第四部分考前增分指導(dǎo)增分指導(dǎo)一數(shù)學(xué)方法在物理中的應(yīng)用例1C[解析]已知火星半徑R,則火星近地衛(wèi)星的周期為T1=2πRgR,設(shè)停泊軌道的半長(zhǎng)軸為a,由開普勒第三定律可知a3T2=R3T12,整理得a=3gT2R24π2,代入數(shù)據(jù)得a=33.7×1.82×1010×3.4例2D[解析]從圖中可知,人的高度約占三格豎直線,所以一格豎直線的長(zhǎng)度約為y0=1.83m=0.6m,則一格水平線的長(zhǎng)度約為x0=2y0=1.2m,從起跳到最高點(diǎn)過程,重心在豎直方向運(yùn)動(dòng)了約2格,根據(jù)逆向思維有2y0=12gt2,vy=gt,解得t=4y0g,vy=4gy0,水平方向運(yùn)動(dòng)了約2格,則有2x0=v0t,解得v0=2x0t=4y04y0g=例3BC[解析]由圖乙可知,當(dāng)θ=π2時(shí),物體做豎直上拋運(yùn)動(dòng),摩擦力是零,由豎直上拋運(yùn)動(dòng)的速度—位移關(guān)系公式可得v02=2gx1,解得v0=2×10×0.45m/s=3m/s,A錯(cuò)誤;當(dāng)θ=0時(shí),物體沿水平面做勻減速直線運(yùn)動(dòng),由動(dòng)能定理可得-μmgx0=0-12mv02,解得μ=v022gx0=322×10×0.6=0.75,B正確;物體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí),由動(dòng)能定理可得-μmgcosθ+mgsinθx=0-12mv02,代入數(shù)據(jù)整理可得x=920×0.75cosθ+sinθm≥9200.752+1m=0.36例4AD[解析]OM的張力F1和MN的張力F2的合力F不變,關(guān)系如圖所示,Fsin(180°-α)=F1sinβ=F2sinγ,將重物向右上方緩慢拉起,夾角α不變,β由鈍角逐漸減小到銳角,γ由銳角逐漸增大到直角,則MN上的張力F2逐漸增大,例5C[解析]設(shè)與c點(diǎn)最近的振幅極大點(diǎn)為d,則ad=l-38l=58l,由余弦定理有bd=cd2+bc2-2bc×cdcos60°=78l,根據(jù)干涉加強(qiáng)點(diǎn)距離差的關(guān)系有Δx=x1-x2=nλ例6(1)3m/s(2)12或2(3)Ek=mg9y8+6mJ1[解析](1)a球由A到C過程有kmg(H-h)=12km解得v0=3m/s(2)a、b碰撞為彈性碰撞,則有kmv0=kmv1+mv2,12kmv02=12kmv解得v1=k-1v0k根據(jù)題意有12mv22=8×解得k=12或k(3)b球平拋運(yùn)動(dòng)過程有y=12gt2,x=v2根據(jù)幾何關(guān)系有tanθ=hb落到斜面OD過程有mgy=Ek-12m解得Ek=mgy+mg將上式變形得Ek=mg9y8+h28y-可知,當(dāng)9y8=h28y即y=0.4m時(shí),動(dòng)能有最小值,解得E根據(jù)上述y值可解得v2=2m/s由于v2=2解得k=1例7C[解析]小球受到的洛倫茲力方向水平指向圓心O',根據(jù)左手定則可知,從上面俯視小球沿逆時(shí)針方向運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤;小球豎直方向受力平衡,則有FNcosθ=mg,可得球面對(duì)小球的彈力大小為FN=mgcosθ=2mg,故B錯(cuò)誤;根據(jù)F洛=qvB可知小球的速率越大,則小球受到的洛倫茲力越大,故C正確;水平方向根據(jù)牛頓第二定律可得qvB-FNsinθ=mv2Rsinθ,整理可得23m3Rv2-qBv+3mg=0,對(duì)于v的一元二次方程,根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知,需要滿足(qB)2-4×23m3R×3mg≥0,例8(1)5v04μg(2)2m(4)v[解析](1)假設(shè)A先與C達(dá)到共同速度,再與B相碰.