物理中常用的数学特殊方法
专题2 物理中常用的数学特殊方法
考点1. 利用数学方法求极值
1.利用三角函数求极值
(1)二倍角公式法:如果所求物理量的表达式可以化成y=A sin θcos θ,则根据二倍角公式,有y=A 2
sin 2θ,当θ=45°时,y 有最大值,y max =A 2
。
(2)辅助角公式法:如果所求物理量的表达式为y=a sin θ+b cos θ,通过辅助角公式转化为y=√a 2+b 2sin (θ+φ),当
θ+φ=90°时,y 有最大值y max =√a 2+b 2。
2.利用二次函数求极值
二次函数y=ax 2
+bx+c (a 、b 、c 为常数,且a ≠0),当
x=-b
2a 时,y
有极值
y m =4ac -b 2
4a
(a>0时,y m 为极小值;a<0时,y m 为极大值)。
3.利用均值不等式求极值
对于两个大于零的变量a 、b ,若其和a+b 为一定值,则当a=b 时,其积ab 有极大值;若其积ab 为一定值,则当a=b 时,其和
a+b 有极小值。
1.(2019年衡水二调)(多选)如图甲所示,位于同一水平面上的两根平行导电导轨,放置在斜向左上方、与水平面成60°角足够大的匀强磁场中,现给出这一装置的侧视图,一根通有恒定电流的金属棒正在导轨上向右做匀速运动,在匀强磁场沿顺时针缓慢转过30°的过程中,金属棒始终保持匀速运动,则磁感应强度B 的大小变化可能是( )。
A .始终变大
B .始终变小
C .先变大后变小
D .先变小后变大
2.一个国际研究小组借助于智利的甚大望远镜,观测到了一组双星系统,它们绕两者连线上的某点O 做匀速圆周运动,如图所示。此双星系统中体积较小的成员能“吸食”另一颗体积较大的星体表面的物质,达到质量转移的目的,假设在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变,则在最初演变的过程中( )。
A .它们做圆周运动的万有引力保持不变
B .它们做圆周运动的角速度不断变大
C .体积较大的星体做圆周运动的轨迹半径变大,线速度也变大
D .体积较大的星体做圆周运动的轨迹半径变大,线速度变小
3.(2019年湖北省宜昌市高三模拟)(多选)如图所示,斜面底端上方高h 处有一小球以水平初速度v 0抛出,
恰好垂直打在斜面上,斜面的倾角为30°,重力加速度为g ,下列说法正确的是( )。
A .小球打到斜面上的时间为
√3v 0
g
B .要让小球始终垂直打到斜面上,应满足h 和v 0成正比
C .要让小球始终垂直打到斜面上,应满足h 和v 0的平方成正比
D .若高度h 一定,现小球以不同的初速度v 0平抛,落到斜面上的速度最小值为√(√21-3)gh
考点2.函数图象及应用
图象问题是高考命题的高频考点,年年皆有。不管怎么考,我们只要深刻理解图象中的基本要素便可应对,具体为图
象中的“点”“线”“斜率”“截距”“面积”等。
图象
函数形式
特例及物理意义
y=c
匀速直线运动的v-t 图象。“面积”表示位移
y=kx
①匀速直线运动的x-t 图象。斜率表示速度
②初速度v 0=0的匀加速直线运动的v-t 图象。斜率表示加速度,“面积”表示位移
4.(2019年河南郑州二模)蹦极是一项考验体力、智力和心理承受能力的空中极限运动。跳跃者站在约50 m高的塔台上,把一根原长为L的弹性绳的一端绑在双腿的踝关节处,另一端固定在塔台上,跳跃者头朝下跳下去。若弹性绳的弹力遵守胡克定律,不计空气阻力,则在跳跃者从起跳到第一次下落到最低点的过程中,跳跃者的动能E k(图线①)和弹性绳的弹性势能E p(图线②)随下落高度的变化图象中,可能正确的是()。
5.(2019年陕西二模)(多选)如图所示,xOy坐标系的第一象限内分布着垂直纸面向里的有界匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T,磁场的右边界是满足y=1
2
x2(单位:m)的抛物线的一部分。现有一质量m=1×10-6 kg、电荷量q=2×10-4 C的带正电粒子(重力不计)从y轴上的A点(0,0.5 m)沿x轴正方向以速度v0射入,恰好不从磁场右边界射出,则()。
A.粒子在磁场中做逆时针圆周运动
B.粒子到达磁场边界的位置坐标为(3 m,4.5 m)
C.粒子在磁场中运动的速率为2×102 m/s
