数学方法在物理中的应用

数学方法在物理中的应用所谓数学方法，就是要把客观事物的状态、关系和过程用数学语言表达出来，并进行推导、演算和分析，以形成对问题的判断、解释和预测．可以说，任何物理问题的分析、处理过程，都是数学方法的运用过程．本专题中所指的数学方法，都是一些特殊、典型的方法，常用的有极值法、几何法、图象法、数学归纳推理法、微元法、等差(比)数列求和法等．一、极值法数学中求极值的方法很多，物理极值问题中常用的极值法有：三角函数极值法、二次函数极值法、一元二次方程的判别式法等．1．利用三角函数求极值y＝acosθ＋bsinθ＝eq\r(a2＋b2)(eq\f(a,\r(a2＋b2))cosθ＋eq\f(b,\r(a2＋b2))sinθ)令sinφ＝eq\f(a,\r(a2＋b2))，cosφ＝eq\f(b,\r(a2＋b2))那么有：y＝eq\r(a2＋b2)(sinφcosθ＋cosφsinθ)＝eq\r(a2＋b2)sin(φ＋θ)所以当φ＋θ＝eq\f(π,2)时，y有最大值，且ymax＝eq\r(a2＋b2)．2．利用二次函数求极值二次函数：y＝ax2＋bx＋c＝a(x2＋eq\f(b,a)x＋eq\f(b2,4a2))＋c－eq\f(b2,4a)＝a(x＋eq\f(b,2a))2＋eq\f(4ac－b2,4a)(其中a、b、c为实常数)，当x＝－eq\f(b,2a)时，有极值ym＝eq\f(4ac－b2,4a)(假设二次项系数a>0，y有极小值；假设a<0，y有极大值)．3．均值不等式对于两个大于零的变量a、b，假设其和a＋b为一定值p，那么当a＝b时，其积ab取得极大值eq\f(p2,4)；对于三个大于零的变量a、b、c，假设其和a＋b＋c为一定值q那么当a＝b＝c时，其积abc取得极大值eq\f(q3,27)．二、几何法利用几何方法求解物理问题时，常用到的有“对称点的性质”、“两点间直线距离最短”、“直角三角形中斜边大于直角边”以及“全等、相似三角形的特性”等相关知识，如：带电粒子在有界磁场中的运动类问题，物体的变力分析时经常要用到相似三角形法、作图法等．与圆有关的几何知识在力学局部和电学局部的解题中均有应用，尤其在带电粒子在匀强磁场中做圆周运动类问题中应用最多，此类问题的难点往往在圆心与半径确实定上，确定方法有以下几种．1．依切线的性质确定．从已给的圆弧上找两条不平行的切线和对应的切点，过切点作切线的垂线，两条垂线的交点为圆心，圆心与切点的连线为半径．2．依垂径定理(垂直于弦的直径平分该弦，且平分弦所对的弧)和相交弦定理(如果弦与直径垂直相交，那么弦的一半是它分直径所成的两条线段的比例中项)确定．如图8－1所示．由EB2＝CE·ED＝CE·(2R－CE)得：R＝eq\f(EB2,2CE)＋eq\f(CE,2)也可由勾股定理得：R2＝(R－CE)2＋EB2解得：R＝eq\f(EB2,2CE)＋eq\f(CE,2)．以上两种求半径的方法常用于求解“带电粒子在匀强磁场中的运动”这类习题中．三、图象法中学物理中一些比拟抽象的习题常较难求解，假设能与数学图形相结合，再恰当地引入物理图象，那么可变抽象为形象，突破难点、疑点，使解题过程大大简化．图象法是历年高考的热点，因而在复习中要密切关注图象，掌握图象的识别、绘制等方法．1．物理图象的分类整个高中教材中有很多不同类型的图象，按图形形状的不同可分为以下几类．(1)直线型：如匀速直线运动的s－t图象、匀变速直线运动的v－t图象、定值电阻的U－I图象等．(2)正弦曲线型：如简谐振动的x－t图象、简谐波的y－x图象、正弦式交变电流的e－t图象、正弦式振荡电流的i－t图象及电荷量的q－t图象等．(3)其他型：如共振曲线的A－f图象、分子力与分子间距离的f－r图象等．下面我们对高中物理中接触到的典型物理图象作一综合回忆，以期对物理图象有个较为系统的认识和归纳．图象函数形式特例物理意义y＝c匀速直线运动的v－t图象做匀速直线运动的质点的速度是恒矢量．y＝kx①匀速直线运动的s－t图象②初速度v0＝0的匀加速直线运动的v－t图象(假设v0≠0，那么纵截距不为零)③纯电阻电路的I－U图象①表示物体的位移大小随时间线性增大．②表示物体的速度大小随时间线性增大．③表示纯电阻电路中I随导体两端的电压U线性增大．y＝a－kx①匀减速直线运动的v－t图象②闭合电路中的U－I图象(U＝E－Ir)①表示物体的速度大小随时间线性减小．②表示路端电压随电流的增大而减小．y＝eq\f(a,x＋b)·x(双曲线函数)①由纯电阻用电器组成的闭合电路的U－R图象(U＝eq\f(E,R＋r)R)②在垂直于匀强磁场的[XCzt71．tifBP]导轨上，自由导体棒在一恒定动力F的作用下做变加速运动的v－t图象①表示纯电阻电路中电源的端电压随外电阻而非线性增大．②将到达稳定速度vm＝eq\f(FR总,B2L2)．