2018年高考物理大二輪專題復(fù)習(xí)講學(xué)稿十一應(yīng)用數(shù)學(xué)處理問(wèn)題能力

例1短跑名將博爾特在奧運(yùn)會(huì)上創(chuàng)造了100m和200m短跑項(xiàng)目的，他100m96%.求：(結(jié)果均保留兩位小數(shù))答案(1)1.29s 11.24m/s (2)8.71m/s2解析(1)t(以s為單位)v(m/s為單位)21vt＋(9.69s－0.15s－t)v＝100221vt＋(19.30s－0.15s－t)×0.96v＝2002由①②t≈1.29s，v≈11.24 8.71＝t說(shuō)明本題以博爾特在奧運(yùn)會(huì)上短跑項(xiàng)目的運(yùn)動(dòng)設(shè)置情景通過(guò)合理簡(jiǎn)化建立理想化的例2兩塊長(zhǎng)木板A和B，質(zhì)量相等，長(zhǎng)度都是l＝1.0m，緊貼在一起，靜置于光滑水平的Cv0＝2.0m/s，已知物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因μ＝0.10A最終運(yùn)動(dòng)的速度為多少？答案3

說(shuō)明本題中木板ACAA有關(guān)，這需要經(jīng)過(guò)計(jì)算后才Av＝1.0m/s0A3＝1m3是什么，都需要進(jìn)行討論和判斷，這既是一種能力，也是一種習(xí)慣．例3 (2013·新課標(biāo)Ⅰ·24)水平桌面上有兩個(gè)玩具車A和B，兩者用一輕質(zhì)細(xì)橡皮筋相過(guò)點(diǎn)(l,l)B運(yùn)動(dòng)速度的大?。?414Bv.RtK(l，l)，此時(shí)A、B的位置分別為H、G.由運(yùn)動(dòng)學(xué)，H的縱坐標(biāo)yA、G的橫坐標(biāo)xB分別為

1RAB2∶1t有3聯(lián)立①②⑥⑦式得44

A、2∶11．(多選)(2014·新課標(biāo)Ⅰ·19)系各行星幾乎在同一平面內(nèi)沿同一方向繞做圓周稱為“行星沖日”．據(jù)，2014年各行星沖日時(shí)間分別是：1月6日木星沖日；4月9及各地外行星繞運(yùn)動(dòng)的軌道半徑如下表所示．則下列判斷正確的是()星軌道半徑答案地解析 勒第三定律T2＝k可知T行

·T地

r行r行

行Δθ＝2nπω＝tT

T火＝1.53年，T木＝5.23年，T土＝9.53年，T天＝193年，T海＝303年，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；木星沖日時(shí)間間隔t木 t土≠2t天，t海C錯(cuò)誤，選項(xiàng)DA端水平拋出落到地面上．下列說(shuō)法正確的是()2 答案

速度v＝2gH－4gR，小球離開A點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，則有 12，水平位移x＝vt，聯(lián)x＝22RH－4R2AB3．信號(hào)需要通過(guò)地球同步傳送．如果你與同學(xué)在地面上用通話，則3×108m/s.)()A．0.1 B．0.25C．0.5 D．1答案GMm

GMm

同解析根據(jù)R＋h2＝m同(R＋hT2同

＝m

BA、C、D錯(cuò)誤．A、B、C是一個(gè)三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，AB1m，DAB的中3所示．已知電場(chǎng)線的方向平行于△ABC所在平面，A、B、C三點(diǎn)的電勢(shì)分別為14V、6V和2V．設(shè)場(chǎng)強(qiáng)大小為E，一電量為1×10－6C的正電荷從D點(diǎn)移到C點(diǎn)電場(chǎng)力所做的功為W，則( A．W＝8×10－6J，E>8V/mB．W＝6×10－6J，E>6V/mC．W＝8×10－6J，E≤8V/mD．W＝6×10－6J，E≤6V/m答案A解析AB ＝φD－φB，則φD＝ ＝ UAB＝8V/m.的三個(gè)點(diǎn)，M點(diǎn)的坐標(biāo)(0，a,0)，N點(diǎn)的坐標(biāo)為(a,0,0)，P點(diǎn)的坐標(biāo)為 a．已知電方向平行于直線MN，M點(diǎn)電勢(shì)為0，N點(diǎn)電勢(shì)為1V，則P點(diǎn)的電勢(shì)為 222A.2

B.3 C.4 D.4答案解 由題意可知?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)方向沿MN直線且由N指向M.過(guò)P點(diǎn)作直線MN的垂面交2—為Q，則Q與P點(diǎn)等電勢(shì)．所以Q點(diǎn)電勢(shì)φ＝1V－E·NQ＝1 1·a2—2a

V，D2Bq(q>0)m的粒子沿平行abab的距離為R.已知粒子射出磁場(chǎng)與射入磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)2 A.

