物理中常用的數(shù)學特別辦法

千里之行，始于足下。第2頁/共2頁精品文檔推薦物理中常用的數(shù)學特別辦法專題2物理中常用的數(shù)學特別辦法

考點1.利用數(shù)學辦法求極值

1.利用三角函數(shù)求極值

(1)二倍角公式法:假如所求物理量的表達式能夠化成y=Asinθcosθ,則依照二倍角公式,有y=A2

sin2θ,當θ=45°時,y有最大值,ymax=A2

。

(2)輔助角公式法:假如所求物理量的表達式為y=asinθ+bcosθ,經(jīng)過輔助角公式轉化為y=√a2+b2sin(θ+φ),當

θ+φ=90°時,y有最大值ymax=√a2+b2。

2.利用二次函數(shù)求極值

二次函數(shù)y=ax2

+bx+c(a、b、c為常數(shù),且a≠0),當

x=-b

2a時,y

有極值

ym=4ac-b2

4a

(a>0時,ym為極小值;anμmg

2

D.(n-1)μmg1)。斷開輕繩,棒和環(huán)自由下降。假設棒腳夠長,與地面發(fā)生碰撞時觸地時刻極短,且無動能損失。棒在整個運動過程中始終保持豎直,空氣阻力別計。求:

(1)棒第一次與地面碰撞后彈起上升的過程中,環(huán)的加速度。

(2)從斷開輕繩到棒與地面第二次碰撞的眨眼,棒運動的路程s。

(3)從斷開輕繩到棒和環(huán)都靜止的過程中,摩擦力對環(huán)和棒做的總功W。

考查角度2巧用圖象法解決咨詢題

高考對圖象的考查別僅限于識圖、圖形轉化,還實用圖。有點咨詢題用常規(guī)公式法煩瑣,然而利用圖象方便快捷,因此關于物理辦法中的第一高頻考點圖象法有必要再進一步深化。

12.(20XX年山東師大附中模擬)如圖甲所示,一水平的淺XXX長傳送帶上放置一質量為m的煤塊(可視

為質點),煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ。初始時,傳送帶與煤塊基本上靜止的?，F(xiàn)讓傳送帶以

恒定的加速度a開始運動,當其速度達到v0后,便以此速度做勻速運動。通過一段時刻,煤塊在傳送帶上留下了一段黑群痕跡后,煤塊相關于傳送帶別再滑動,對于上述過程,以下推斷正確的是(重力加速度為g)()。

A.μ與a之間一定滿腳關系μ>a

gB.煤塊從開始運動到相關于傳送帶靜止記憶的位移為v02

μg

C.煤塊從開始運動到相關于傳送帶靜止記憶的時刻為v0

μgD.黑群痕跡的長度為(a-μg)v02

2a2

13.(20XX年江蘇淮安一調)如圖甲所示,豎直平面內有固定的彎折形滑桿軌道ACB和ADB,AC平行于DB,AD平行于CB,一小圓環(huán)(圖中未畫出)先后套在ACB、ADB上,從A點由靜止釋放,滑到B點所用的時刻分不為t1、t2,到達B點的速度大小分不為v1、v2,已知小圓環(huán)與兩條軌道之間的動摩擦因數(shù)都相同,別計彎折處能量損失。下列關系式成立的是()。

A.t1>t2

B.t1v2

D.v160°,θ從30°減小到0°時,FA先變小后變大,

又FA=BIL,因此B先變小后變大,D項正確;當α≤60°,θ從30°減小到0°時,FA向來變大,因此B向來變大,A項正確。答案?AD

2.解析?設體積較小的星體質量為m1,軌道半徑為r1,體積較大的星體質量為m2,軌道半徑為r2;雙星間的距離為L;轉移的質量為Δm。則它們之間的萬有引力F=G(m1+Δm)(m2-Δm)

L2

,依照數(shù)學知識知,隨著Δm的增大,F會發(fā)生變化,A項錯誤。對體積較

小的星體,有G

(m1+Δm)(m2-Δm)

L

2

=(m1+Δm)ω2r1;對體積較大的星體,有G

(m1+Δm)(m2-Δm)

L2

=(m2-Δm)ω2r2,由兩式得ω=√

G(m1+m2)

L3

,

總質量m1+m2別變,兩者距離L別變,則角速度ω別變,B項錯誤。ω2

r2=G(m1+Δm)

L2

,ω、L、m1均別變,Δm增大,則r2增大,即體

積較大的星體做圓周運動的軌跡半徑變大,由v=ωr2得,其線速度v也增大,故C項正確,D項錯誤。答案?C

3.解析?設小球打到歪面上的時刻為t,恰好垂直打在歪面上,依照幾何關系可得tan60°=vyv0=gtv0

,解得t=

√3v0

g

,故A項正確;

要讓小球始終垂直打到歪面上,小球平拋運動的水平位移x=v0t,y=12

gt2

,小球降在歪面上,依照幾何關系得tan30°=

?-y

x

,代入t=

√3v0

g

解得h=

5v022g,h和v0的平方成正比,故B項錯誤,C項正確;小球降在歪面上時的豎直分速度vy=√2gy,vx=xt=x√g

2y

,由于tan30°=?-y

x

,速度

v=√vx2

+vy

2,聯(lián)立解得

v=√g(3?

