第三部分專項(xiàng)提能優(yōu)化訓(xùn)練專題3.4數(shù)學(xué)方法在物理中的應(yīng)用問(wèn)題目錄TOC\o"1-3"\h\u一、正弦定理、余弦定理、三角形相似法 1類型1正弦定理的應(yīng)用 1類型2余弦定理的應(yīng)用 4類型3三角形相似法的應(yīng)用 5eq\a\vs4\al(二、三角函數(shù)法) 7eq\a\vs4\al(三、二次函數(shù)法) 10四、均值不等式 14四、數(shù)學(xué)歸納法和數(shù)列法 16五、微元法的應(yīng)用 23一、正弦定理、余弦定理、三角形相似法類型1正弦定理的應(yīng)用1．正弦定理：在如圖甲所示的三角形中，各邊和所對(duì)應(yīng)角的正弦之比相等。即：eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)【例1】(2020·日照模擬)如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量分別為eq\r(3)m、m的小圓環(huán)A、B用不可伸長(zhǎng)的細(xì)線連著，套在一個(gè)豎直固定的大圓環(huán)上，大圓環(huán)的圓心為O。系統(tǒng)平衡時(shí)，細(xì)線所對(duì)的圓心角為90°，大圓環(huán)和小圓環(huán)之間的摩擦力及細(xì)線的質(zhì)量忽略不計(jì)，重力加速度大小用g表示，下列判斷正確的是()A．小圓環(huán)A、B受到大圓環(huán)的支持力之比是eq\r(3)∶1B．小圓環(huán)A受到大圓環(huán)的支持力與豎直方向的夾角為15°C．細(xì)線與水平方向的夾角為30°D．細(xì)線的拉力大小為eq\f(\r(3),2)mg【答案】A【解析】對(duì)小圓環(huán)A和B進(jìn)行受力分析，根據(jù)平行四邊形定則作出重力和支持力的合力，此合力的大小等于細(xì)線的拉力的大小，設(shè)A、B所受的支持力與豎直方向的夾角分別為α和β，如圖所示：根據(jù)正弦定理可以得到：eq\f(\r(3)mg,sin45°)＝eq\f(FT,sinα)，eq\f(mg,sin45°)＝eq\f(FT′,sinβ)，由于FT＝FT′，α＋β＝90°整理可以得到：α＝30°，β＝60°，F(xiàn)T＝FT′＝eq\f(\r(6),2)mg再次利用正弦定理：eq\f(FNA,sin180°－45°－30°)＝eq\f(\r(3)mg,sin45°)，eq\f(FNB,sin180°－45°－60°)＝eq\f(mg,sin45°)整理可以得到：eq\f(FNA,FNB)＝eq\f(\r(3),1)，故選項(xiàng)A正確，B、D錯(cuò)誤；由題圖根據(jù)幾何知識(shí)可以知道，細(xì)線與水平方向的夾角為90°－(45°＋30°)＝15°，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤。【針對(duì)訓(xùn)練1】.在仰角α＝30°的雪坡上舉行跳臺(tái)滑雪比賽，如圖所示。運(yùn)動(dòng)員從坡上方A點(diǎn)開(kāi)始下滑，到起跳點(diǎn)O時(shí)借助設(shè)備和技巧，保持在該點(diǎn)的速率不變而以與水平面成θ角的方向起跳。最后落在坡上B點(diǎn)，坡上OB兩點(diǎn)距離為L(zhǎng)。已知A點(diǎn)高于O點(diǎn)h＝50m，不計(jì)摩擦和阻力，則OB兩點(diǎn)距離L最大值為多少米？此時(shí)起跳角為多大？【答案】：200m30°【解析】：運(yùn)動(dòng)員在O點(diǎn)速度v0＝eq\r(2gh)＝10eq\r(10)m/s。起跳后運(yùn)動(dòng)員做斜上拋運(yùn)動(dòng)。法一：以O(shè)為原點(diǎn)，建立水平向右和豎直向上的xOy坐標(biāo)系，把運(yùn)動(dòng)分解為水平向右的勻速運(yùn)動(dòng)和豎直方向的豎直上拋運(yùn)動(dòng)。x＝v0cosθ·t，y＝v0sinθ·t－eq\f(1,2)gt2，令y＝－xtanα解得x＝eq\f(2v02cosθsinα＋θ,gcosα)＝eq\f(v02[sin2θ＋α＋sinα],gcosα)。當(dāng)2θ＋α＝90°，θ＝30°時(shí)，xmax＝eq\f(v021＋sinα,gcosα)，此時(shí)OB有極大值L＝eq\f(xmax,cosα)＝200m。法二：建立如圖甲所示坐標(biāo)系把運(yùn)動(dòng)分解為沿斜面方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和垂直于斜面方向的勻減速直線運(yùn)動(dòng)。L＝v0tcos(α＋θ)＋eq\f(gt2sinα,2)，0＝v0tsin(α＋θ)－eq\f(gt2cosα,2)。余下的計(jì)算過(guò)程同上。法三：把運(yùn)動(dòng)視為v0方向的勻速運(yùn)動(dòng)和自由落體運(yùn)動(dòng)的合成。如圖乙所示eq\f(v0t,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α)))＝eq\f(\f(gt2,2),sinα＋θ)＝eq\f(L,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ)))，消去t，同樣得到L的表達(dá)式，余下解略。【針對(duì)訓(xùn)練2】．(2022·銀川模擬)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(guò)一條細(xì)繩跨過(guò)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)m B.eq\f(\r(3),3)mC.eq\f(\r(3),2)m D．2m【答案】A【解析】：分別對(duì)a、b兩球受力分析，如圖所示根據(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?！踞槍?duì)訓(xùn)練3】(2022·浙江Z20聯(lián)盟第二次聯(lián)考)在圓心為O、半徑為R的光學(xué)介質(zhì)圓環(huán)內(nèi)有一點(diǎn)光源P，可以向紙面內(nèi)各方向發(fā)光，已知OP＝eq\f(3,4)R，介質(zhì)折射率n＝eq\f(5,3)，則從圓周上有光線射出的范圍是(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A.πR B.eq\f(53,45)πRC.eq\f(3,2)πR D.2πR【答案】B【解析】由介質(zhì)的折射率可求得此光發(fā)生全反射的臨界角sinC＝eq\f(1,n)＝eq\f(3,5)，解得C＝37°，由正弦定理得eq\f(R,sinθ)＝eq\f(\f(3,4)R,sinC)，解得θ＝53°或θ＝127°，如圖所示如圖甲∠OPA＝53°，如圖乙∠OPM＝127°，由甲圖知，AB左側(cè)光線能射出，由乙圖知圓弧MN上有光線射出，由正弦定理與三角形內(nèi)角和可求得∠MON＝32°，所以光線能射出的圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為180°＋32°＝212°，則從圓周上有光線射出的范圍是l＝eq\f(212°,360°)×2πR＝eq\f(53,45)πR，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。類型2余弦定理的應(yīng)用余弦定理：在如圖甲所示的三角形中，有如下三個(gè)表達(dá)式：a2＝b2＋c2－2bc·cosAb2＝a2＋c2－2ac·cosBc2＝a2＋b2－2ab·cosC【例2】[多選]已知力F的一個(gè)分力F1跟F成30°角，大小未知，另一個(gè)分力F2的大小為eq\f(\r(3),3)F，方向未知，則F1的大小可能是()A.eq\f(\r(3)F,3) B.eq\f(\r(3)F,2)C.eq\f(2\r(3)F,3) D.eq\r(3)F【答案】AC【解析】如圖所示因?yàn)镕2＝eq\f(\r(3),3)F＞Fsin30°，故F1的大小有兩種可能情況，由余弦定理可得：F22＝F2＋F12－2FF1cos30°，化簡(jiǎn)可得：F12－eq\r(3)FF1＋eq\f(2,3)F2＝0，解得：F11＝eq\f(\r(3),3)F，F(xiàn)12＝eq\f(2\r(3),3)F，故選項(xiàng)A、C正確。