D.粒子从A点到磁场右边界的运动时间为π
3
×10-2 s
考点3.微积分初步及应用
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基本特征。
(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。
③纯电阻电路的I-U图象。斜率表示电阻的倒数
y=a-kx
①匀减速直线运动的v-t图象。截距表示初速度和运动时间,斜率表示加速度,“面积”表示位移
②闭合电路中的U-I图象(U=E-Ir)。截距表示电动势和短路电流,斜率表示内阻大小
y=
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=
E
R+r
R)。渐近线表示断路R=∞,U=E,U内=0
②汽车以恒定功率启动。渐近线表示:合力为0,速度最大,有v m=
P
F
阻
(类比电磁感应现象中导体杆在恒力作用下的运动)
y=kx2(抛物线
函数)
①位移与时间的x-t图象(x=
1
2
at2)。斜率表示速度
②小灯泡消耗的实际功率与外加电压的P-U图象。由P=
U2
R
求解
y=A sin ωt交流电的e-t图象(e=E
m sinωt)。可读出峰值和周期
6.(2019年武汉二调)运动员在水上做飞行运动表演,他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后(速度大小不变)向下喷出,令自己悬停在空中,如图所示。已知运动员与装备的总质量为90 kg,两个喷嘴的直径均为10 cm,已知重力加速度大小g=10 m/s2,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3,则喷嘴处喷水的速度大约为()。
A.2.7 m/s
B.5.4 m/s
C.7.6 m/s
D.10.8 m/s
7.(2019年山西省晋城市高三下学期第三次模拟)太空中的尘埃对飞船的碰撞会阻碍飞船的飞行,质量为M的飞船飞入太空尘埃密集区域时,需要开动引擎提供大小为F的平均推力才能维持飞船以恒定速度v匀速飞行。已知尘埃与飞船碰撞后将完全黏附在飞船上,则在太空尘埃密集区域单位时间内黏附在飞船上的尘埃的质量为()。
A.M+F
v B.F
v
-M C.M-F
v
D.F
v
8.如图甲所示,半径r=0.5 m的圆形匀强磁场区域与x轴相切于坐标系的原点O。磁感应强度B=2×10-3 T,方向垂直于纸面向外。在x=1 m和x=2 m 之间的区域内有方向沿y轴正方向的匀强电场,电场强度E=1.5×103 N/C。在x=3 m处的x轴上方有一与y轴平行且足够长的荧光屏,在O点有一个粒子源,能沿纸面各个方向发射质量m=1.6×10-28 kg,带电荷量
q=1.6×10-19 C且速率相同的粒子,其中沿y轴正方向射入的粒子恰能从磁场最右侧的A点离开磁场,不计粒子的重力、空气的阻力及粒子间的相互作用力。(1)求这些粒子在磁场中运动的速度。(2)求这些粒子打在荧光屏上的范围(位置坐标表示)。
(3)若没有荧光屏,粒子射出电场后立即进入某种不导电的介质中运动,其所受介质阻力与速率成正比,比例系数k=1.6×10-21 N·s/m。求粒子在该介质中运动的轨迹长度(电荷量不变)。
考查角度1数学归纳法
我们经常会遇到一些反复多次的物理过程,通常用“n”来表示,这类习题考查考生对物理规律的理解程度,对考生的思维能力有较高的要求,高考物理试题中也出现过。这类题的解法通常如下。
方法1:从n=1开始,列出相应的方程,再分析出n=2,3,4,…时的规律,并列出方程,从而总结归纳出第n次的结论,我们称之为归纳法。这种方法思维较容易,分析过程较简单,但解题过程较烦琐。
方法2:直接找出第n次所具有的状态特征,不考虑复杂的过程,利用物理规律列方程求解,我们称之为临界状态法。这种方法思维较难,但解题过程较简捷。
这类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。该类问题求解通常需要借助数列的相关知识。基本思路为:
(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:S n=n(a1+a n)
2=na1+n(n-1)
2
