：Ff＝μFN，故F＝eq\f(μG,cosθ＋μsinθ)，令μ＝tanα，則F＝eq\f(Gsinα,cosα－θ)當(dāng)α－θ＝0°時(shí)，F(xiàn)有最小值，故F＝Gsinα＝90N，故α＝37°，故μ＝tan37°＝0.75，θ＝37°.D選項(xiàng)正確．答案：D2．解析：粒子帶正電，且經(jīng)過C點(diǎn)，其可能的軌跡如圖所示：所有圓弧所對(duì)圓心角均為60°，所以粒子運(yùn)動(dòng)半徑：r＝eq\f(L,n)(n＝1,2,3，…)，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝meq\f(v2,r)，解得：v＝eq\f(Bqr,m)＝eq\f(BqL,mn)(n＝1,2,3，…)，故選C.答案：C3.解析：分別對(duì)a、b兩球受力分析，如圖：根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件得：FT＝mbg；根據(jù)正弦定理得：eq\f(FT,sinθ)＝eq\f(mag,sin90°＋θ)；故mb:ma＝tan30°:1，則ma＝eq\r(3)m，故B、C、D錯(cuò)誤，A正確．答案：A4．解析：設(shè)脈沖星質(zhì)量為M，密度為ρ.根據(jù)天體運(yùn)動(dòng)規(guī)律知：eq\f(GMm,R2)≥meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2R，而ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(M,\f(4,3)πR3)，代入數(shù)據(jù)可得：ρ≥eq\f(3π,GT2)≈eq\f(10,7×10－11×5×10－32)kg/m3≈eq\f(10,2×10－15)kg/m3≈5×1015kg/m3，故C正確．答案：C解題攻略：本題的4個(gè)選項(xiàng)更有特點(diǎn)，每一個(gè)選項(xiàng)均為前一個(gè)選項(xiàng)的1000倍，所以計(jì)算過程中，可以放心大膽地對(duì)數(shù)字進(jìn)行近似處理．另外注意將結(jié)果化簡(jiǎn)為最簡(jiǎn)表達(dá)式后再進(jìn)行計(jì)算，此處的技巧是“會(huì)約”“會(huì)湊”，如題目中出現(xiàn)eq\f(4,3)π時(shí)，完全可以將3與π約掉，出現(xiàn)G時(shí)，可以將G近似為G＝eq\f(20,3)×10－11N·m2/kg2，甚至近似為G＝10×10－11N·m2/kg2.5．解析：以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得：F＝2019ma，解得a＝eq\f(F,2019m)；以后面的第1、2、3、…、2018個(gè)小球?yàn)檠芯繉?duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得F1－2＝eq\f(1,2019)F，F(xiàn)2－3＝eq\f(2,2019)F，…，F(xiàn)2018－2019＝eq\f(2018,2019)F，則F1－2:F2－3:…:F2018－2019＝1:2:3:…:2018，故A正確；因?yàn)槊扛鶑椈傻膭哦认禂?shù)相等，根據(jù)胡克定律可知，從左到右每根彈簧伸長(zhǎng)量之比為1:2:3:…:2018，但是總長(zhǎng)度之比不等于1:2:3:…:2018，故B錯(cuò)誤；突然撤去F瞬間，因彈簧的彈力不能突變，可知除第2019個(gè)球所受合力突然變?yōu)閑q\f(2018,2019)F，加速度為eq\f(2018F,2019m)，其他球的合力未變，所以其他球的加速度依然為a，故C錯(cuò)誤；如果1和2兩個(gè)球間的彈簧從第1個(gè)球處脫落，那么脫落瞬間第1個(gè)小球受到的合力為零，則加速度為0，第2個(gè)小球受到的合力變?yōu)閑q\f(2F,2019)，則加速度為eq\f(2F,2019m)＝2a，其余小球受到的合力不變，加速度依然為a，故D正確．答案：AD6．解析：如圖所示，設(shè)斜面AB的傾角為θ.當(dāng)雨水(理想化為圖中的小球)從斜面滑下時(shí)，其加速度為a＝gsinθ，從A到B的距離為eq\f(L,cosθ)，設(shè)從A到B所用的時(shí)間為t，則eq\f(L,cosθ)＝eq\f(1,2)gsinθ·t2得t＝eq\r(\f(2L,gsinθcosθ))＝eq\r(\f(4L,gsin2θ))當(dāng)θ＝45°時(shí)，t有最小值，tmin＝2eq\r(\f(L,g)).答案：45°2eq\r(\f(L,g))7．