類型3三角形相似法的應(yīng)用三角形相似法：相似三角形的對(duì)應(yīng)角相等，對(duì)應(yīng)邊成比例，如圖乙所示，兩三角形相似，有：eq\f(OM,ON)＝eq\f(OP,OQ)＝eq\f(PM,NQ)【例3】[多選]表面光滑、半徑為R的半球固定在水平地面上，球心O的正上方O′處有一無(wú)摩擦定滑輪，輕質(zhì)細(xì)繩兩端各系一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球掛在定滑輪上，如圖所示。兩小球平衡時(shí)，若滑輪兩側(cè)細(xì)繩的長(zhǎng)度分別為L(zhǎng)1＝2.4R和L2＝2.5R，這兩個(gè)小球的質(zhì)量之比為eq\f(m1,m2)，小球與半球之間的壓力之比為eq\f(FN1,FN2)，則以下說(shuō)法正確的是()A.eq\f(m1,m2)＝eq\f(24,25) B.eq\f(m1,m2)＝eq\f(25,24)C.eq\f(FN1,FN2)＝eq\f(25,24) D.eq\f(FN1,FN2)＝eq\f(24,25)【答案】BC【解析】先以左側(cè)小球?yàn)檠芯繉?duì)象，分析受力情況：重力m1g、繩子的拉力FT和半球的支持力FN1，作出受力分析圖由平衡條件得知，拉力FT和支持力FN1的合力與重力m1g大小相等、方向相反。設(shè)OO′＝h，根據(jù)三角形相似得eq\f(FT,L1)＝eq\f(FN1,R)＝eq\f(m1g,h)，解得m1g＝eq\f(FTh,L1)，F(xiàn)N1＝eq\f(FTR,L1)①同理，以右側(cè)小球?yàn)檠芯繉?duì)象，得：m2g＝eq\f(FTh,L2)，F(xiàn)N2＝eq\f(FTR,L2)，②由①②式得eq\f(m1,m2)＝eq\f(L2,L1)＝eq\f(25,24)，eq\f(FN1,FN2)＝eq\f(L2,L1)＝eq\f(25,24)?！踞槍?duì)訓(xùn)練】(2021·河南焦作高三模擬)如圖所示，固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓環(huán)的最高點(diǎn)有一個(gè)光滑的小孔，質(zhì)量為m的小球套在圓環(huán)上。一根細(xì)線的下端系著小球，上端穿過(guò)小孔用手拉住?，F(xiàn)拉動(dòng)細(xì)線，使小球沿圓環(huán)緩慢上移，在小球移動(dòng)過(guò)程中手對(duì)線的拉力F和軌道對(duì)小球的彈力FN的大小變化情況是()A.F不變，F(xiàn)N增大 B.F減小，F(xiàn)N不變C.F不變，F(xiàn)N減小 D.F增大，F(xiàn)N減小【答案】B【解析】小球沿圓環(huán)緩慢上移可看作始終處于平衡狀態(tài)，對(duì)小球進(jìn)行受力分析，作出受力示意圖如圖所示，由圖可知△OAB∽△GFA，即eq\f(G,R)＝eq\f(F,AB)＝eq\f(FN,R)，當(dāng)A點(diǎn)上移時(shí)，半徑不變，AB長(zhǎng)度減小，故F減小，F(xiàn)N不變，A、C、D錯(cuò)誤，B正確。eq\a\vs4\al(二、三角函數(shù)法)三角函數(shù)：y＝acosθ＋bsinθy＝acosθ＋bsinθ＝eq\r(a2＋b2)sin(θ＋α)，其中α＝arctaneq\f(a,b)。當(dāng)θ＋α＝90°時(shí)，有極大值ymax＝eq\r(a2＋b2)?！纠?】(2022·臨汾模擬)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μ，則()A．μ＝0.5，θ＝37° B．μ＝0.5，θ＝53°C．μ＝0.75，θ＝53° D．μ＝0.75，θ＝37°【答案】D【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°，故選D?！踞槍?duì)訓(xùn)練1】(2022·浙江新高考創(chuàng)新卷)如圖所示，重為G的物體在外力F的牽引下沿粗糙水平面做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，若F與水平面間的夾角θ從0°到90°逐漸增大，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A.力F逐漸增大B.外力F先減小后增大C.物體受到的合外力保持不變D.支持力與摩擦力的合力方向不變【答案】A【解析】因?yàn)槲矬w做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以物體在水平和豎直方向均受力平衡，則有Fcosθ＝μ(G－Fsinθ)，F(xiàn)＝eq\f(μG,cosθ＋μsinθ)，設(shè)sinβ＝eq\f(1,\r(1＋μ2))，cosβ＝eq\f(μ,\r(1＋μ2))，則有F＝eq\f(μG,\r(1＋μ2)（sinβcosθ＋cosβsinθ）)＝eq\f(μG,\r(1＋μ2)sin（β＋θ）)，θ從0逐漸增大到90°時(shí)，θ＋β<90°前，sin(β＋θ)逐漸變大，所以F逐漸減小，在θ＋β>90°后，sin(β＋θ)逐漸變小，所以F逐漸變大，因此F先減小后增大，A錯(cuò)誤，B正確；物體一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以物體受的合外力一直不變，C正確；物體所受各力的合力一直是零，由于Ff＝μFN，可知支持力和摩擦力的合力方向不變，D正確?！踞槍?duì)訓(xùn)練3】(2022·湖北省部分重點(diǎn)中學(xué)期末聯(lián)考)一名同學(xué)把箱子從圓弧形的坡底緩慢地推到坡頂，該同學(xué)作用在箱子上的推力方向和箱子的運(yùn)動(dòng)方向始終相同。箱子可視為質(zhì)點(diǎn)，且箱子和坡面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，該同學(xué)在推動(dòng)箱子的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A.推力一直減小B.推力一直增大C.坡對(duì)箱子的作用力一直在減小D.坡對(duì)箱子的作用力一直在增大【答案】D【解析】對(duì)箱子受力分析，箱子受到重力、支持力、推力和摩擦力，如圖所示，因?yàn)橄渥右苿?dòng)緩慢，所以受力平衡，有F＝mgsinθ＋μmgcosθ，令tanφ＝μ，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可得F＝eq\r(1＋μ2)mgsin(θ＋φ)，當(dāng)箱子向上移動(dòng)時(shí)，箱子所處位置的切線方向與水平方向的夾角θ不斷減小，當(dāng)θ減小時(shí)，sin(θ＋φ)有可能不斷減小，也有可能先增大后減小，故A、B錯(cuò)誤；坡對(duì)箱子的作用力F′＝eq\r(Feq\o\al(2,f)＋Feq\o\al(2,N))＝mgcosθeq\r(1＋μ2)，箱子所處位置的切線方向與水平方向的夾角θ不斷減小，當(dāng)θ減小時(shí)，cosθ增大，故坡對(duì)箱子的作用力一直在增大，故D正確，C錯(cuò)誤?！踞槍?duì)訓(xùn)練3】(2022·浙江寧波鎮(zhèn)海中學(xué)適應(yīng)性測(cè)試)甲、乙兩位同學(xué)玩相互拋接球的游戲，其中一位同學(xué)將球從A點(diǎn)拋出后，另一同學(xué)總能在等高處某點(diǎn)B快速接住，如圖所示。假設(shè)甲同學(xué)出手后球的速度大小為v，方向與水平面成θ角，忽略空氣阻力，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是()A.球在空中做變加速曲線運(yùn)動(dòng)B.