y＝kx2(抛物线函数)①小灯泡消耗的实际功率与外加电压的P－U图象②位移与时间的s－t图象(s＝eq\f(1,2)at2)①表示小灯泡消耗的实际功率随电压的增大而增大，且增大得越来越快．②表示位移随时间的增大而增大，且增大得越来越快．xy＝c(双曲线函数)机械在额定功率下，其牵引力与速度的关系图象(P＝Fv)表示功率一定时，牵引力与速度成反比．y＝Asinωt交流电的e－t图象(e＝Emsinωt)表示交流电随时间变化的关系．2．物理图象的应用(1)利用图象解题可使解题过程更简化，思路更清晰．利用图象法解题不仅思路清晰，而且在很多情况下可使解题过程得到简化，起到比解析法更巧妙、更灵活的独特效果．甚至在有些情况下运用解析法可能无能为力，但是运用图象法那么会使你豁然开朗，如求解变力分析中的极值类问题等．(2)利用图象描述物理过程更直观．从物理图象上可以比拟直观地观察出物理过程的动态特征．(3)利用物理图象分析物理实验．运用图象处理实验数据是物理实验中常用的一种方法，这是因为它除了具有简明、直观、便于比拟和减少偶然误差的特点外，还可以由图象求解第三个相关物理量，尤其是无法从实验中直接得到的结论．3．对图象意义的理解(1)首先应明确所给的图象是什么图象，即认清图象中比纵横轴所代表的物理量及它们的“函数关系”，特别是对那些图形相似、容易混淆的图象，更要注意区分．例如振动图象与波动图象、运动学中的s－t图象和v－t图象、电磁振荡中的i－t图象和q－t图象等．(2)要注意理解图象中的“点”、“线”、“斜率”、“截距”、“面积”的物理意义．①点：图线上的每一个点对应研究对象的一个状态．要特别注意“起点”、“终点”、“拐点”、“交点”，它们往往对应着一个特殊状态．如有的速度图象中，拐点可能表示速度由增大(减小)变为减小(增大)，即加速度的方向发生变化的时刻，而速度图线与时间轴的交点那么代表速度的方向发生变化的时刻．②线：注意观察图线是直线、曲线还是折线等，从而弄清图象所反映的两个物理量之间的关系．③斜率：表示纵横坐标上两物理量的比值．常有一个重要的物理量与之对应，用于求解定量计算中所对应的物理量的大小以及定性分析变化的快慢．如v－t图象的斜率表示加速度．④截距：表示纵横坐标两物理量在“边界”条件下物理量的大小．由此往往可得到一个很有意义的物理量．如电源的U－I图象反映了U＝E－Ir的函数关系，两截距点分别为(0，E)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,r)，0))．⑤面积：有些物理图象的图线与横轴所围的面积往往代表一个物理量的大小．如v－t图象中面积表示位移．4．运用图象解答物理问题的步骤(1)看清纵横坐标分别表示的物理量．(2)看图象本身，识别两物理量的变化趋势，从而分析具体的物理过程．(3)看两相关量的变化范围及给出的相关条件，明确图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的“面积”的物理意义．四、数学归纳法在解决某些物理过程中比拟复杂的具体问题时，常从特殊情况出发，类推出一般情况下的猜测，然后用数学归纳法加以证明，从而确定我们的猜测是正确的．利用数学归纳法解题要注意书写上的标准，以便找出其中的规律．五、微元法利用微分思想的分析方法称为微元法．它是将研究对象(物体或物理过程)进行无限细分，再从中抽取某一微小单元进行讨论，从而找出被研究对象的变化规律的一种思想方法．微元法解题的思维过程如下．(1)隔离选择恰当的微元作为研究对象．微元可以是一小段线段、圆弧或一小块面积，也可以是一个小体积、小质量或一小段时间等，但必须具有整体对象的根本特征．(2)将微元模型化(如视为点电荷、质点、匀速直线运动、匀速转动等)，并运用相关的物理规律求解这个微元与所求物体之间的关联．(3)将一个微元的解答结果推广到其他微元，并充分利用各微元间的对称关系、矢量方向关系、近似极限关系等，对各微元的求解结果进行叠加，以求得整体量的合理解答．六、三角函数法三角函数反映了三角形的边、角之间的关系，在物理解题中有较广泛的应用．例如：讨论三个共点的平衡力组成的力的三角形时，常用正弦定理求力的大小；用函数的单调变化的临界状态来求取某个物理量的极值；用三角函数的“和积公式”将结论进行化简等．七、数列法凡涉及数列求解的物理问题都具有过程多、重复性强的特点，但每一个重复过程均不是原来的完全重复，而是一种变化了的重复．随着物理过程的重复，某些物理量逐步发生着前后有联系的变化．该类问题求解的根本思路为：(1)逐个分析开始的几个物理过程；(2)利用归纳法从中找出物理量变化的通项公式(这是解题的关键)；(3)最后分析整个物理过程，应用数列特点和规律求解．无穷数列的求和，一般是无穷递减数列，有相应的公式可用．