d(d为公差)。等比:S n=a1(1-q
n)
1?q
(q为公比)。
9.(2019年湖北省麻城一中高考冲刺模拟)(多选)水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可看作质点的相同物块,物块间用长为L的不可伸长的细线连接,开始时处于静止状态,物块与轨道间的动摩擦因数为μ。用水平恒力F拉动物块1开始运动,到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零,则()。
A.拉力F所做的功为nFL
B.系统克服摩擦力做的功为n(n-1)μmgL
2
C.F>nμmg
2
D.(n-1)μmg 10.雨滴在穿过云层的过程中,不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结合为一体,其质量逐渐增大。现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初始质量为m0,初速度为v0,下降距离l后与静止的小水珠碰撞且合并,质量变为m1。此后每经过同样的距离l后,雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并,质量依次变为m2、m3、…、m n(设各质量为已知量)。不计空气阻力。(1)若不计重力,求第n次碰撞后雨滴的速度v n'。 (2)若考虑重力的影响: a.求第1次碰撞前、后雨滴的速度v1和v1'。 b.求第n次碰撞后雨滴的动能1 2 m n v n'2。 11.如图所示,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,它们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,且无动能损失。棒在整个运动过程中始终保持竖直,空气阻力不计。求: (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。 考查角度2巧用图象法解决问题 高考对图象的考查不仅限于识图、图形转化,还有用图。有些问题用常规公式法烦琐,但是利用图象方便快捷,所以对于物理方法中的第一高频考点图象法有必要再进一步深化。 12.(2019年山东师大附中模拟)如图甲所示,一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块(可视 为质点),煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。初始时,传送带与煤块都是静止的。现让传送带以 恒定的加速度a开始运动,当其速度达到v0后,便以此速度做匀速运动。经过一段时间,煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后,煤块相对于传送带不再滑动,关于上述过程,以下判断正确的是(重力加速度为g)()。 A.μ与a之间一定满足关系μ>a g B.煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为v02 μg C.煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为v0 μg D.黑色痕迹的长度为(a-μg)v02 2a2 13.(2019年江苏淮安一调)如图甲所示,竖直平面内有固定的弯折形滑杆轨道ACB和ADB,AC平行于DB,AD平行于CB,一小圆环(图中未画出)先后套在ACB、ADB上,从A点由静止释放,滑到B点所用的时间分别为t1、t2,到达B点的速度大小分别为v1、v2,已知小圆环与两条轨道之间的动摩擦因数都相同,不计弯折处能量损失。下列关系式成立的是()。 A.t1>t2 B.t1 C.v1>v2 D.v1 14.(2018年山东省日照市高三5月校际联考)14C测年法是利用14C衰变规律对古生物进行年代测定的方法。若以横坐标t 表示时间,纵坐标m表示任意时刻14C的质量,m0为t=0时14C的质量。下列四幅图中能正确反应14C衰变规律的是()。 15.2017年10月16日,南京紫金山天文台对外发布一项重大发现,我国南极巡天望远镜追踪探测到首例引力波事件光学信号。关于引力波,早在1916年爱因斯坦基于广义相对论预言了其存在。