球在空中上升的最大高度eq\f(v2cos2θ,2g)C.保持θ角不變，球的出手速度越大，球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間一定越短D.保持出手速度大小不變，改變出手方向，A、B點(diǎn)間最大距離eq\f(v2,g)【答案】D【解析】球拋出后在空中只受重力作用，做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；球拋出時(shí)在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，豎直分速度為vy＝vsinθ，到最高點(diǎn)時(shí)豎直速度減為零，則有h＝eq\f(veq\o\al(2,y),2g)＝eq\f(v2sin2θ,2g)，B錯(cuò)誤；根據(jù)斜拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝2eq\f(vsinθ,g)，則當(dāng)拋出角度不變時(shí)，球的出手速度越大，球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間一定越長(zhǎng)，C錯(cuò)誤；斜拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則A、B兩點(diǎn)間的距離為x＝vcosθ·eq\f(2vsinθ,g)＝eq\f(2v2sinθcosθ,g)，根據(jù)sin2θ＝2sinθcosθ，化簡(jiǎn)得x＝eq\f(v2sin2θ,g)，當(dāng)θ＝45°時(shí)，sin2θ＝1，x最大為xm＝eq\f(v2,g)，D正確?！踞槍?duì)訓(xùn)練4】(2022·肇慶一模)如圖(a)所示，一物體以一定的速度v0沿足夠長(zhǎng)的固定斜面向上運(yùn)動(dòng)，此物體在斜面上的最大位移與斜面傾角的關(guān)系如圖(b)所示。設(shè)各種條件下，物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，取g＝10m/s2。試求：(1)物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)及物體的初速度大??；(2)θ為多大時(shí)，x值最?。壳蟪鰔的最小值?！敬鸢浮浚?1)eq\f(\r(3),3)5m/s(2)eq\f(π,3)1.08m【解析】：(1)當(dāng)θ為90°時(shí)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)可得：v02＝2gh①設(shè)動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)θ＝0°時(shí)摩擦力大小為：Ff＝μmg②Ff＝ma1③由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：v02＝2a1x0④聯(lián)立以上各式解得：μ＝eq\f(\r(3),3)，v0＝5m/s。(2)對(duì)于任意角度，根據(jù)動(dòng)能定理可得，物體對(duì)應(yīng)的最大位移x滿足的關(guān)系式：eq\f(1,2)mv02＝mgxsinθ＋μmgxcosθ⑤對(duì)⑤式變形可得：x＝eq\f(v02,2gsinθ＋μcosθ)＝eq\f(h,sinθ＋μcosθ)＝eq\f(h,\r(1＋μ2)sinθ＋φ)⑥μ＝tanφ，則x的最小值為xmin＝eq\f(h,\r(1＋μ2))＝eq\f(\r(3),2)h≈1.08m對(duì)應(yīng)的θ＝eq\f(π,2)－φ＝eq\f(π,2)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,3)。eq\a\vs4\al(三、二次函數(shù)法)二次函數(shù)：y＝ax2＋bx＋c當(dāng)x＝－eq\f(b,2a)時(shí)，有極值ym＝eq\f(4ac－b2,4a)(若二次項(xiàng)系數(shù)a＞0，y有極小值；若a＜0，y有極大值)?！纠?】如圖，固定在豎直平面內(nèi)的傾斜軌道AB，與水平固定光滑軌道BC相連，豎直墻壁CD高H＝0.2m，在地面上緊靠墻壁固定一個(gè)和CD等高，底邊長(zhǎng)L1＝0.3m的固定斜面。一個(gè)質(zhì)量m＝0.1kg的小物塊(視為質(zhì)點(diǎn))在軌道AB上從距離B點(diǎn)L2＝4m處由靜止釋放，從C點(diǎn)水平拋出，已知小物塊與AB段軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，通過(guò)B點(diǎn)時(shí)無(wú)能量損失；AB段與水平面的夾角為37°。(空氣阻力不計(jì)，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求小物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)求小物塊從C點(diǎn)拋出到擊中斜面的時(shí)間；(3)改變小物塊從軌道上釋放的初位置，求小物塊擊中斜面時(shí)動(dòng)能的最小值。【答案】(1)4m/s(2)eq\f(1,15)s(3)0.15J【解析】(1)對(duì)小物塊從A到B過(guò)程分析，根據(jù)動(dòng)能定理有：mgL2sin37°－μmgL2cos37°＝eq\f(1,2)mvB2，解得：vB＝4m/s。(2)設(shè)物塊落在斜面上時(shí)水平位移為x，豎直位移為y，如圖所示：對(duì)平拋運(yùn)動(dòng)，有：x＝vBt，y＝eq\f(1,2)gt2，結(jié)合幾何關(guān)系，有：eq\f(H－y,x)＝eq\f(H,L1)＝eq\f(2,3)，解得：t＝eq\f(1,15)s或t＝－eq\f(3,5)s(舍去)。(3)設(shè)小物塊從軌道上A′點(diǎn)靜止釋放且A′B＝L，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度為vB′，對(duì)物塊從A′到碰撞斜面過(guò)程分析，根據(jù)動(dòng)能定理有：mgLsin37°－μmgcos37°·L＋mgy＝eq\f(1,2)mv2－0對(duì)物塊從A′到運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程分析，根據(jù)動(dòng)能定理有mgLsin37°－μmgLcos37°＝eq\f(1,2)mvB′2又x＝vB′t，y＝eq\f(1,2)gt2，eq\f(H－y,x)＝eq\f(2,3)聯(lián)立解得：eq\f(1,2)mv2＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(25y,16)＋\f(9H2,16y)－\f(9H,8)))，故當(dāng)eq\f(25y,16)＝eq\f(9H2,16y)，即y＝eq\f(3,5)H＝0.12m時(shí)，動(dòng)能最小為Ekmin，代入數(shù)據(jù)，解得Ekmin＝0.15J。【針對(duì)訓(xùn)練1】[多選](2022·臨沂期末)如圖所示，矩形線框abcd處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與線框平面垂直，線框ab長(zhǎng)為2L，bc長(zhǎng)為L(zhǎng)，MN為垂直于ab并可在ab和cd上自由滑動(dòng)的金屬桿，且桿與ab和cd接觸良好，abcd和MN上單位長(zhǎng)度的電阻皆為r。讓MN從ad處開(kāi)始以速度v向右勻速滑動(dòng)，設(shè)MN與ad之間的距離為x(0≤x≤2L)，則在整個(gè)過(guò)程中()A．當(dāng)x＝0時(shí)，MN中電流最小B．當(dāng)x＝L時(shí)，MN中電流最小C．MN中電流的最小值為eq\f(2Bv,5r)D．