等差：Sn＝eq\f(n(a1＋an),2)＝na1＋eq\f(n(n－1),2)d(d为公差)．等比：Sn＝eq\f(a1(1－qn),1－q)(q为公比)．八、比例法比例计算法可以避开与解题无关的量，直接列出和未知的比例式进行计算，使解题过程大为简化．应用比例法解物理题，要讨论物理公式中变量之间的比例关系，要清楚公式的物理意义和每个量在公式中的作用，以及所要讨论的比例关系是否成立．同时要注意以下几点．(1)比例条件是否满足．物理过程中的变量往往有多个，讨论某两个量间的比例关系时要注意只有其他量为常量时才能成比例．(2)比例是否符合物理意义．不能仅从数学关系来看物理公式中各量的比例关系，要注意每个物理量的意义．(如不能根据R＝eq\f(U,I)认定电阻与电压成正比)(3)比例是否存在．讨论某公式中两个量的比例关系时，要注意其他量是否能认为是不变量．如果该条件不成立，比例也不能成立．(如在串联电路中，不能认为P＝eq\f(U2,R)中P与R成反比，因为R变化的同时，U也随之变化而并非常量)许多物理量都是用比值法来定义的，常称之为“比值定义”．如密度ρ＝eq\f(m,V)，导体的电阻R＝eq\f(U,I)，电容器的电容C＝eq\f(Q,U)，接触面间的动摩擦因数μ＝eq\f(f,FN)，电场强度E＝eq\f(F,q)等．它们的共同特征是：被定义的物理量是反映物体或物质的属性和特征的，它和定义式中相比的物理量无关．对此，学生很容易把它当做一个数学比例式来处理而忽略了其物理意义，也就是说教学中还要防止数学知识在物理应用中的负迁移．数学是“物理学家的思想工具”，它使物理学家能“有条理地思考”并能想象出更多的东西．可以说，正是有了数学与物理学的有机结合，才使物理学日臻完善．物理学的严格定量化，使得数学方法成为物理解题中一个不可或缺的工具．热点、重点、难点●例1如图8－2甲所示，一薄木板放在正方形水平桌面上，木板的两端与桌面的两端对齐，一小木块放在木板的正中间．木块和木板的质量均为m，木块与木板之间、木板与桌面之间的动摩擦因数都为μ．现突然以一水平外力F将薄木板抽出，要使小木块不从桌面上掉下，那么水平外力F至少应为________．(假设木板抽动过程中始终保持水平，且在竖直方向上的压力全部作用在水平桌面上)图8－2甲A．2μmg B．4μmg C．6μmg D．8μmg【解析】解法一F越大，木块与木板别离时的速度、位移越小，木块越不可能从桌面滑下．设拉力为F0时，木块恰好能滑至桌面的边缘，再设木块与木板别离的时刻为t1，在0～t1时间内有：eq\f(1,2)·eq\f((F0－μmg－2μmg),m)·t12－eq\f(1,2)μgt12＝eq\f(L,2)对t1时间后木块滑行的过程，有：eq\f(v12,2μg)＝eq\f((μgt1)2,2μg)＝eq\f(L,2)－eq\f(1,2)μgt12解得：F0＝6μmg．解法二F越大，木块与木板别离时的速度、位移越小，木块越不可能从桌面滑出．假设木块不从桌面滑出，那么其v－t图象如图8－2乙中OBC所示，其中OB的斜率为μg，BC的斜率为－μg，t1＝t2有：S△OBC＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)·μgt12))×2≤eq\f(L,2)设拉力为F时，木板的v－t图象为图7－2乙中的直线OA，那么S△OAB＝eq\f(L,2)即eq\f(1,2)(v2－v1)·t1＝eq\f(L,2)其中v1＝μgt1，v2＝eq\f(F－3μmg,m)·t1解得：F≥6μmg即拉力至少为6μmg．[答案]C【点评】对于两物体间的多过程运动问题，在明确物理过程的根底上，画出物体各自的运动图象，这样两物体的运动特点就很明显了．利用图线与坐标轴所夹面积的关系明确物体间的位移关系，可省略一些物理量的计算，从而快速、简捷地解答问题，同类题可见专题一能力演练第3题．●例2如图8－3甲所示，在竖直平面内的直角坐标系中，一个质量为m的质点在外力F的作用下从坐标原点O由静止沿直线ON斜向下运动，直线ON与y轴负方向成θ角(θ＜eq\f(π,4))，那么F的大小至少为________；假设F＝mgtanθ，那么质点的机械能大小的变化情况是__________________________．[2008年高考·上海物理卷]图8－3甲【解析】该质点在重力和外力F的作用下从静止开始做直线运动，说明质点做匀加速直线运动，如图8－3乙所示，当F的方向为a方向(垂直于ON)时，F最小为mgsinθ；假设F＝mgtanθ，即F可能为b方向或c方向，故除重力外的力F对质点可能做正功，也可能做负功，所以质点的机械能增加、减少都有可能．图8－3乙[答案]mgsinθ增加、减少都有可能【点评】运用平行四边形(三角形)定那么分析物体受力的变化情况(或用相似三角形比拟受力)是一种常用的方法，同类题可见专题一同类拓展2和例题4．