1974年拉塞尔·赫尔斯和约瑟夫·泰勒发现赫尔斯—泰勒脉冲双星,该双星系统在互相公转时,由于不断发射引力波而失去能量,因此逐渐相互靠近,这现象为引力波的存在提供了首个间接证据。科学家们猜测该双星系统中体积较小的星球能“吸食”另一颗体积较大的星球表面的物质,达到质量转移的目的,则关于赫尔斯—泰勒脉冲双星周期T随双星之间的距离L变化的关系图象正确的是()。 16.(2019年广东省汕尾市高三教学质量监测)(多选)将小球以初速度v0竖直向上抛出,所受空气阻力与速度大小成正比,速度—时间图象如图所示。下落过程中小球一直加速,t2时刻落回抛出点,下列说法正确的是()。 A.小球运动过程中加速度逐渐变小 B.t1时刻小球加速度为零 C.小球上升过程和下落过程的平均速度相等 D.小球从抛出到落回抛出点阻力的冲量为零 17.(2019年山西省太原市第五中学高三5月模拟)如图甲所示,匀强电场中的六个点A、B、C、D、E、F为 正八面体的六个顶点,已知BE中点O的电势为零,A、B、C三点的电势分别为7 V、-1 V、3 V,则E、F两点 的电势分别为()。 A.2 V、-2 V B.1 V、-3 V C.1 V、-5 V D.2 V、-4 V 18.(2019年东北三省四市高考二模)如图所示,一个各短边边长均为L,长边边长为3L的匀质线框,匀速通过宽度为L的匀强磁场区域,磁场方向垂直于纸面,线框沿纸面运动,开始时线框右侧短边ab恰好与磁场左边界重合,此过程中最右侧短边两端点a、b两点间电势差U ab随时间t变化的关系图象正确的是()。 19.(2019年江西吉安一模)南昌市秋水广场拥有亚洲最大的音乐喷泉群。一同学在远处观看秋水广场喷泉表演时,估测喷泉中心主喷水口的水柱约有40层楼高,表演结束时,靠近主喷水管口,观察到该主喷水管口的圆形内径约为10 cm,由此估算驱动主喷水管的水泵功率最接近的数值是()。 A.5×102 W B.5×103 W C.5×104 W D.5×105 W 20.(2019年山东省菏泽市高三第一次模拟)如图甲所示,abcd为边长为L的正方形,在四分之一圆abd区 域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场,磁场的磁感应强度为B。一个质量为m、电荷量为q的带电粒子 从b点沿ba方向射入磁场,结果粒子恰好能通过c点,不计粒子的重力,则粒子的速度大小为()。 A.qBL m B.√2qBL m C.(√2-1)qBL m D.(√2+1)qBL m 21.(2019年陕西省部分学校模拟)(多选)我国的“天链一号”是地球同步轨道卫星,可为载人航天器及中低轨道卫星提供 数据通信。如图甲所示为“天链一号”a 、赤道平面内的低轨道卫星b 、地球三者的位置关系示意图,O 为地心,地球相对卫星a 、b 的张角分别为θ1和θ2(θ2图中未标出),卫星a 的轨道半径是b 的4倍。已知卫星a 、b 绕地球同向运行,卫星a 的周期为T ,在运行过程中由于地球的遮挡,卫星b 会进入与卫星a 通信的盲区。卫星间的通信信号视为沿直线传播,信号传输时间可忽略,下列分析正确的是( )。 A .张角θ1和θ2满足sin θ2=4sin θ1 B .卫星b 的周期为T 8 C .卫星b 每次在盲区运行的时间为θ1+θ2 14πT D .卫星b 每次在盲区运行的时间为θ1+θ 216π T 22.(2019年河南省南阳一中测试)(多选)如图甲所示,用一轻质绳拴着一质量为m 的小球,在竖直平面内做圆周运动(不计一 切阻力),小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T ,小球在最高点的速度大小为v ,其T-v 2 图象如图乙所示,则( )。 A .当地的重力加速度为a m B .轻质绳长为 bm a C .小球在最低点受到的最小拉力为5a D .若把轻绳换成轻杆,则从最高点由静止转过90°的过程中杆始终对小球产生支持力 23.(2019年福建省厦门外国语学校高三最后一模)(多选)如图甲所示,为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x 与斜面 倾角θ的关系,将某一物体每次以不变的初速度v 0沿足够长的斜面向上推出,调节斜面与水平方向的夹角θ,实验测得x 与斜面倾角θ的关系如图乙所示,g 取10 m/s 2 ,根据图象可求出( )。 