數(shù)學(xué)方法在物理中的應(yīng)用

數(shù)學(xué)方法在物理中的應(yīng)用所謂數(shù)學(xué)方法，就是要把客觀事物的狀態(tài)、關(guān)系和過程用數(shù)學(xué)語言表達(dá)出來，并進(jìn)行推導(dǎo)、演算和分析，以形成對(duì)問題的判斷、解釋和預(yù)測．可以說，任何物理問題的分析、處理過程，都是數(shù)學(xué)方法的運(yùn)用過程．本專題中所指的數(shù)學(xué)方法，都是一些特殊、典型的方法，常用的有極值法、幾何法、圖象法、數(shù)學(xué)歸納推理法、微元法、等差(比)數(shù)列求和法等．一、極值法數(shù)學(xué)中求極值的方法很多，物理極值問題中常用的極值法有：三角函數(shù)極值法、二次函數(shù)極值法、一元二次方程的判別式法等．1．利用三角函數(shù)求極值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)所以當(dāng)φ＋θ＝eq\f(π,2)時(shí)，y有最大值，且ymax＝eq\r(a2＋b2)．2．利用二次函數(shù)求極值二次函數(shù)：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為實(shí)常數(shù))，當(dāng)x＝－eq\f(b,2a)時(shí)，有極值ym＝eq\f(4ac－b2,4a)(假設(shè)二次項(xiàng)系數(shù)a>0，y有極小值；假設(shè)a<0，y有極大值)．3．均值不等式對(duì)于兩個(gè)大于零的變量a、b，假設(shè)其和a＋b為一定值p，那么當(dāng)a＝b時(shí)，其積ab取得極大值eq\f(p2,4)；對(duì)于三個(gè)大于零的變量a、b、c，假設(shè)其和a＋b＋c為一定值q那么當(dāng)a＝b＝c時(shí)，其積abc取得極大值eq\f(q3,27)．二、幾何法利用幾何方法求解物理問題時(shí)，常用到的有“對(duì)稱點(diǎn)的性質(zhì)”、“兩點(diǎn)間直線距離最短”、“直角三角形中斜邊大于直角邊”以及“全等、相似三角形的特性”等相關(guān)知識(shí)，如：帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動(dòng)類問題，物體的變力分析時(shí)經(jīng)常要用到相似三角形法、作圖法等．與圓有關(guān)的幾何知識(shí)在力學(xué)局部和電學(xué)局部的解題中均有應(yīng)用，尤其在帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)類問題中應(yīng)用最多，此類問題的難點(diǎn)往往在圓心與半徑確實(shí)定上，確定方法有以下幾種．1．依切線的性質(zhì)確定．從已給的圓弧上找兩條不平行的切線和對(duì)應(yīng)的切點(diǎn)，過切點(diǎn)作切線的垂線，兩條垂線的交點(diǎn)為圓心，圓心與切點(diǎn)的連線為半徑．2．依垂徑定理(垂直于弦的直徑平分該弦，且平分弦所對(duì)的弧)和相交弦定理(如果弦與直徑垂直相交，那么弦的一半是它分直徑所成的兩條線段的比例中項(xiàng))確定．如圖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)．以上兩種求半徑的方法常用于求解“帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)”這類習(xí)題中．三、圖象法中學(xué)物理中一些比擬抽象的習(xí)題常較難求解，假設(shè)能與數(shù)學(xué)圖形相結(jié)合，再恰當(dāng)?shù)匾胛锢韴D象，那么可變抽象為形象，突破難點(diǎn)、疑點(diǎn)，使解題過程大大簡化．圖象法是歷年高考的熱點(diǎn)，因而在復(fù)習(xí)中要密切關(guān)注圖象，掌握?qǐng)D象的識(shí)別、繪制等方法．1．物理圖象的分類整個(gè)高中教材中有很多不同類型的圖象，按圖形形狀的不同可分為以下幾類．(1)直線型：如勻速直線運(yùn)動(dòng)的s－t圖象、勻變速直線運(yùn)動(dòng)的v－t圖象、定值電阻的U－I圖象等．(2)正弦曲線型：如簡諧振動(dòng)的x－t圖象、簡諧波的y－x圖象、正弦式交變電流的e－t圖象、正弦式振蕩電流的i－t圖象及電荷量的q－t圖象等．(3)其他型：如共振曲線的A－f圖象、分子力與分子間距離的f－r圖象等．