●例3总质量为80kg的跳伞运发动从离地500m的直升机上跳下，经过2s拉开绳索开启降落伞，图8－4是跳伞过程中的v－t图象，试根据图象求：(取g＝10m/s2)图8－4(1)t＝1s时运发动的加速度和所受阻力的大小．(2)估算14s内运发动下落的高度及克服阻力做的功．(3)估算运发动从飞机上跳下到着地的总时间．[2008年高考·上海物理卷]【解析】(1)从图象中可以看出，在t＝2s内运发动做匀加速运动，其加速度的大小为：a＝eq\f(vt,t)＝eq\f(16,2)m/s2＝8m/s2设此过程中运发动受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律，有：mg－f＝ma得：f＝m(g－a)＝80×(10－8)N＝160N．(2)v－t图象与t轴所包围的面积表示位移，由图象可知14s内该面积包含的格子为39格所以h＝39×2×2m＝156m根据动能定理，有：mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2所以Wf＝mgh－eq\f(1,2)mv2＝(80×10×156－eq\f(1,2)×80×62)J≈1.23×105J．(3)14s后运发动做匀速运动的时间为：t′＝eq\f(H－h,v)＝eq\f(500－156,6)s≈57s运发动从飞机上跳下到着地所需要的总时间为：t总＝t＋t′＝(14＋57)s≈71s．[答案](1)160N(2)1.23×105J(3)71s【点评】对于此题，应明确v－t图象中“面积”的含义，在数小方格个数时需注意合理取舍，即大于半格的算1个，小于半格的舍去．●例4如图8－5甲所示，一质量m＝1kg的木板静止在光滑水平地面上．开始时，木板右端与墙相距L＝0.08m，一质量m＝1kg的小物块以初速度v0＝2m/s滑上木板左端．木板的长度可保证物块在运动过程中不与墙接触．物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，木板与墙碰撞后以与碰撞前瞬时等大的速度反弹．取g＝10m/s2，求：图8－5甲(1)从物块滑上木板到两者到达共同速度时，木板与墙碰撞的次数及所用的时间．(2)到达共同速度时木板右端与墙之间的距离．【解析】解法一物块滑上木板后，在摩擦力的作用下，木板从静止开始做匀加速运动．设木板的加速度大小为a，经历时间T后与墙第一次碰撞，碰撞时的速度为v1，那么有：μmg＝maL＝eq\f(1,2)aT2v1＝aT可得：a＝1m/s2，T＝0.4s，v1＝0.4m/s物块与木板到达共同速度之前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间为T．设在物块与木板到达共同速度v之前木板共经历了n次碰撞，那么有：v＝v0－(2nT＋Δt)a＝a·Δt式中Δt是碰撞n次后木板从起始位置至到达共同速度所需要的时间上式可改写为：2v＝v0－2nTa由于木板的速率只能在0到v1之间，故有：0≤v0－2nTa≤2v1解得：1.5≤n≤2.5由于n是整数，故n＝2解得：v＝0.2m/s，Δt＝0.2s从开始到物块与木板到达共同速度所用的时间为：t＝4T＋Δt＝1.8s．(2)物块与木板到达共同速度时，木板右端与墙之间的距离为：s＝L－eq\f(1,2)a·Δt2解得：s＝0.06m解法二(1)物块滑上木板后，在摩擦力的作用下，木板做匀加速运动的加速度a1＝μg＝1m/s，方向向右物块做减速运动的加速度a2＝μg＝1m/s，方向向左可作出物块、木板的v－t图象如图8－5乙所示由图可知，木板在0.4s、1.2s时刻两次与墙碰撞，在t＝1.8s时刻物块与木板到达共同速度．(2)由图8－5乙可知，在t＝1.8s时刻木板的位移为：s＝eq\f(1,2)×a1×0.22＝0.02m木板右端距墙壁的距离Δs＝L－s＝0.06m．图8－5乙[答案](1)1.8s(2)0.06m【点评】此题的两种解题方法都是在清晰地理解物理过程的前提下巧妙地应用数学方法解析的，专题一例4中的解法二也是典型地利用图象来确定物理过程的．●例5图8－6所示为一个内外半径分别为R1和R2的圆环状均匀带电平面，其单位面积的带电量为σ．取环面中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x轴．设轴上任意点P到O点的距离为x，P点的电场强度大小为E．下面给出E的四个表达式(式中k为静电力常量)，其中只有一个是合理的．你可能不会求解此处的场强E，但是你可以通过一定的物理分析，对以下表达式的合理性作出判断．根据你的判断，E的合理表达式应为[2009年高考·北京理综卷]()图8－6A．