解析：(1)設(shè)導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為a，某時(shí)刻t，導(dǎo)體棒的速度為v，所受的摩擦力為Ff，則導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)：E＝BLv回路中的電流I＝eq\f(E,R)導(dǎo)體棒受到的安培力：F安＝BIL由牛頓第二定律：F－F安－Ff＝ma由題意v＝at聯(lián)立解得：F＝eq\f(B2L2a,R)t＋ma＋Ff根據(jù)題圖乙可知，0～10s內(nèi)圖象的斜率為0.05N/s，即eq\f(B2L2a,R)＝0.05N/s，解得a＝5m/s2(2)由F-t圖象縱截距可知：ma＋Ff＝1.0N又Ff＝μmg解得m＝0.1kg答案：(1)5m/s2(2)8．解析：小車第一次碰墻后以原速率反彈，并在小鐵塊的摩擦力作用下向左減速，因mv0>Mv0，故小車先減速為零，后向右加速直至與鐵塊達(dá)到共同速度；之后小車第二次碰墻后反彈，重復(fù)上述過程．設(shè)小車第一次碰墻后向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為s1，第二次碰墻后向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為s2，第三次碰墻后向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為s3……小車第一次碰墻之后與鐵塊的共同速率為v1，第二次碰墻之后與鐵塊的共同速率為v2，第三次碰墻之后與鐵塊的共同速率為v3……第一次碰墻之后，由動(dòng)能定理得μmgs1＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)，解得s1＝eq\f(Mv\o\al(2,0),2μmg)＝eq\f(3,5)m；由動(dòng)量守恒定律得(m－M)v0＝(m＋M)v1，解得v1＝eq\f(m－M,m＋M)v0＝eq\f(1,5)v0；第二次碰墻之后，由動(dòng)能定理得μmgs2＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)，解得s2＝eq\f(Mv\o\al(2,1),2μmg)＝eq\f(1,25)s1；由動(dòng)量守恒定律得(m－M)v1＝(m＋M)v2，解得v2＝eq\f(m－M,m＋M)v1＝eq\f(1,5)v1；……故小車第n次碰墻之后向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為sn＝eq\f(1,25n－1)s1.顯然s1，s2，s3，…，sn為一公比是eq\f(1,25)的等比數(shù)列．小車運(yùn)動(dòng)的總路程為s＝2(s1＋s2＋s3＋…＋sn)＝eq\f(2s1,1－\f(1,25))＝1.25m.答案：1.259．解析：(1)小球A擺到C點(diǎn)時(shí)，設(shè)速度為vC，繩對(duì)小球的拉力大小為FT，則由機(jī)械能守恒得mgl＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，在C點(diǎn)，對(duì)小球A，由牛頓第二定律有：FT－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),l)解得：FT＝3mg＋eq\f(mv\o\al(2,0),l)(2)設(shè)小球A在與B碰前的速度為v1，則由機(jī)械能守恒定律得mglcos60°＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)對(duì)于碰撞過程，取沿斜面向上為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv1＝mvA＋MvB由機(jī)械能守恒定律有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)解得：v1＝eq\r(gl＋v\o\al(2,0))，vA＝－eq\f(3,5)eq\r(gl＋v\o\al(2,0))，vB＝eq\f(2,5)eq\r(gl＋v\o\al(2,0))(3)討論：①滑塊B能沿斜面上滑越過Q點(diǎn)，則eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)>MgxPQsin60°解得：v0>eq\f(3,4)eq\r(gl)②小球A不能做完整圓周運(yùn)動(dòng)，但不脫離圓軌道，即回到最右端位置時(shí)速度不能大于零，則：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)≤mglcos60°解得：v0≤eq\f(4,3)eq\r(gl)③小球A能做完整圓周運(yùn)動(dòng)，即能夠過最高點(diǎn)，設(shè)小球A恰能過最高點(diǎn)的速度為v2，則：mg＝meq\f(v\o\al(2,2),l)小球A能過圓軌道的最高點(diǎn)的條件為：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)≥eq\f(1,2