下面我們對(duì)高中物理中接觸到的典型物理圖象作一綜合回憶，以期對(duì)物理圖象有個(gè)較為系統(tǒng)的認(rèn)識(shí)和歸納．圖象函數(shù)形式特例物理意義y＝c勻速直線運(yùn)動(dòng)的v－t圖象做勻速直線運(yùn)動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)的速度是恒矢量．y＝kx①勻速直線運(yùn)動(dòng)的s－t圖象②初速度v0＝0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)的v－t圖象(假設(shè)v0≠0，那么縱截距不為零)③純電阻電路的I－U圖象①表示物體的位移大小隨時(shí)間線性增大．②表示物體的速度大小隨時(shí)間線性增大．③表示純電阻電路中I隨導(dǎo)體兩端的電壓U線性增大．y＝a－kx①勻減速直線運(yùn)動(dòng)的v－t圖象②閉合電路中的U－I圖象(U＝E－Ir)①表示物體的速度大小隨時(shí)間線性減?。诒硎韭范穗妷弘S電流的增大而減?。畒＝eq\f(a,x＋b)·x(雙曲線函數(shù))①由純電阻用電器組成的閉合電路的U－R圖象(U＝eq\f(E,R＋r)R)②在垂直于勻強(qiáng)磁場的[XCzt71．tifBP]導(dǎo)軌上，自由導(dǎo)體棒在一恒定動(dòng)力F的作用下做變加速運(yùn)動(dòng)的v－t圖象①表示純電阻電路中電源的端電壓隨外電阻而非線性增大．②將到達(dá)穩(wěn)定速度vm＝eq\f(FR總,B2L2)．y＝kx2(拋物線函數(shù))①小燈泡消耗的實(shí)際功率與外加電壓的P－U圖象②位移與時(shí)間的s－t圖象(s＝eq\f(1,2)at2)①表示小燈泡消耗的實(shí)際功率隨電壓的增大而增大，且增大得越來越快．②表示位移隨時(shí)間的增大而增大，且增大得越來越快．xy＝c(雙曲線函數(shù))機(jī)械在額定功率下，其牽引力與速度的關(guān)系圖象(P＝Fv)表示功率一定時(shí)，牽引力與速度成反比．y＝Asinωt交流電的e－t圖象(e＝Emsinωt)表示交流電隨時(shí)間變化的關(guān)系．2．物理圖象的應(yīng)用(1)利用圖象解題可使解題過程更簡化，思路更清晰．利用圖象法解題不僅思路清晰，而且在很多情況下可使解題過程得到簡化，起到比解析法更巧妙、更靈活的獨(dú)特效果．甚至在有些情況下運(yùn)用解析法可能無能為力，但是運(yùn)用圖象法那么會(huì)使你豁然開朗，如求解變力分析中的極值類問題等．(2)利用圖象描述物理過程更直觀．從物理圖象上可以比擬直觀地觀察出物理過程的動(dòng)態(tài)特征．(3)利用物理圖象分析物理實(shí)驗(yàn)．運(yùn)用圖象處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)是物理實(shí)驗(yàn)中常用的一種方法，這是因?yàn)樗司哂泻喢鳌⒅庇^、便于比擬和減少偶然誤差的特點(diǎn)外，還可以由圖象求解第三個(gè)相關(guān)物理量，尤其是無法從實(shí)驗(yàn)中直接得到的結(jié)論．3．對(duì)圖象意義的理解(1)首先應(yīng)明確所給的圖象是什么圖象，即認(rèn)清圖象中比縱橫軸所代表的物理量及它們的“函數(shù)關(guān)系”，特別是對(duì)那些圖形相似、容易混淆的圖象，更要注意區(qū)分．例如振動(dòng)圖象與波動(dòng)圖象、運(yùn)動(dòng)學(xué)中的s－t圖象和v－t圖象、電磁振蕩中的i－t圖象和q－t圖象等．(2)要注意理解圖象中的“點(diǎn)”、“線”、“斜率”、“截距”、“面積”的物理意義．①點(diǎn)：圖線上的每一個(gè)點(diǎn)對(duì)應(yīng)研究對(duì)象的一個(gè)狀態(tài)．要特別注意“起點(diǎn)”、“終點(diǎn)”、“拐點(diǎn)”、“交點(diǎn)”，它們往往對(duì)應(yīng)著一個(gè)特殊狀態(tài)．如有的速度圖象中，拐點(diǎn)可能表示速度由增大(減小)變?yōu)闇p小(增大)，即加速度的方向發(fā)生變化的時(shí)刻，而速度圖線與時(shí)間軸的交點(diǎn)那么代表速度的方向發(fā)生變化的時(shí)刻．②線：注意觀察圖線是直線、曲線還是折線等，從而弄清圖象所反映的兩個(gè)物理量之間的關(guān)系．③斜率：表示縱橫坐標(biāo)上兩物理量的比值．常有一個(gè)重要的物理量與之對(duì)應(yīng)，用于求解定量計(jì)算中所對(duì)應(yīng)的物理量的大小以及定性分析變化的快慢．如v－t圖象的斜率表示加速度．