A .物体的初速度大小v 0=6 m/s B .物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.6 C .取不同的倾角θ,物体在斜面上能达到的位移x 的最小值x min =1.44 m D .当θ=30°时,物体达到最大位移后将沿斜面下滑 24.(2019年山东枣庄联考)(多选) 在竖直杆上安装一个光滑小导向槽,使竖直上抛的小球能改变方向后做平抛运动。不计小球经导向槽时的能量损失,设小球从地面沿杆竖直上抛的初速度大小为v ,重力加速度为g ,那么当小球有最大水平位移时,下列说法正确的是( )。 A .导向槽位置应在高为v 24g 的位置 B .最大水平位移为v 2g C .小球在上升、下落两过程中在经过某相同高度时,合速度的大小总有v 下=2v 上 D .当小球落地时,速度方向与水平方向成45°角 25.(2019年辽宁葫芦岛一模)(多选)如图所示,在水平面上有一传送带以恒定速率v 1沿顺时针方向运动,传送带左、右两端各有一个与传送带等高的光滑水平面和传送带相连(紧靠但不接触)。现有一物块在右端水平面上以速度v 2向左运动,物块速度随时间变化的图象可能的是( )。 26.(2018年湖南省岳阳市高三二模)(多选) 如图所示,足够长的光滑平行金属导轨竖直放置,间距为L ,其上端连接有阻值为R 的电阻和电容为C 的电容器,装置区域有垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度为B 。将一根水平金属棒 ab 放在导轨上,使其由静止开始下滑。已知金属棒ab 的质量为m ,电阻也为R 。金属棒ab 在运动中始终保持水平且 与导轨良好接触,且通过金属棒ab 的电流恒定不变,忽略导轨电阻,重力加速度为g 。则下列说法正确的是( )。 A .因为通过金属棒ab 的电流不变,所以金属棒ab 做匀速运动,速度大小v= 2mgR B 2L 2 B .尽管通过金属棒ab 的电流不变,金属棒ab 还是做匀变速运动,加速度大小a=mg m+CB 2L 2 C .电阻R 的电功率P= m 2g 2C 2B 2L 2R m+CB 2L 2 D .若金属棒ab 由静止下滑,开始时电容器所带电荷量为0,那么经过时间t ,电容器所带电荷量q=BCLmgt -2C 2BLmgR m+CB 2L 2 1.解析? 金属棒的受力分析如图乙所示。分析可得,在匀强磁场沿顺时针缓慢转过30°的过程中,磁场方向与竖直方向的夹角θ从30°减小到0°。因为金属棒始终保持匀速运动,即F 合=0,有F A cos θ=F f ,F N +F A sin θ=mg ,F f =μF N ,整理可得F A = μmg cosθ+μsinθ=√ 1+μsin(θ+α) , 其中tan α=1 μ 。当α>60°,θ从30°减小到0°时,F A 先变小后变大, 又F A =BIL ,所以B 先变小后变大,D 项正确;当α≤60°,θ从30°减小到0°时,F A 一直变大,所以B 一直变大,A 项正确。答案? AD 2.解析? 设体积较小的星体质量为m 1,轨道半径为r 1,体积较大的星体质量为m 2,轨道半径为r 2;双星间的距离为L ;转移的质量为Δm 。则它们之间的万有引力F=G (m 1+Δm)(m 2-Δm) L 2 ,根据数学知识知,随着Δm 的增大,F 会发生变化,A 项错误。对体积较 小的星体,有G (m 1+Δm)(m 2-Δm) L 2 =(m 1+Δm )ω2r 1; 对体积较大的星体,有G (m 1+Δm)(m 2-Δm) L 2 =(m 2-Δm )ω2r 2,由两式得ω=√ G(m 1+m 2) L 3 , 总质量m 1+m 2不变,两者距离L 不变,则角速度ω不变,B 项错误。ω2 r 2=G (m 1+Δm) L 2 ,ω、L 、m 1均不变,Δm 增大,则r 2增大,即体 积较大的星体做圆周运动的轨迹半径变大,由v=ωr 2得,其线速度v 也增大,故C 项正确,D 项错误。答案? C 3.解析? 设小球打到斜面上的时间为t ,恰好垂直打在斜面上,根据几何关系可得tan 60°=v y v 0=gt v 0 ,解得t= √3v 0 g ,故A 项正确; 要让小球始终垂直打到斜面上,小球平抛运动的水平位移x=v 0t ,y=12 gt 2 ,小球落在斜面上,根据几何关系得tan 30°= ?