E＝2πkσeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R1,\r(x2＋R12))－\f(R2,\r(x2＋R22))))xB．E＝2πkσeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x2＋R12))－\f(1,\r(x2＋R22))))xC．E＝2πkσeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R1,\r(x2＋R12))＋\f(R2,\r(x2＋R22))))D．E＝2πkσeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x2＋R12))＋\f(1,\r(x2＋R22))))x【解析】A选项表达式可变形为：E＝2πkσeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R1,\r(1＋(\f(R1,x))2))－\f(R2,\r(1＋(\f(R2,x))2))))，对于这一表达式，当R1＝0时，E＝－eq\f(2πkσR2,\r(1＋(\f(R2,x))2))，随x的增大，E的绝对值增大，这与客观事实不符合，故A错误，对于C选项中的表达式，当x＝0时，E＝4πkσ，而事实由对称性知应该为E＝0，故C错误．对于D选项，E＝2πkσeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(1＋(\f(R1,x))2))＋\f(1,\r(1＋(\f(R2,x))2))))同样E随x增大而增大，当x＝∞时E>0，这与事实不符合，故D错误，只有B可能正确．[答案]B【点评】本例与2008年高考北京理综卷第20题相似，给出某一规律的公式，要求证它的正确性，这类试题应引起足够的重视．●例6如图8－7所示，一轻绳吊着一根粗细均匀的棒，棒下端离地面高为H，上端套着一个细环．棒和环的质量均为m，相互间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k＞1)．断开轻绳，棒和环自由下落．假设棒足够长，与地面发生碰撞时触地时间极短，无动能损失．棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计．求：图8－7(1)棒第一次与地面碰撞后弹起上升的过程中，环的加速度．(2)从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程s．(3)从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，摩擦力对环和棒做的总功W．[2007年高考·江苏物理卷]【解析】(1)设棒第一次上升的过程中环的加速度为a环，由牛顿第二定律有：a环＝eq\f(kmg－mg,m)＝(k－1)g，方向竖直向上．(2)棒第一次落地前瞬间的速度大小为：v1＝eq\r(2gH)设棒弹起后的加速度为a棒，由牛顿第二定律有：a棒＝－eq\f(kmg＋mg,m)＝－(k＋1)g故棒第一次弹起的最大高度为：H1＝－eq\f(v12,2a棒)＝eq\f(H,k＋1)路程s＝H＋2H1＝eq\f(k＋3,k＋1)H．(3)解法一设棒第一次弹起经过t1时间后与环到达共同速度v1′环的速度v1′＝－v1＋a环t1棒的速度v1′＝v1＋a棒t1解得：t1＝eq\f(1,k)eq\r(\f(2H,g))v1′＝－eq\f(\r(2gH),k)环的位移h环1＝－v1t1＋eq\f(1,2)a环t12＝－eq\f(k＋1,k2)H棒的位移h棒1＝v1t1＋eq\f(1,2)a棒t12＝eq\f(k－1,k2)Hx1＝h环1－h棒1解得：x1＝－eq\f(2H,k)棒、环一起下落至地，有：v22－v1′2＝2gh棒1解得：v2＝eq\r(\f(2gH,k))同理，环第二次相对棒的位移为：x2＝h环2－h棒2＝－eq\f(2H,k2)……xn＝－eq\f(2H,kn)故环相对棒的总位移x＝x1＋x2＋…＋xn＝－eq\f(2H,k－1)所以W＝kmgx＝－eq\f(2kmgH,k－1)．解法二经过足够长的时间棒和环最终静止，设这一过程中它们相对滑动的总路程为l，由能量的转化和守恒定律有：mgH＋mg(H＋l)＝kmgl解得：l＝eq\f(2H,k－1)故摩擦力对环和棒做的总功为：W＝－kmgl＝－eq\f(2kmgH,k－1)．[答案](1)(k－1)g，方向竖直向上(2)eq\f(k＋3,k＋1)H(3)－eq\f(2kmgH,k－1)【点评】①高考压轴题中常涉及多个物体屡次相互作用的问题，求解这类题往往需要应用数学的递推公式或数列求和知识．②一对滑动摩擦力做功的总和W＝－f·s总，s总为相对滑动的总路程．