MN中電流的最大值為eq\f(6Bv,11r)【答案】BCD【解析】：MN產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為BLv，MN中電流I＝eq\f(E,R總)＝eq\f(BLv,Lr＋\f(L＋2x5L－2xr,6L))＝eq\f(6BL2v,－4x－L2r＋15L2r)，當(dāng)x＝0或x＝2L時(shí)，MN中電流最大，MN中電流的最大值為Imax＝eq\f(6Bv,11r)，當(dāng)x＝L時(shí)，MN中電流最小，MN中電流的最小值為Imin＝eq\f(2Bv,5r)，故B、C、D正確，A錯(cuò)誤?！踞槍?duì)訓(xùn)練2】(2022·江蘇常州市開(kāi)學(xué)考試)如圖所示，殲－20戰(zhàn)斗機(jī)安裝了我國(guó)自主研制的矢量發(fā)動(dòng)機(jī)，能夠在不改變飛機(jī)飛行方向的情況下，通過(guò)轉(zhuǎn)動(dòng)尾噴口方向改變推力的方向，使戰(zhàn)斗機(jī)獲得很多優(yōu)異的飛行性能。已知在殲—20戰(zhàn)斗機(jī)沿水平方向超音速勻速巡航時(shí)升阻比(垂直機(jī)身向上的升力和平行機(jī)身向后的阻力之比)為eq\r(15)。飛機(jī)的重力為G，使飛機(jī)實(shí)現(xiàn)節(jié)油巡航模式的最小推力是()A.G B.eq\f(G,\r(15))C.eq\f(G,16) D.eq\f(G,4)【答案】D【解析】飛機(jī)受到重力G、發(fā)動(dòng)機(jī)推力F1、升力F2和空氣阻力f，重力的方向豎直向下，升力F2的方向豎直向上，空氣阻力f的方向與F2垂直，如圖殲－20戰(zhàn)斗機(jī)沿水平方向超音速勻速巡航，則有水平方向Fx＝f，豎直方向F2＋Fy＝G，F(xiàn)2＝eq\r(15)f，解得Fy＝G－eq\r(15)f，則Feq\o\al(2,1)＝Feq\o\al(2,x)＋Feq\o\al(2,y)＝16f2－2eq\r(15)Gf＋G2，則此函數(shù)圖象為開(kāi)口向上，對(duì)稱軸為f＝eq\f(\r(15),16)G的拋物線，即當(dāng)f＝eq\f(\r(15),16)G時(shí)取得最小值，將其代入Feq\o\al(2,1)表達(dá)式，解得F1min＝eq\f(G,4)，故選項(xiàng)D正確?！踞槍?duì)訓(xùn)練3】(2022·浙江高三開(kāi)學(xué)考試)如圖所示，用內(nèi)壁光滑細(xì)圓管彎成的半圓形軌道APB(半圓軌道半徑遠(yuǎn)大于細(xì)圓管的內(nèi)徑)和直軌道BC組成的裝置，把它豎直放置并固定在水平面上，已知半圓軌道半徑R＝1m，質(zhì)量m＝100g小球(視為質(zhì)點(diǎn))壓縮彈簧由靜止釋放，小球從A點(diǎn)彈入圓軌道從C點(diǎn)以v0＝8m/s離開(kāi)軌道隨即進(jìn)入長(zhǎng)L＝2m、μ＝0.1的粗糙水平地面(圖上對(duì)應(yīng)為CD)，最后通過(guò)光滑軌道DE，從E點(diǎn)水平射出，已知E距離地面的高度為h＝1m，除CD段外其他處摩擦阻力忽略不計(jì)，重力加速度g＝10m/s2.不計(jì)空氣阻力，求：(1)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)對(duì)圓管的壓力；(2)彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能的大?。?3)若E點(diǎn)的高度h可以調(diào)節(jié)，當(dāng)h多大時(shí)，水平射程x最大，此最大值是多少．【答案】(1)1N，方向豎直向下(2)1.2J(3)1.5m3m【解析】(1)小球在BC段做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所受合外力為零，根據(jù)牛頓第二定律，小球處于平衡狀態(tài)，小球所受支持力為FN＝mg＝1N，根據(jù)牛頓第三定律，圓管對(duì)小球的支持力和小球?qū)A管的壓力是作用力與反作用力，大小相等，方向相反，則小球?qū)A管的壓力大小為1N，方向豎直向下．(2)小球從靜止到C點(diǎn)根據(jù)功能關(guān)系有eq\f(1,2)mv02＝mg×2R＋Ep，解得Ep＝1.2J(3)小球從C點(diǎn)到E點(diǎn)根據(jù)動(dòng)能定理有－mgh－μmgL＝eq\f(1,2)mvE2－eq\f(1,2)mv02得vE＝eq\r(60－20h)(m/s)過(guò)了E點(diǎn)小球做平拋運(yùn)動(dòng)，有h＝eq\f(1,2)gt2，x＝vEt得到x與h的關(guān)系為x＝eq\r(12h－4h2)(m)解得，當(dāng)h＝1.5m時(shí)，x有最大值xmax＝3m.【針對(duì)訓(xùn)練4】(2022·湖南高三一模)在一條平直的公路上，乙車(chē)以v1＝10m/s的速度勻速行駛，甲車(chē)在乙車(chē)的后面做同方向初速度為v2＝15m/s、加速度大小為a＝0.5m/s2的勻減速運(yùn)動(dòng)，若兩車(chē)初始距離L＝36m，請(qǐng)通過(guò)計(jì)算分析兩車(chē)能否相遇？若能相遇則求出兩車(chē)相遇的時(shí)間；若不能相遇則求出兩車(chē)間的最近距離．【答案】?jī)绍?chē)不能相遇11m【解析】設(shè)兩車(chē)經(jīng)時(shí)間t速度相等，有v1t＋L＝v2t－eq\f(1,2)at2代入數(shù)值得eq\f(1,4)t2－5t＋36＝0Δ＝b2－4ac＝－11<0t無(wú)解，即兩車(chē)不會(huì)相遇．當(dāng)兩車(chē)速度相等時(shí)相距最近，有v1＝v2－at1得t1＝10s則最近距離為Δsmin＝v1t1＋L－(v2t1－eq\f(1,2)at12)代入數(shù)值解得Δsmin＝11m.四、均值不等式由均值不等式a＋b≥2eq\r(ab)(a>0，b>0)可知：(1)兩個(gè)正數(shù)的積為定值時(shí)，當(dāng)兩數(shù)相等，和最??；(2)兩個(gè)正數(shù)的和為定值時(shí)，當(dāng)兩數(shù)相等，積最大．【例6】如圖所示，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直．小物塊以速度v從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點(diǎn)到軌道下端的距離與軌道半徑有關(guān)，此距離最大時(shí)對(duì)應(yīng)的軌道半徑為多少？(不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g)【答案】eq\f(v2,8g)【解析】設(shè)小物塊到軌道最高點(diǎn)時(shí)速度為v0，對(duì)小物塊由動(dòng)能定理得：－2mgr＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv2小物塊從軌道上端水平飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，則有2r＝eq\f(1,2)gt2，x＝v0t，可得x＝eq\r(－16r2＋\f(4v2r,g))＝eq\r(4r\f(v2,g)－4r)≤eq\f(v2,2g)故4r＝eq\f(v2,g)－4r，即r＝eq\f(v2,8g)時(shí)，水平位移最大．【針對(duì)訓(xùn)練1】(2022·安徽阜陽(yáng)市教學(xué)質(zhì)量統(tǒng)測(cè))如圖所示，AB是固定在豎直面內(nèi)的eq\f(1,6)光滑圓弧軌道，圓弧軌道最低點(diǎn)B的切線水平，最高點(diǎn)A到水平地面的高度為h?，F(xiàn)使一小球(視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止釋放。