2

2y

+

7y

2

-3h),依照數(shù)學知識可知,積一定,當二者相等時和有最小值,故最小值vm=√(√21-3)gh,D項正確。答案?ACD

4.解析?在跳躍者起跳到下降到彈性繩剛伸直(0~L)的過程中,動能隨下降高度h的增加線性增大;再往下降時動能和彈性勢能都增大,當彈性繩的彈力等于跳躍者的重力時,速度最大,動能最大;接著向下降時動能減小,彈性繩的彈性勢能增大,圖象B正確。答案?B點評?運用圖象解答物理咨詢題的步驟(1)看清縱、橫坐標分不表示的物理量。

(2)看圖象本身,識不兩物理量的變化趨勢,從而分析具體的物理過程。

(3)看兩相關量的變化范圍及給出的相關條件,明確圖線與坐標軸的交點、圖線歪率、圖線與坐標軸圍成的“面積”的物理意義。

5.解析?依照左手定則可知粒子在磁場中做逆時針方向的圓周運動,故A項正確;設軌跡圓的半徑為R,則圓的方程為

x2+(y-R-0.5)2=R2,其中拋物線方程為y=1

2x2,聯(lián)立解得y2-(2R-1)y+R+0.25=0,由于圓與拋物線相切,則該方程根的判不式Δ=0,

即(2R-1)2

-4(R+0.25)=0,解得R=2m,則y=1.5m,x=√3m,故B項錯誤;依照洛倫茲力提供向心力可得qvB=mv2R

,解得R=

mv

qB

,代入數(shù)據(jù)解得v=2×102

m/s,故C項正確;設粒子從A點到磁場右邊界時軌跡對應的圓心角為θ,則sinθ=xR=√3

2

,解得θ=60?,則粒子從A點到磁場右邊界的運動時刻t=60?360?×2πmqB=π3

×10-2

s,故D項正確。答案?ACD

6.解析?設飛翔器對水的平均作用力為F,運動員懸停在空中,則有F=Mg,設水噴出的速度為v,取Δt時刻內,兩噴嘴噴出的水為研究對象,噴出的水的質量Δm=2ρπ(d2

)2v·Δt,水受重力和人對其的作用力,依照動量定理可得(F+Δmg)·Δt=Δmv-Δm(-v),由于2F?Δmg,則v=√

Mgρπd

2,代入數(shù)據(jù)得

v≈5.4m/s,故B項正確。答案?B

點評?應用動量定理求解流體沖擊力,關鍵是建立“柱體微元”模型,具體思路是:

(1)在極短時刻Δt內,取一小段流出的水柱作為研究對象。

(2)求小水柱體積V=SvΔt。

(3)求小水柱質量Δm=ρV=ρSvΔt。(4)求小水柱的動量變化Δp。(5)應用動量定理FΔt=Δp求解。

7.解析?設單位時刻內黏附在飛船上塵埃的質量為m。以單位時刻內黏附在飛船上的塵埃為研究對象,依照動量定理有

Ft=mv-0,其中t=1s,可得m=F

v,D項正確。答案?D

8.解析?(1)由題意可知,粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑R=r=0.5m

設粒子在磁場中運動的速度為v,由洛倫茲力提供向心力有qvB=mv2

R

解得v=1×106

m/s。

(2)如圖乙所示,因為粒子做圓周運動的軌跡和磁場圓邊界的交點O、C與兩圓的圓心O1、

O2連線組成的是菱形,因此CO2和y軸平行,則所有射出磁場的粒子速度方向都和x軸平行

粒子從O點動身,沿x軸正方向以速度v垂直射入電場,在電場中的加速度大小a=qEm

=1.5×1012

m/s2

粒子穿出電場用時t=Δxv

=1×10-6

s則vy=at=1.5×106

m/s,tanα=vyvx=atv

=1.5

粒子在電場中的側位移y1=1

2

at2

=0.75m飛出電場后粒子做勻速直線運動,y2=Δx'·tanα=1.5m

故y=y1+y2=2.25m,則粒子打在屏上的坐標為(3m,2.25m)

沿x軸負方向射出的粒子經(jīng)磁場偏轉后從坐標為(0,1m)的點平行于x軸方向射向電場,直至打在屏上的側位移大小也為y,故該粒子打在屏上的坐標為(3m,3.25m)則帶電粒子打在熒光屏上的區(qū)域為(3m,2.25m)至(3m,3.25m)。