③对于涉及两个对象的运动过程，规定统一的正方向也很重要．●例7如图8－8所示，两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上，导轨间距为l、足够长且电阻忽略不计，导轨平面的倾角为α，条形匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．长度为2d的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成“”形装置，总质量为m，置于导轨上．导体棒中通以大小恒为I的电流(由外接恒流源产生，图中未画出)．线框的边长为d(d<l)，电阻为R，下边与磁场区域上边界重合．将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直．重力加速度为g．求：(1)装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q．(2)线框第一次穿越磁场区域所需的时间t1．(3)经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离xm．[2009年高考·江苏物理卷]【解析】(1)设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为W，由动能定理得：mgsinα·4d＋W－BIld＝0且Q＝－W解得：Q＝4mgdsinα－BIld．(2)设线框刚离开磁场下边界时的速度为v1，那么接着向下运动2d，由动能定理得：mgsinα·2d－BIld＝0－eq\f(1,2)mv12线框在穿越磁场中运动时受到的合力F＝mgsinα－F′感应电动势E＝Bdv感应电流I′＝eq\f(E,R)安培力F′＝BI′d由牛顿第二定律，在t到(t＋Δt)时间内，有Δv＝eq\f(F,m)Δt那么Δv＝∑[gsinα－eq\f(B2d2v,mR)]Δt有v1＝gt1sinα－eq\f(2B2d3,mR)解得：t1＝eq\f(\r(2m(BIld－2mgdsinα))＋\f(2B2d3,R),mgsinα)．(3)经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离xm之间往复运动，由动能定理得：mgsinα·xm－BIl(xm－d)＝0解得：xm＝eq\f(BIld,BIl－mgsinα)．[答案](1)4mgdsinα－BIld(2)eq\f(\r(2m(BIld－2mgdsinα))＋\f(2B2d3,R),mgsinα)(3)eq\f(BIld,BIl－mgsinα)能力演练一、选择题(10×4分)1．图示是用来监测在核电站工作的人员受到辐射情况的胸章，通过照相底片被射线感光的区域，可以判断工作人员受到何种辐射．当胸章上1mm铝片和3mm铝片下的照相底片被感光，而铅片下的照相底片未被感光时，那么工作人员可能受到了辐射的射线是()A．α和β B．α和γC．β和γ D．α、β和γ【解析】α粒子的穿透能力很弱，一张普通的纸就能把它挡住，题中无法说明辐射中不含α射线，能穿透1mm、3mm铝片而不能穿透5mm铅片的是β射线，假设存在γ射线，那么5mm厚的铅片也能被穿透，故A正确．[答案]A2．在电磁波发射技术中，使电磁波随各种信号而改变的技术叫调制，调制分调幅和调频两种．在图甲中有A、B两幅图．在收音机电路中天线接收下来的电信号既有高频成分又有低频成分，经放大后送到下一级，需要把高频成分和低频成分分开，只让低频成分输入下一级，如果采用如图乙所示的电路，图乙中虚线框a和b内只用一个电容器或电感器．以下关于电磁波的发射和接收的说法中，正确的选项是()A．在电磁波的发射技术中，甲图中A是调幅波B．在电磁波的发射技术中，甲图中B是调幅波C．在图乙中a是电容器，用来通高频阻低频，b是电感器，用来阻高频通低频D．在图乙中a是电感器，用来阻交流通直流，b是电容器，用来阻高频通低频【解析】A图象中高频振荡的振幅随信号而变，为调幅波，B图象中高频振荡的频率随信号而变，为调频波，A正确，检波电路的作用为通低频阻高频，故a为电容较小的高频旁路电容器，b为高频扼流圈，C正确．[答案]AC3．如下图，绝热汽缸固定在水平地面上，汽缸内用绝热活塞封闭着一定质量的理想气体，开始时活塞静止在图示位置，现用力使活塞缓慢向右移动一段距离，那么在此过程中()A．外界对汽缸内气体做正功B．缸内气体的内能减小C．缸内气体在单位时间内作用于活塞单位面积冲量增大D．在单位时间内缸内气体分子与活塞碰撞的次数增加【解析】体积膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，选项A错误、B正确，由体积增大，温度降低知单位时间内气体对活塞的碰撞次数减少，压强减小，选项C、D错误．