不計(jì)空氣阻力，小球落地點(diǎn)到B點(diǎn)的最大水平距離為()A.eq\f(h,2) B.eq\f(\r(3),2)hC.h D.2h【答案】C【解析】設(shè)小球的質(zhì)量為m，圓弧軌道的半徑為R，小球通過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，對(duì)小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理有mg(R－Rcos60°)＝eq\f(1,2)mv2，其中g(shù)為重力加速度的大小，小球從B點(diǎn)拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)從小球通過(guò)B點(diǎn)到小球落地的時(shí)間為t，有x＝vt，h－(R－Rcos60°)＝eq\f(1,2)gt2，解得x＝eq\r(R（2h－R）)，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)R＝2h－R，即R＝h時(shí)，x有最大值，且最大值xm＝h，故選項(xiàng)C正確?！踞槍?duì)訓(xùn)練2】[2022·浙江紹興(新昌、浦江、富陽(yáng))三校聯(lián)考]如圖所示，軌道ABCDE是研究小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的條件的簡(jiǎn)易裝置，A到水平桌面的高度為H，最低點(diǎn)B處的入、出口靠近但相互錯(cuò)開(kāi)，C是半徑R＝10cm的圓形軌道的最高點(diǎn)，DE部分水平，且恰好與圓形軌道的圓心O1等高，水平桌面上的點(diǎn)O2位于E點(diǎn)的正下方。經(jīng)過(guò)多次實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)，將一質(zhì)量m＝10g的小球從軌道AB上的某一位置A由靜止釋放，小球恰能沿軌道運(yùn)動(dòng)通過(guò)ABCDE到達(dá)E點(diǎn)，不計(jì)小球與軌道的摩擦阻力以及空氣阻力。(g＝10m/s2)(1)求出A到水平桌面的高度H，小球?qū)A軌道壓力的最大值；(2)若A距水平桌面高H1＝0.3m，小球仍由靜止釋放，到達(dá)E點(diǎn)離開(kāi)軌道后落在水平桌面上，求落點(diǎn)與O2之間的水平距離x；(3)若小球仍從H1＝0.3m處由靜止釋放，但DE到水平面的高度h可變，求落點(diǎn)與O2之間的水平距離最大值。【答案】(1)0.25m0.6N(2)0.283m(3)0.3m【解析】(1)小球在C點(diǎn)恰好不脫離軌道，根據(jù)牛頓第二定律得mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)，解得vC＝eq\r(gR)＝1m/s小球從A到C，運(yùn)用動(dòng)能定理得mg(H－2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得H＝0.25m根據(jù)動(dòng)能定理mgH＝eq\f(1,2)mv2，小球運(yùn)動(dòng)到圓軌道最低點(diǎn)的速度大小為v＝eq\r(2gH)根據(jù)牛頓第二定律F－mg＝meq\f(v2,R)，代入數(shù)據(jù)可得小球運(yùn)動(dòng)到圓軌道最低點(diǎn)所受圓軌道的支持力大小為F＝0.6N，由牛頓第三定律知，小球?qū)A軌道最低點(diǎn)的壓力即為小球?qū)A軌道壓力的最大值，其大小為F′＝0.6N。(2)小球從A到E，由動(dòng)能定理得mg(H1－R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)解得vE＝2m/s小球離開(kāi)E點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，滿足R＝eq\f(1,2)gt2，可得t＝eq\f(\r(2),10)s水平距離為x＝vEt＝eq\f(\r(2),5)m＝0.283m。(3)設(shè)E點(diǎn)到水平桌面的高度為h，小球從A到E運(yùn)用動(dòng)能定理得mg(H1－h(huán))＝eq\f(1,2)mvE′2小球離開(kāi)E點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，有h＝eq\f(1,2)gt′2，x＝vE′t′，解得x＝2eq\r(（H1－h(huán)）h)當(dāng)h＝eq\f(H1,2)＝0.15m時(shí)，小球落點(diǎn)與O2之間的水平距離最大xm＝0.3m。四、數(shù)學(xué)歸納法和數(shù)列法凡涉及數(shù)列求解的物理問(wèn)題都具有過(guò)程多、重復(fù)性強(qiáng)的特點(diǎn)，但每一個(gè)重復(fù)過(guò)程均不是原來(lái)的完全重復(fù)，而是一種變化了的重復(fù)．隨著物理過(guò)程的重復(fù)，某些物理量逐步發(fā)生著前后有聯(lián)系的變化．該類問(wèn)題求解的基本思路為：(1)逐個(gè)分析開(kāi)始的幾個(gè)物理過(guò)程；(2)利用歸納法從中找出物理量變化的通項(xiàng)公式(這是解題的關(guān)鍵)；(3)最后分析整個(gè)物理過(guò)程，應(yīng)用數(shù)列特點(diǎn)和規(guī)律求解．無(wú)窮數(shù)列的求和，一般是無(wú)窮遞減數(shù)列，有相應(yīng)的公式可用．等差：Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝na1＋eq\f(nn－1,2)d(d為公差)．等比：Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a11－qn,1－q)，q≠1,na1，q＝1))(q為公比)．【例7】如圖所示，質(zhì)量M＝2kg的平板小車(chē)左端放有質(zhì)量m＝3kg的小鐵塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，它和小車(chē)之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5.開(kāi)始時(shí)，小車(chē)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(chē)與豎直墻正碰，碰撞時(shí)間極短且碰撞中不損失機(jī)械能．車(chē)身足夠長(zhǎng)，使鐵塊不能和墻相撞，且始終不能滑離小車(chē)．g取10m/s2.求小車(chē)和墻第一次碰后直至其最終恰好靠墻靜止這段時(shí)間內(nèi)，小車(chē)運(yùn)動(dòng)的總路程．【答案】1.25m【解析】小車(chē)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(chē)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(chē)第二次碰墻后反彈，重復(fù)上述過(guò)程．設(shè)小車(chē)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(chē)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)Mv02解得s1＝eq\f(Mv\o\al(02),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)Mv12解得s2＝eq\f(Mv\o\al(12),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(chē)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(chē)運(yùn)動(dòng)的總路程為s＝2(s1＋s2＋s3＋…＋sn)＝eq\f(2s1,1－\f(1,25))＝1.25m【針對(duì)訓(xùn)練1】(2022·浙江嘉興市教學(xué)測(cè)試)如圖所示，張同學(xué)進(jìn)行射擊游戲，把彈丸(視為質(zhì)點(diǎn))從豎直放置的圓柱形筒的頂端A處沿圓筒的直徑方向水平射出，已知彈丸初速度大小為v0＝10m/s，圓柱筒高h(yuǎn)＝2.45m，直徑d＝1m，物體每次與豎直筒壁碰撞，水平分速度大小變?yōu)樵瓉?lái)的50%，方向相反，豎直分速度不變，則彈丸()A.