設(shè)C滑上A后經(jīng)t1時(shí)間,木板A與滑塊C達(dá)到共同速度v1,該過程A和C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,有mv0=2mv1解得v1=v設(shè)此過程木板A的位移為x0,對(duì)A由動(dòng)能定理得μmgx0=12mv解得x0=v028μg<L此過程對(duì)木板A由動(dòng)量定理有μmgt1=mv1-0解得t1=v設(shè)再經(jīng)時(shí)間t2,A與B發(fā)生第1次碰撞,有L0-x0=v1t2解得t2=3則C滑上A后到A與B發(fā)生第1次碰撞經(jīng)過的時(shí)間為t=t1+t2聯(lián)立解得t=5v(2)設(shè)滑塊B的質(zhì)量為M,木板A與B發(fā)生第1次碰撞后瞬間B的速度為v1B,木板A的速度為v1A,以水平向右為正方向,A與B之間發(fā)生彈性碰撞,對(duì)A、B組成的系統(tǒng),根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律,有mv1=mv1A+Mv1B12mv12=12mv根據(jù)木板A總是在與滑塊B上次碰撞的位置恰好不再與滑塊C相對(duì)滑動(dòng),可知從A、B碰后到A、C再次共速,A的位移為0,設(shè)A、C再次共速的速度為v2,該過程時(shí)間為tA,由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有v1A+則v2=-v1AA與B第1次碰后瞬間到C與A相互作用達(dá)到共速過程,A、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,有mv1+mv1A=2mv2聯(lián)立解得M=2m,v1A=-v13=-v06,v1B=(3)設(shè)第1次碰撞前C相對(duì)A滑動(dòng)的距離為ΔL1,對(duì)A、C組成的系統(tǒng)由能量守恒定律有μmgΔL1=12mv02-1解得ΔL1=v設(shè)從第1次碰撞后到第2次碰撞前C相對(duì)A滑動(dòng)的距離為ΔL2,同理有μmgΔL2=12mv12+12mv1解得ΔL2=v則第2次碰撞前,滑塊C相對(duì)木板A滑動(dòng)的距離ΔL=ΔL1+ΔL2=13v(4)第1次碰撞后,A、B做勻變速運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律分別有μmg=maAμMg=MaB解得A、B的加速度大小aA=μg,aB=μg根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有v2=v1A+aAtA解得tA=v設(shè)A回到與B第1次碰撞的位置時(shí),B的速度為v1B'則有v1B'=v1B-aBtA解得v1B'=0,所以第2次碰前B已靜止,由(3)知,此時(shí)A的速度為v2=-v1A=v同理,第2次碰后瞬間,A、B的速度分別為v2A=-v23=-v132,v2第3次碰前B已靜止,A的速度為v3=-v2A=v第3次碰后瞬間,A、B的速度分別為v3A=-v33=-v133,v3B=……依次類推,第n次碰后瞬間,B的速度為vnB=23vn-1=2v設(shè)第1次碰后滑塊B運(yùn)動(dòng)的位移為x1,該過程,對(duì)滑塊B由動(dòng)能定理,有-μMgx1=0-12M解得x1=v1B22同理,第2次碰后滑塊B運(yùn)動(dòng)的位移為x2=v2B22第n次碰后滑塊B運(yùn)動(dòng)的位移為xn=vnB22μg則經(jīng)n次碰撞,滑塊B能運(yùn)動(dòng)的總位移x=x1+x2+x3+…+xn根據(jù)等比數(shù)列求和,可知x=v0例9C[解析]根據(jù)圓環(huán)電場(chǎng)分布的對(duì)稱性可知,圓環(huán)中心軸線上的電場(chǎng)強(qiáng)度均背離圓環(huán)中心,沿著中軸線向外,則可知試探電荷將始終受到向右的電場(chǎng)力,一直做加速運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤;如圖所示,將圓環(huán)上所帶電荷進(jìn)行無限分割,設(shè)每一份的電荷量為q0,則其在M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)E0=kq0Rsinθ2,其水平分量E0x=E0cosθ=kq0R2sin2θcosθ,微元累加并根據(jù)對(duì)稱性可知,M點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)為E=kQR2sin2θcosθ,令f(θ)=sin2θcosθ=cosθ-cos3θ,則其導(dǎo)函數(shù)為f'(θ)=-sinθ+3cos2θsinθ=0,此時(shí)cos2θ=13,可知當(dāng)cosθ=33,即試探電荷距離圓環(huán)中心為22R時(shí)例101.44×10-3N[解析]整個(gè)電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)由兩部分組成,一部分是金屬桿向左做切割磁感線的運(yùn)動(dòng)引起的,稱為動(dòng)生電動(dòng)勢(shì);另一部分是由于磁感應(yīng)強(qiáng)度變化所引起的,