[答案]B4．两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.4s时间内的v－t图象如下图．假设仅在两物体之间存在相互作用，那么物体甲与乙的质量之比和图中时间t1分别为[2009年高考·全国理综卷Ⅱ]()A．eq\f(1,3)和0.30s B．3和0.30sC．eq\f(1,3)和0.28s D．3和0.28s【解析】根据图象的特点可知甲做匀加速运动，乙做匀减速运动，根据a＝eq\f(Δv,Δt)，得两物体加速度大小的关系为3a甲＝a乙，根据牛顿第二定律有eq\f(F,m甲)＝eq\f(1,3)·eq\f(F,m乙)，得eq\f(m甲,m乙)＝3，由a乙＝10m/s2＝eq\f(1,0.4－t1)，可解得t1＝0.3s，B正确．[答案]B5．某物体的v－t图象如下图，在以下给出的两段时间内，合外力的功和冲量都相同的是()A．0～t1和t2～t4B．t1～t2和t3～t4C．0～t2和t2～t4D．0～t1和t3～t4【解析】0～t1合外力做功为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，合外力冲量为mv0，t2～t4合外力做功和合外力冲量都为0，A错误；t3～t4时间内合外力做功为－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，合外力冲量为mv0，t1～t2合外力做功为－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，合外力的冲量－mv0,0～t2时间内，合外力做功和合外力冲量都为0．故C正确．[答案]C6．一列简谐横波沿x轴正向传播，t＝0时刻波形如下图，从图示时刻起经0.5s时间处于x＝2的质点P刚好第二次出现波峰，以下说法正确的选项是()A．t＝0时刻，P质点的速度方向指向y轴正方向B．Q质点开始振动时，P质点正在波峰C．t＝0.5s时刻，质点P的加速度方向指向y轴正方向D．t＝0.5s时刻，Q质点第一次出现波峰【解析】t0＝0时刻P质点正向上振动，A正确．又由题意知，t＝0.5s＝eq\f(5,4)T，得T＝0.4s，PQ＝8m＝2λ，故Q开始振动时P处于平衡位置向上振动，B错误．t＝0.5s时刻，P的位移为正，加速度方向为负，C错误；经过t＝0.5s，波传播s＝vt＝eq\f(4,0.4)×0.5＝5m，Q正处于波峰，D正确．[答案]AD7．如下图，把一个带电小球A固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面的另一处放置带电小球B．现给小球B一个垂直AB连线方向的速度v0，使其在水平桌面上运动，那么以下说法中正确的选项是()A．假设A、B带同种电荷，B球一定做速度增大的曲线运动B．假设A、B带同种电荷，B球一定做加速度增大的曲线运动C．假设A、B带同种电荷，B球一定向电势较低处运动D．假设A、B带异种电荷，B球可能做速度和加速度大小都不变的曲线运动【解析】假设A、B带同种电荷，库仑力对B球做正功，B球做速度增大的曲线运动，B的电势能减小，又由于AB间距增大，故B的加速度减小，假设A、B为异种电荷，当eq\f(mv02,r)＝eq\f(kqAqB,r2)时，B球做匀速圆周运动，速度和加速度的大小都不变，D正确．[答案]AD8．某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性变化的匀强磁场(如图甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正．为了使静止于该磁场中的带正电的粒子能按a→b→c→d→e→f的顺序做横“∞”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹)，以下方法可行的是(粒子只受磁场力的作用，其他力不计)()【解析】要使粒子的运动轨迹如图乙所示，粒子做圆周运动的轨迹的周期应为T0＝eq\f(2πm,qB)＝eq\f(T,2)，结合左手定那么可知，选项A、D正确．[答案]AD9．水力采煤是利用高速水流冲击煤层而进行的，煤层受到3.6×106N/m2的压强冲击即可破碎，假设水流沿水平方向冲击煤层，不考虑水的反向溅射作用，那么冲击煤层的水流速度至少应为()A．30m/s B．40m/s C．45m/s D．60m/s【解析】建立如下图模型，设水柱面积为S，由动量定理：F·Δt＝0－(ρS·v0·Δt)×(－v0)可得压强：p＝eq\f(F,S)＝ρveq\o\al(2,0)故使煤层破碎的速度至少应为v0＝eq\r(\f(p,ρ))＝60m/s．