經(jīng)筒壁1次反彈并擊中筒底左邊緣B處B.經(jīng)筒壁2次反彈并擊中筒底右邊緣C處C.經(jīng)筒壁2次反彈并擊中筒底B、C間某處D.經(jīng)筒壁3次反彈并擊中筒底B、C間某處【答案】B【解析】彈丸從拋出到第一次碰壁過(guò)程t1＝eq\f(d,v0)＝0.1s，h1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)＝0.05m，彈丸距筒底高度2.4m，此時(shí)水平分速度大小變?yōu)樵瓉?lái)的50%，即v0′＝5m/s，第一次反彈后到第二次碰壁t2＝eq\f(d,v0′)＝0.2s，v1＝gt1＝1m/s，h2＝v1t2＋eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)＝0.4m，彈丸距筒底高度2m，此時(shí)水平分速度大小變?yōu)樵瓉?lái)的50%，即v0″＝2.5m/s，第二次反彈后到第三次碰壁t3＝eq\f(d,v0″)＝0.4s，v2＝v1＋gt2＝3m/s，h3＝v2t3＋eq\f(1,2)gteq\o\al(2,3)＝2m，恰好到達(dá)C點(diǎn)，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤?！踞槍?duì)訓(xùn)練2】(2022·山東煙臺(tái)市一模)如圖所示，質(zhì)量為M＝4.5kg的長(zhǎng)木板置于光滑水平地面上，質(zhì)量為m＝1.5kg的小物塊放在長(zhǎng)木板的右端，在木板右側(cè)的地面上固定著一個(gè)有孔的彈性擋板，孔的尺寸剛好可以讓木板無(wú)接觸地穿過(guò)?，F(xiàn)使木板和物塊以v0＝4m/s的速度一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，物塊與擋板碰撞后立即以碰前的速率反向彈回，而木板穿過(guò)擋板上的孔繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，整個(gè)過(guò)程中物塊不會(huì)從長(zhǎng)木板上滑落。已知物塊與擋板第一次碰撞后，物塊離開(kāi)擋板的最大距離為x1＝1.6m，重力加速度g取10m/s2：(1)求物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)若物塊與擋板第n次碰撞后，物塊離開(kāi)擋板的最大距離為xn＝6.25×10－3m，求n；(3)求長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度至少應(yīng)為多少？【答案】：(1)0.5(2)5(3)6.4m【解析】：(1)物塊與擋板第一次碰撞后，物塊向左減速到速度為0的過(guò)程中只有摩擦力做功，由動(dòng)能定理得－μmgx1＝0－eq\f(1,2)mv02 ①解得μ＝0.5。 ②(2)物塊與擋板碰后，物塊與木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取水平向右為正方向。設(shè)第一次碰撞后系統(tǒng)的共同速度為v1，由動(dòng)量守恒定律得：Mv0－mv0＝(M＋m)v1， ③v1＝eq\f(M－m,M＋m)v0＝eq\f(1,2)v0 ④設(shè)物塊由速度為0加速到v1的過(guò)程中運(yùn)動(dòng)的位移為x1′，μmgx1′＝eq\f(1,2)mv12 ⑤由①⑤式得x1′＝eq\f(1,4)x1 ⑥即物塊與擋板第二次碰撞之前，物塊與木板已經(jīng)達(dá)到共同速度v1，第二次碰撞后，小物塊反彈后瞬間速度大小為v1，經(jīng)一段時(shí)間系統(tǒng)的共同速度為v2＝eq\f(M－m,M＋m)v1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2v0第三次碰撞后，小物塊反彈后瞬間速度大小為v2經(jīng)一段時(shí)間系統(tǒng)的共同速度為v3＝eq\f(M－m,M＋m)v2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3v0第n次碰撞后，小物塊反彈后瞬間速度大小為vn－1＝eq\f(M－m,M＋m)vn－2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1v0 ⑦由動(dòng)能定理得－μmgxn＝0－eq\f(1,2)mvn－12 ⑧由①⑦⑧式得n＝5。 ⑨(3)由分析知，物塊多次與擋板碰撞后，最終將與木板同時(shí)都靜止。設(shè)物塊在木板上的相對(duì)位移為L(zhǎng)，由能量守恒定律得μmgL＝eq\f(1,2)(M＋m)v02⑩解得L＝6.4m ?即木板的長(zhǎng)度至少應(yīng)為6.4m?！踞槍?duì)訓(xùn)練3】．如圖所示，裝置的左邊是足夠長(zhǎng)的光滑水平面，一輕質(zhì)彈簧左端固定，右端連接著質(zhì)量M＝2kg的小物塊A；裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的水平面等高，并能平滑對(duì)接，傳送帶始終以v＝2m/s的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。裝置的右邊是一光滑的曲面，質(zhì)量m＝1kg的小物塊B從其上距水平面h＝1.0m處由靜止釋放。已知物塊B與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，傳送帶的長(zhǎng)度l＝1.0m。設(shè)物塊A、B之間發(fā)生的是對(duì)心彈性碰撞，第一次碰撞前物塊A靜止，g取10m/s2。(1)求物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大小；(2)通過(guò)計(jì)算說(shuō)明物塊B與物塊A第一次碰撞后能否運(yùn)動(dòng)到右邊曲面上；(3)如果物塊A、B每次碰撞后，物塊A再回到平衡位置時(shí)都會(huì)立即被鎖定，而當(dāng)它們?cè)俅闻鲎睬版i定被解除，試求出物塊B第n次碰撞后運(yùn)動(dòng)的速度大小?！敬鸢浮浚?1)4m/s(2)見(jiàn)解析(3)eq\f(4,3n)m/s(n＝1,2,3，…)【解析】：(1)設(shè)物塊B沿光滑曲面下滑到水平面時(shí)的速度大小為v0，由機(jī)械能守恒定律知mgh＝eq\f(1,2)mv02，得v0＝eq\r(2gh)；設(shè)物塊B在傳送帶上滑動(dòng)過(guò)程中的加速度大小為a，則μmg＝ma，得a＝2m/s2；設(shè)物塊B通過(guò)傳送帶后運(yùn)動(dòng)速度大小為v′，有v′2－v02＝－2al，解得v′＝4m/s。由于v′＞v＝2m/s，所以v′即為物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大小。(2)設(shè)物塊A、B第一次碰撞后的速度分別為v″、v1，取向右為正方向，A、B發(fā)生彈性碰撞，碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒、能量守恒，則－mv′＝mv1＋Mv″，eq\f(1,2)mv′2＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv″2，解得v1＝eq\f(1,3)v′＝eq\f(4,3)m/s，碰撞后物塊B在水平面上向右勻速運(yùn)動(dòng)，之后滑上傳送帶，在傳送帶上做減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)物塊B在傳送帶上向右運(yùn)動(dòng)的最大位移為l′，則0－v12＝－2al′，解得l′＝eq\f(4,9)m＜l＝1.0m，所以物塊B不能通過(guò)傳送帶運(yùn)動(dòng)到右邊的曲面上。(3)當(dāng)物塊B在傳送帶上向右運(yùn)動(dòng)的速度為零時(shí)，將會(huì)沿傳送帶向左加速?？