(3)粒子在電場中運動的某一眨眼,設粒子的速度為vt,應用牛頓第二定律有kvt=mat,即kvt=mΔvt

Δt

(Δvt在這個地方是速度大小的變化)求和有kΣ(vtΔt)=mΣΔvt依照動量定理有-kl=0-mvt且

vt=√v2+vy2=√132×106m/s解得l=mvtk=√13

20m。

9.解析?物體1的位移為(n-1)L,則拉力F所做的功WF=F·(n-1)L=(n-1)FL,故A項錯誤。系統(tǒng)克服摩擦力做的功

Wf=μmgL+μmg·2L+…+μmg·(n-2)L+μmg·(n-1)L=

n(n-1)μmgL

2

,故B項正確。依照題意,連接第n個物塊的線剛好拉直時整體速度正好為零,假設沒有動能損失,由動能定理有WF=Wf,解得F=nμmg

2,現(xiàn)由于繩子繃緊眨眼系統(tǒng)有動能損失,因此依照功能

關系可知F>

nμmg

2

,C項正確,D項錯誤。答案?BC

10.解析?(1)別計重力,全過程動量守恒,有m0v0=mnvn'解得vn'=

m0

mn

v0。(2)若思考重力的妨礙,雨滴下落過程中做加速度為g的勻加速運動,碰撞眨眼動量守恒

a.第1次碰撞前,有v12=v02+2gl解得v1=√v02+2gl第1次碰撞后,有m0v1=m1v1'解得v1'=

m0m1v1=m0

m1

√v02+2gl。

b.第2次碰撞前,有v22=v1'2

+2gl由以上各式可得v22=(

m0m1)2v02+(m02+m12

m12

)2gl第2次碰撞后,由上式可得v2'2

=(m1m2)2v22=(m0m2)2v02+(m02+m12m22

)2gl

同理可得,第3次碰撞后,有v3'2

=(m0m3)2v02+(m02+m12+m22m32

)2gl……

第n次碰撞后,有vn'2

=(m0mn

)2v02

+(∑i=0n-1

mi2

mn2)2gl則第

n

次碰撞后雨滴的動能為12mnvn'2=12mn(m02v02

+2gl∑i=0

n-1

mi2)。

11.解析?(1)設棒第一次上升的過程中環(huán)的加速度為a環(huán),由牛頓第二定律有a環(huán)=

kmg-mg

m

=(k-1)g,方向豎直向上。(2)棒第一次降地前眨眼的速度大小v1=√2gH設棒彈起后的加速度為a棒,由牛頓第二定律有a棒=-kmg+mg

m

=-(k+1)g故棒第一次彈起的最大高度H1=-v122a棒

=Hk+1路程s=H+2H1=k+3

k+1

H。

(3)解法一設棒第一次彈起通過t1時刻后與環(huán)達到共同速度v1'環(huán)的速度v1'=-v1+a環(huán)t1棒的速度v1'=v1+a棒t1解得t1=1

k√2H

g,v1'=-√2gH

k環(huán)的位移h環(huán)1=-v1t1+12a環(huán)t12=-k+1k2H棒的位移h棒1=v1t1+12a棒t12=k-1

k

2H

環(huán)第一次相對棒的位移x1=h環(huán)1-h棒1解得x1=-2H

k

設棒第二次降地前的瞬時速度大小為v2,棒、環(huán)一起下降至地,有v22-v1'2

=2gh棒1解得v2=√

2gH

k

同理,環(huán)第二次相對棒的位移x2=h環(huán)2-h棒2=-

2Hk

2

……xn=-2H

kn

故環(huán)相對棒的總位移x=x1+x2+…+xn=-2Hk-1

因此W=kmgx=-2kmgH

k-1

。

解法二通過腳夠長的時刻,棒和環(huán)最后靜止,設這一過程中它們相對滑動的總路程為l,由能量守恒定律有

mgH+mg(H+l)=kmgl解得l=2H

k-1故摩擦力對環(huán)和棒做的總功W=-kmgl=-

2kmgH

k-1

。

12.解析?辦法一:公式法。由牛頓第二定律可知煤塊的加速度大小a'=μg,由于煤塊與傳送帶之間要發(fā)生相對滑動,傳送帶的加速度要大于煤塊的加速度,即a>μg,則μv2,物塊向右運動時會向來加速,當速度大小增大到等于v2時,物塊恰好離開傳送帶;假如v1≤v2,物塊向左的速度減至零后會在滑動摩擦力的作用下向右加速,當速度增大到等于傳送帶速度時,物塊還在傳送帶上,之后別受摩擦力,物塊與傳送帶一起向右勻速運動。第二種事情:物塊在傳送帶上減速向左滑行,直截了當向左滑出傳