D.答案解析qvB＝r由幾何關(guān)系知，在△ecO和△eO′OR2－R2－RR

解①②

＝mab水平置于縫0.2R時(shí)銅E1、E2的大小和銅棒離開磁場(chǎng)前兩端的極性，下列判斷正確的是()A．E1>E2，a端為正B．E1>E2，b端為正C．E1<E2，a端為正D．E1<E2，b端為正答案D解析dl＝2R2－d2的是自由落體運(yùn)動(dòng)，故v2＝2gdv＝2gd，故有E＝Blv＝

2B2gdR2－d2，將d1＝0.2R，d2＝0.8R，代入后比較得E1<E2；據(jù)定則知縫隙處的磁bD.

B.Omq的帶正

(2)速度方向與y方向夾角的正弦答案

6－2－2 (2)解析(1)設(shè)粒子的發(fā)射速度大小為v，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R，由第二定律和 qvB＝R①由①式得 當(dāng)2<R<aC邊界相切，如圖所示．

π

＝4Rsin

Rsinα＝a－Rcossin2α＋cos2由④⑤⑥R＝2－ 2—由②⑦式得 6aqB— 26－(2)由④⑦式得：sin

109．(2015·新課標(biāo)Ⅱ·33(2))如圖8，一粗細(xì)均勻的U形管豎直放置，A側(cè)上端封閉，B側(cè)h1＝10.0cm時(shí)將開關(guān)Kp0＝75.0cmHg.(ⅱ)BA、B兩側(cè)的水銀面達(dá)到同一高度，求注入的水銀在管內(nèi)的答案(ⅰ)12.0 (ⅱ)13.2解析(ⅰ)以cmHgAl＝10.0cmp；當(dāng)兩側(cè)水銀h1＝10.0cml1p1.K放出水銀的過(guò)程中，Bp0A側(cè)水銀面處的壓強(qiáng)隨Ah1為止．由力學(xué)平衡條件有聯(lián)立②⑤⑥l2＝10.4cm⑦Δh，依題意得10．(2013·新課標(biāo)Ⅰ·33(2))如圖9，兩個(gè)側(cè)壁絕熱、頂部和底部都導(dǎo)熱的相同汽缸直立

4塞上方氣體體積為V0.4KT0，不計(jì)答案(ⅰ7 (ⅱ1 解析(ⅰ)M1、M2

20＋3 ＝3p1

解得 (ⅱ)當(dāng)把閥門K打開重新達(dá)到平衡后，由于右側(cè)上部分氣體要充入左側(cè)的上部，且由①②兩

＝3＋S0p2(2V0－Vx)＝p0 10，另一解

10

11．(2014·新課標(biāo)Ⅱ·34(2))一厚度為h的大平板玻璃水平放置，其下表面貼有一半徑為答案解析AA′點(diǎn)發(fā)生折射，根據(jù)折射定律有nsinθ＝sin式中，n是玻璃的折射率，θ是入射角，αsinθ＝sin sin L1＋1＋h12．(2015·新課標(biāo)Ⅰ·35(2))如圖10，在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上，物體A、B、C位于同次碰撞．設(shè)物體間的碰撞都是彈性的．答案(解析設(shè)Av0，AC發(fā)生碰撞， 由機(jī)械能守恒定律得：2mv0＝2mv1 2m可得 ABv1＜0m＜MAB發(fā)生碰撞過(guò)程，有 ＝2mv 2m整理可得 可知2mvm－MmMm＋MmM

(＋)m≥(m≤(5＋2)MAB、C各發(fā)生一次碰撞，須滿足(13.11R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面(紙面)．在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直