梢耘袛啵飰KB運(yùn)動(dòng)到左邊臺(tái)面時(shí)的速度大小為v1，繼而與物塊A發(fā)生第二次碰撞。設(shè)第二次碰撞后物塊B速度大小為v2，同上計(jì)算可知v2＝eq\f(1,3)v1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2v′，物塊B與物塊A第三次碰撞、第四次碰撞……碰撞后物塊B的速度大小依次為v3＝eq\f(1,3)v2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3v′，v4＝eq\f(1,3)v3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))4v′……則第n次碰撞后物塊B的速度大小為vn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))nv′，即vn＝eq\f(4,3n)m/s(n＝1,2,3，…)?！踞槍?duì)訓(xùn)練4】．(2022·南昌一模)如圖所示，坐標(biāo)系x軸水平，y軸豎直。在第二象限內(nèi)有半徑R＝5cm的圓，與y軸相切于點(diǎn)Q(0,5eq\r(3)cm)，圓內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于xOy平面向外。在x＝－10cm處有一個(gè)比荷為eq\f(q,m)＝1.0×108C/kg的帶正電荷的粒子，正對(duì)該圓圓心方向發(fā)射，粒子的發(fā)射速率v0＝4.0×106m/s，粒子在Q點(diǎn)進(jìn)入第一象限。在第一象限某處存在一個(gè)矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝2T。粒子經(jīng)該磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，在x軸M點(diǎn)(6cm,0)沿y軸負(fù)方向進(jìn)入第四象限。在第四象限存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。有一個(gè)足夠長(zhǎng)擋板和y軸負(fù)半軸重合，粒子每次到達(dá)擋板將反彈，每次反彈時(shí)豎直分速度不變，水平分速度大小減半，方向反向(不考慮粒子的重力)。求：(1)第二象限圓內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；(2)第一象限內(nèi)矩形磁場(chǎng)的最小面積；(3)帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)水平方向上的總路程。【答案】：(1)eq\f(4\r(3),15)T(2)4(eq\r(2)－1)cm2(3)10cm【解析】：(1)作O1P1垂直于PO，如圖所示有幾何關(guān)系知tan∠OO1Q＝eq\f(OQ,R)＝eq\f(5\r(3),5)＝eq\r(3)，所以tan60°＝eq\f(r1,R)在粒子穿過(guò)第二象限內(nèi)圓形磁場(chǎng)，由牛頓第二定律得qv0B＝meq\f(v02,r1)，解得B＝eq\f(4\r(3),15)T。(2)粒子在第一象限內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)eq\f(1,4)圓周，設(shè)半徑為r2，由牛頓第二定律得qv0B0＝meq\f(v02,r2)解得r2＝2cm圖中的矩形面積即為最小磁場(chǎng)面積Smin＝eq\r(2)r2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r2－\f(\r(2),2)r2))＝4(eq\r(2)－1)cm2。(3)在水平方向上，粒子首先向左運(yùn)動(dòng)s0＝6cm撞到擋板，設(shè)加速度為a，第一次撞擊擋板的水平速度v2＝2as0第1次反彈的水平速度v1＝eq\f(v,2)第1次往返的水平路程s1＝2×eq\f(v12,2a)＝2×eq\f(1,22)s0第2次反彈的水平速度v2＝eq\f(v1,2)第2次往返的水平路程s2＝2×eq\f(v22,2a)＝2×eq\f(1,24)s0第n次反彈的水平速度vn＝eq\f(vn－1,2)第n次往返的水平路程sn＝2×eq\f(vn2,2a)＝2×eq\f(1,22n)s0總路程s＝s0＋s1＋s2＋s3＋…＋sn(n→∞)代入數(shù)據(jù)得s＝6cm＋12cm×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＋\f(1,42)＋\f(1,43)＋…＋\f(1,4n)))上述方程括號(hào)中含有等比數(shù)列，其中首項(xiàng)a1＝eq\f(1,4)，公比為eq\f(1,4)，當(dāng)n→∞，利用等比數(shù)列求和公式Sn＝a1·eq\f(1－qn,1－q)＝eq\f(1,4)×eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n,1－\f(1,4))＝eq\f(1,3)得s＝10cm?！踞槍?duì)訓(xùn)練5】(2021·山東日照市3月模擬)如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第一、二象限內(nèi)，存在以虛線OM為邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)。勻強(qiáng)電場(chǎng)方向沿y軸負(fù)方向，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面向里，虛線OM與x軸負(fù)方向成45°角。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O處以初速度v0沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，粒子每次到達(dá)x軸將反彈，第一次反彈無(wú)能量損失，以后每次反彈水平分速度不變、豎直分速度大小均減為反彈前的eq\f(1,2)，方向相反。電場(chǎng)強(qiáng)度大小等于eq\f(mveq\o\al(2,0),16qd)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小等于eq\f(mv0,qd)，求：(不計(jì)粒子重力，題中各物理量單位均為國(guó)際單位，計(jì)算結(jié)果可用分式表示)(1)帶電粒子第三次經(jīng)過(guò)OM時(shí)的坐標(biāo)；(2)帶電粒子第三次到達(dá)OM時(shí)經(jīng)過(guò)的時(shí)間；(3)帶電粒子從第二次進(jìn)入電場(chǎng)開(kāi)始，沿電場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)的總路程?！敬鸢浮?1)(－2d，2d)(2)eq\f(（2π＋24\r(2)－32）d,v0)(3)eq\f(10,3)d【解析】(1)設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)，根據(jù)左手定則，粒子做eq\f(3,4)的圓周運(yùn)動(dòng)后經(jīng)過(guò)OM，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)，解得r＝eq\f(mv0,qB)＝d，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由圖可知，帶電粒子第三次經(jīng)過(guò)OM時(shí)的坐標(biāo)為(－2d，2d)。