[答案]D10．如图甲所示，传送带通过滑道将长为L、质量为m的匀质物块以初速度v0向右送上水平台面，物块前端在台面上滑动s距离停下来．滑道上的摩擦不计，物块与台面间的动摩擦因数为μ而且s>L，那么物块的初速度v0为()甲A．eq\r(2μgL) B．eq\r(2μgs－μgL)C．eq\r(2μgs) D．eq\r(2μgs＋μgL)【解析】物块位移在由0增大到L的过程中，对台面的压力随位移由0均匀的增加至mg，故整个过的摩擦力的大小随位移变化的图象如图乙所示，图中梯形“面积”即为物块克服摩擦力所做的功．乙由动能定理得：eq\f(1,2)μmg(s－L＋s)＝eq\f(1,2)mv02可解得v0＝eq\r(2μgs－μgL)．[答案]B二、非选择题(共60分)11．(6分)某实验小组拟用如图甲所示的装置研究滑块的运动．实验器材有滑块、钩码、纸带、米尺、带滑轮的木板以及由漏斗和细线组成的单摆等．实验中，滑块在钩码的作用下拖动纸带做匀加速直线运动，同时单摆沿垂直于纸带运动的方向摆动，漏斗漏出的有色液体在纸带上留下的痕迹记录了漏斗在不同时刻的位置．[2008年高考·重庆理综卷](1)在图乙中，从________纸带可看出滑块的加速度和速度的方向一致．(2)用该方法测量滑块加速度的误差主要来源有：____________________、____________________．(写出2个即可)【解析】要使速度和加速度的方向相同，那么必须选纸带B，因为B中相等的时间内纸带运动的距离越来越大．[答案](1)B(2分)(2)摆长测量漏斗的重心变化(或液体痕迹偏粗、阻力变化等)(每空2分)12．(9分)用高电阻放电法测电容的实验，是通过对高阻值电阻放电的方法，测出电容器的充电电压为U时，所带的电荷量为Q，从而再求出待测电容器的电容C．某同学的实验情况如下：A．按图甲所示的电路连接好实验电路；B．接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使小量程电流表的指针偏转接近满刻度，记下这时电流表的示数I0＝490μA及电压表的示数U0＝6.2V，I0和U0分别是电容器放电的初始电流和电压；C．断开开关S，同时开始计时，每隔5s或10s测一次电流I的值，将测得数据填入预先设计的表格中，根据表格中的数据(10组)在以时间t为横坐标、电流I为纵坐标的坐标纸上描点，即图乙中用“×”表示的点．(1)实验中，电阻箱所用的阻值R＝________Ω．(2)试根据上述实验结果，在图乙中作出电容器放电的I－t图象．(3)经估算，该电容器两端的电压为U0时所带的电荷量Q0约为______C；该电容器的电容C约为______F．【解析】由ΔQ＝I·Δt知，电荷量为I－t图象与坐标轴所包围的面积，计面积时可数格数(四舍五入)．[答案](1)1.3×104(3分)(2)用平滑曲线连接(2分)(3)(8.0～9.0)×10－3(1.29～1.45)×10－3(每空2分)13．(10分)质量为60kg的消防队员从一根竖直的轻绳上由静止滑下，经2.5s落地．轻绳受到的拉力变化情况如图甲所示，取g＝10m/s2．在消防队员下滑的过程中(1)其最大速度和落地速度各是多大？(2)在图乙中画出其v－t图象．(3)其克服摩擦力做的功是多少？【解析】(1)设该队员先在t1＝1s的时间内以加速度a1匀加速下滑，然后在t2＝1.5s的时间内以加速度a2匀减速下滑第1s内由牛顿第二定律得：mg－F1＝ma1(1分)最大速度vm＝a1t1(1分)代入数据解得：vm＝4m/s(1分)后1.5s内由牛顿第二定律得：F2－mg＝ma2该队员落地时的速度v＝vm－a2t2(1分)代入数据解得：v＝1m/s．(2)图象如图丙所示．(2分)(3)该队员在第1s内下滑的高度h1＝eq\f(1,2)a1t12(1分)该队员在后1.5s内下滑的高度h2＝vmt2－eq\f(1,2)a2t22(1分)由动能定理得：mg(h1＋h2)－Wf＝eq\f(1,2)mv2(1分)代入数据解得：Wf＝3420J．(1分)丙[答案](1)最大速度为4m/s，落地速度为1m/s(2)如图丙所示(3)3420J14．(11分)A、B两小球由柔软的细线相连，线长L＝6m，现将A、B球先后以相同的初速度v0＝4.5m/s从同一地点水平抛出(先A、后B)，相隔时间t0＝0.8s．取g＝10m/s2，问：(1)B球抛出后经过多长时间细线刚好被拉直？(线拉直时，两球都未落地)(2)细线刚被拉直时，A、B两球的水平位移(相对抛出点)各为多大？【解析】(1)A球先抛出，0.8s时间内水平位移s0＝v0t0＝4.5×0.8m＝3.6m(1分)竖直位移：h0＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×