-y x ,代入t= √3v 0 g 解得h= 5v 022g ,h 和v 0的平方成正比,故B 项错误,C 项正确;小球落在斜面上时的竖直分速度v y =√2gy ,v x =x t =x √g 2y ,由于tan 30°=?-y x ,速度 v=√v x 2 +v y 2,联立解得 v=√g (3? 2 2y + 7y 2 -3h),根据数学知识可知,积一定,当二者相等时和有最小值,故最小值v m =√(√21-3)gh ,D 项正确。答案? ACD 4.解析? 在跳跃者起跳到下落到弹性绳刚伸直(0~L )的过程中,动能随下落高度h 的增加线性增大;再往下落时动能和弹性势能都增大,当弹性绳的弹力等于跳跃者的重力时,速度最大,动能最大;继续向下落时动能减小,弹性绳的弹性势能增大,图象B 正确。答案? B 点评? 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。 5.解析? 根据左手定则可知粒子在磁场中做逆时针方向的圆周运动,故A 项正确;设轨迹圆的半径为R ,则圆的方程为 x 2+(y-R-0.5)2=R 2,其中抛物线方程为y=1 2x 2,联立解得y 2-(2R-1)y+R+0.25=0,由于圆与抛物线相切,则该方程根的判别式Δ=0, 即(2R-1)2 -4(R+0.25)=0,解得R=2 m ,则y=1.5 m ,x=√3 m ,故B 项错误;根据洛伦兹力提供向心力可得qvB=m v 2R ,解得R= mv qB ,代入数据解得v=2×102 m/s ,故C 项正确;设粒子从A 点到磁场右边界时轨迹对应的圆心角为θ,则sin θ=x R =√3 2 ,解得θ=60?,则粒子从A 点到磁场右边界的运动时间t=60?360?×2πm qB =π3 ×10-2 s ,故D 项正确。答案? ACD 6.解析? 设飞行器对水的平均作用力为F ,运动员悬停在空中,则有F=Mg ,设水喷出的速度为v ,取Δt 时间内,两喷嘴喷出的水为研究对象,喷出的水的质量Δm=2ρπ(d 2 )2v ·Δt ,水受重力和人对其的作用力,根据动量定理可得(F+Δmg )·Δt=Δmv-Δm (-v ),由于2F ?Δmg ,则v=√ Mg ρπd 2,代入数据得 v ≈5.4 m/s ,故B 项正确。答案? B 点评? 应用动量定理求解流体冲击力,关键是建立“柱体微元”模型,具体思路是: (1)在极短时间Δt 内,取一小段流出的水柱作为研究对象。 (2)求小水柱体积V=Sv Δt 。 (3)求小水柱质量Δm=ρV=ρSv Δt 。 (4)求小水柱的动量变化Δp 。 (5)应用动量定理F Δt=Δp 求解。 7.解析? 设单位时间内黏附在飞船上尘埃的质量为m 。以单位时间内黏附在飞船上的尘埃为研究对象,根据动量定理有 Ft=mv-0,其中t=1 s ,可得m=F v ,D 项正确。答案? D 8.解析? (1)由题意可知,粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径R=r=0.5 m 设粒子在磁场中运动的速度为v ,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m v 2 R 解得v=1×106 m/s 。 (2)如图乙所示,因为粒子做圆周运动的轨迹和磁场圆边界的交点O 、C 与两圆的圆心O 1、 O 2连线组成的是菱形,所以CO 2和y 轴平行,则所有射出磁场的粒子速度方向都和x 轴平行 粒子从O 点出发,沿x 轴正方向以速度v 垂直射入电场,在电场中的加速度大小a=qE m =1.5×1012 m/s 2 粒子穿出电场用时t=Δx v =1×10-6 s 则v y =at=1.5×106 m/s ,tan α=v y v x =at v =1.5 粒子在电场中的侧位移y 1=1 2 at 2 =0.75 m 飞出电场后粒子做匀速直线运动,y 2=Δx'·tan α=1.5 m 故y=y 1+y 2=2.25 m ,则粒子打在屏上的坐标为(3 m ,2.25 m ) 沿x 轴负方向射出的粒子经磁场偏转后从坐标为(0,1 m )的点平行于x 轴方向射向电场,直至打在屏上的侧位移大小也为y ,故该粒子打在屏上的坐标为(3 m ,3.25 m ) 则带电粒子打在荧光屏上的区域为(3 m ,2.25 m )至(3 m ,3.25 m )。 (3)粒子在电场中运动的某一瞬间,设粒子的速度为v t ,应用牛顿第二定律有kv t =ma t ,即kv t =m Δv t Δt (Δv t 在这里是速度大小的变化) 求和有k Σ(v t Δt )=m ΣΔv t 根据动量定理有-kl=0-mv t 且 v t =√v 2+v y 2=√132×106 m/s 解得l=mv t k =√13 20 m 。 9.解析? 物体1的位移为(n-1)L ,则拉力F 所做的功W F =F ·(n-1)L=(n-1)FL ,故A 项错误。系统克服摩擦力做的功 W f =μmgL+μmg ·2L+…+μmg ·(n-2)L+μmg ·(n-1)L= n(n -1)μmgL 2 ,故B 项正确。根据题意,连接第n 个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零,假设没有动能损失,由动能定理有W F =W f ,解得F=nμmg 2,现由于绳子绷紧瞬间系统有动能损失,所以根据功能 关系可知F> nμmg 2 ,C 项正确,D 项错误。 答案? BC 10.解析? (1)不计重力,全过程动量守恒,有m 0v 0=m n v n ' 解得v n '= m 0 m n v 0。 (2)若考虑重力的影响,雨滴下降过程中做加速度为g 的匀加速运动,碰撞瞬间动量守恒 a.第1次碰撞前,有v 12=v 02+2gl 解得v 1=√v 02+2gl 第1次碰撞后,有m 0v 1=m 1v 1' 解得v 1'= m 0m 1v 1=m 0 m 1 √v 02+2gl 。 b.第2次碰撞前,有v 22=v 1'2 +2gl 由以上各式可得 v 22=( m 0m 1)2v 02+(m 02+m 12 m 12 )2gl 第2次碰撞后,由上式可得 v 2'2 =(m 1m 2)2v 22=(m 0m 2)2v 02+(m 02+m 12m 22 )2gl 同理可得,第3次碰撞后,有v 3'2 =(m 0m 3)2v 02+(m 02+m 12+m 22m 32 )2gl …… 第n 次碰撞后,有v n '2 =(m 0m n )2v 02 +(∑i=0n -1 m i 2 m n 2)2gl 则第 n 次碰撞后雨滴的动能为12m n v n '2=12m n (m 02v 02 +2gl ∑i=0 n -1 m i 2)。 11.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= 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v 1=√2gH 设棒弹起后的加速度为a 棒,由牛顿第二定律有a 棒=-kmg+mg m =-(k+1)g 故棒第一次弹起的最大高度 H 1=-v 122a 棒 =H k+1 路程s=H+2H 1=k+3 k+1 H 。 (3)解法一 设棒第一次弹起经过t 1时间后与环达到共同速度v 1' 环的速度v 1'=-v 1+a 环t 1 棒的速度v 1'=v 1+a 棒t 1 解得t 1=1 k √2H g ,v 1'=-√2gH k 环的位移h 环1=-v 1t 1+12a 环t 12=-k+1k 2H 棒的位移h 棒1=v 1t 1+12a 棒t 12=k -1 k 2H 环第一次相对棒的位移x 1=h 环1-h 棒1 解得x 1=-2H k 设棒第二次落地前的瞬时速度大小为v 2,棒、环一起下落至地,有v 22-v 1'2 =2gh 棒1 解得v 2=√ 2gH k 同理,环第二次相对棒的位移 x 2=h 环2-h 棒2=- 2H k 2 …… x n =-2H k n 故环相对棒的总位移x=x 1+x 2+…+x n =-2H k -1 所以W=kmgx=-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 ,由能量守恒定律有 mgH+mg (H+l )=kmgl 解得l=2H k -1 故摩擦力对环和棒做的总功 W=-kmgl=- 2kmgH k -1 。