(2)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)＝eq\f(2πd,v0)在電場(chǎng)中，沿y軸方向的加速度a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(veq\o\al(2,0),16d)設(shè)粒子從第一次沿y軸負(fù)方向經(jīng)過(guò)OM到第一次在x軸反彈所用時(shí)間為t1，有沿y軸方向veq\o\al(2,y0)－veq\o\al(2,0)＝2ar，vy0＝v0＋at1聯(lián)立解得t1＝eq\f(（12\r(2)－16）d,v0)則帶電粒子第三次到達(dá)OM時(shí)經(jīng)過(guò)的時(shí)間為t＝T＋2t1＝eq\f(（2π＋24\r(2)－32）d,v0)。(3)因粒子第二次進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，故到達(dá)x軸時(shí)的水平分速度為v0豎直方向veq\o\al(2,y)＝2a(2d)第一次豎直分速度減半反彈，豎直分速度vy1＝eq\f(1,2)vy，高度h1＝eq\f(veq\o\al(2,y1),2a)＝eq\f(1,4)×2d第二次豎直分速度減半反彈，豎直分速度vy2＝eq\f(1,2)vy1＝eq\f(1,22)vy，高度h2＝eq\f(veq\o\al(2,y2),2a)＝eq\f(1,42)×2d……第n次豎直分速度減半反彈，高度hn＝eq\f(veq\o\al(2,yn),2a)＝eq\f(1,4n)×2d故總路程為H＝2d＋2(h1＋h2＋…＋hn)＝2d＋2×2deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＋\f(1,42)＋…\f(1,4n)))整理可以得到H＝eq\f(10,3)d即帶電粒子從第二次進(jìn)入電場(chǎng)開(kāi)始，沿電場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)的總路程為H＝eq\f(10,3)d。五、微元法的應(yīng)用在電磁感應(yīng)中，如導(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv，感應(yīng)電流I＝eq\f(BLv,R)，受安培力為F＝ILB＝eq\f(B2L2,R)v，因?yàn)槭亲兞?wèn)題，所以可以用微元法。【例7】(2022·浙江嘉興市教學(xué)測(cè)試)如圖所示，AB、CD是固定在水平桌面上，相距為L(zhǎng)的兩根平行光滑導(dǎo)軌，其中MN、PQ兩段用絕緣材料制成，其余部分用電阻不計(jì)的金屬材料制成。ABCD區(qū)域內(nèi)存在豎直方向的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。A、C兩點(diǎn)間接有一個(gè)電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r的直流電源，B、D兩點(diǎn)間接有一個(gè)阻值為R的定值電阻。將導(dǎo)體棒a靜止置于導(dǎo)軌上MP的左側(cè)，緊靠MP，導(dǎo)體棒b靜止置于導(dǎo)軌上MNQP區(qū)域內(nèi)的某一位置，兩根棒的長(zhǎng)度均等于導(dǎo)軌間距、質(zhì)量均為m、電阻值均為R0，整個(gè)過(guò)程中，兩根棒始終與導(dǎo)軌垂直。閉合開(kāi)關(guān)S后，導(dǎo)體棒a向右運(yùn)動(dòng)，與b棒相碰后即粘合成一根“更粗的棒”，以v0的速度通過(guò)NQ繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)最后靜止在導(dǎo)軌上。試求：(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向；(2)該“粗棒”在NQ右側(cè)滑行的距離；(3)從閉合開(kāi)關(guān)S到金屬棒a通過(guò)MP的短時(shí)間內(nèi)，金屬棒a上產(chǎn)生的焦耳熱？此過(guò)程中電磁輻射的能量是金屬棒a上產(chǎn)生焦耳熱的k倍?！敬鸢浮?1)垂直水平面向下(2)eq\f(（2R＋R0）mv0,B2L2)(3)eq\f(R0,（k＋1）R0＋r)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2mv0E,BL)－2mveq\o\al(2,0)))【解析】(1)導(dǎo)體棒a所受安培力方向向右，根據(jù)左手定則可確定磁場(chǎng)方向垂直水平面向下。(2)“粗棒”在NQ右側(cè)的運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)量定理可得－∑Beq\f(BLv,R＋\f(R0,2))L·Δt＝0－2mv0，可得x＝∑v·Δt＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2R＋R0))mv0,B2L2)。(3)完全非彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律可得mva＝2mv0，由動(dòng)量定理可得∑ILB·Δt′＝mva，由電流的定義式可得q＝∑I·Δt′，由能量守恒定律可得qE＝eq\f(1,2)mva2＋Q焦＋kQa，又因?yàn)镼a＝eq\f(R0,R0＋r)Q焦聯(lián)立可得Qa＝eq\f(R0,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋1))R0＋r)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2mv0E,BL)－2mveq\o\al(2,0)))?！踞槍?duì)訓(xùn)練1】如圖所示，在水平面上有兩條導(dǎo)電導(dǎo)軌MN、PQ，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌所在的平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，兩根完全相同的金屬桿1、2間隔一定的距離擺開(kāi)放在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌垂直。它們的電阻均為R，兩桿與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，金屬桿的摩擦不計(jì)。桿1以初速度v0滑向桿2，為使兩桿不相碰，則桿2固定與不固定兩種情況下，最初擺放兩桿時(shí)的最小距離之比為()A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．3∶1【答案】C【解析】桿2固定，不相撞的臨界條件是桿1速度為零時(shí)剛好接觸桿2，采用微元法，對(duì)桿1由動(dòng)量定理：BILΔt＝eq\f(B2L2Δv,2R)Δt＝eq\f(B2L2x1,2R)＝mv0，桿2不固定，不相撞的臨界條件是兩桿的速度相等，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，mv0＝2mv′，解得共同速度v′＝eq\f(v0,2)，對(duì)桿1采用微元法由動(dòng)量定理得：BILΔt＝eq\f(B2L2Δv1－v2,2R)Δt＝eq\f(B2L2x2,2R)＝meq\f(v0,2)，故C正確?！踞槍?duì)訓(xùn)練2】(2022·浙江寧波市適應(yīng)性考試)打開(kāi)水龍頭，調(diào)節(jié)流速，流出涓涓細(xì)流，如圖所示。若將乒乓球靠近豎直的水流時(shí)，水流受到乒乓球指向球心方向的“吸附力”作用會(huì)被吸引，順著乒乓球表面流動(dòng)。這個(gè)現(xiàn)象稱為康達(dá)效應(yīng)。如圖所示，某同學(xué)在實(shí)驗(yàn)時(shí)，水流從A點(diǎn)順著半徑為R的乒乓球表面流動(dòng)，O為乒乓球的球心(球心與A、水龍頭位于同一豎直平面內(nèi))，調(diào)節(jié)乒乓球A與水龍頭之間的距離，使水流恰好在乒乓球的最低點(diǎn)B與之分離，最后落在水平地面上的C點(diǎn)(未畫(huà)出)。已知B點(diǎn)到C點(diǎn)的水平射程為x，B點(diǎn)距地面的高度為h，不計(jì)一切阻力，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是()