④截距：表示縱橫坐標(biāo)兩物理量在“邊界”條件下物理量的大?。纱送傻玫揭粋€(gè)很有意義的物理量．如電源的U－I圖象反映了U＝E－Ir的函數(shù)關(guān)系，兩截距點(diǎn)分別為(0，E)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,r)，0))．⑤面積：有些物理圖象的圖線與橫軸所圍的面積往往代表一個(gè)物理量的大?。鐅－t圖象中面積表示位移．4．運(yùn)用圖象解答物理問題的步驟(1)看清縱橫坐標(biāo)分別表示的物理量．(2)看圖象本身，識(shí)別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(guān)量的變化范圍及給出的相關(guān)條件，明確圖線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)、圖線斜率、圖線與坐標(biāo)軸圍成的“面積”的物理意義．四、數(shù)學(xué)歸納法在解決某些物理過程中比擬復(fù)雜的具體問題時(shí)，常從特殊情況出發(fā)，類推出一般情況下的猜測，然后用數(shù)學(xué)歸納法加以證明，從而確定我們的猜測是正確的．利用數(shù)學(xué)歸納法解題要注意書寫上的標(biāo)準(zhǔn)，以便找出其中的規(guī)律．五、微元法利用微分思想的分析方法稱為微元法．它是將研究對(duì)象(物體或物理過程)進(jìn)行無限細(xì)分，再從中抽取某一微小單元進(jìn)行討論，從而找出被研究對(duì)象的變化規(guī)律的一種思想方法．微元法解題的思維過程如下．(1)隔離選擇恰當(dāng)?shù)奈⒃鳛檠芯繉?duì)象．微元可以是一小段線段、圓弧或一小塊面積，也可以是一個(gè)小體積、小質(zhì)量或一小段時(shí)間等，但必須具有整體對(duì)象的根本特征．(2)將微元模型化(如視為點(diǎn)電荷、質(zhì)點(diǎn)、勻速直線運(yùn)動(dòng)、勻速轉(zhuǎn)動(dòng)等)，并運(yùn)用相關(guān)的物理規(guī)律求解這個(gè)微元與所求物體之間的關(guān)聯(lián)．(3)將一個(gè)微元的解答結(jié)果推廣到其他微元，并充分利用各微元間的對(duì)稱關(guān)系、矢量方向關(guān)系、近似極限關(guān)系等，對(duì)各微元的求解結(jié)果進(jìn)行疊加，以求得整體量的合理解答．六、三角函數(shù)法三角函數(shù)反映了三角形的邊、角之間的關(guān)系，在物理解題中有較廣泛的應(yīng)用．例如：討論三個(gè)共點(diǎn)的平衡力組成的力的三角形時(shí)，常用正弦定理求力的大??；用函數(shù)的單調(diào)變化的臨界狀態(tài)來求取某個(gè)物理量的極值；用三角函數(shù)的“和積公式”將結(jié)論進(jìn)行化簡等．七、數(shù)列法凡涉及數(shù)列求解的物理問題都具有過程多、重復(fù)性強(qiáng)的特點(diǎn)，但每一個(gè)重復(fù)過程均不是原來的完全重復(fù)，而是一種變化了的重復(fù)．隨著物理過程的重復(fù)，某些物理量逐步發(fā)生著前后有聯(lián)系的變化．該類問題求解的根本思路為：(1)逐個(gè)分析開始的幾個(gè)物理過程；(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)物理過程，應(yīng)用數(shù)列特點(diǎn)和規(guī)律求解．無窮數(shù)列的求和，一般是無窮遞減數(shù)列，有相應(yīng)的公式可用．等差：Sn＝eq\f(n(a1＋an),2)＝na1＋eq\f(n(n－1),2)d(d為公差)．等比：Sn＝eq\f(a1(1－qn),1－q)(q為公比)．八、比例法比例計(jì)算法可以避開與解題無關(guān)的量，直接列出和未知的比例式進(jìn)行計(jì)算，使解題過程大為簡化．應(yīng)用比例法解物理題，要討論物理公式中變量之間的比例關(guān)系，要清楚公式的物理意義和每個(gè)量在公式中的作用，以及所要討論的比例關(guān)系是否成立．同時(shí)要注意以下幾點(diǎn)．(1)比例條件是否滿足．物理過程中的變量往往有多個(gè)，討論某兩個(gè)量間的比例關(guān)系時(shí)要注意只有其他量為常量時(shí)才能成比例．(2)比例是否符合物理意義．不能僅從數(shù)學(xué)關(guān)系來看物理公式中各量的比例關(guān)系，要注意每個(gè)物理量的意義．(如不能根據(jù)R＝eq\f(U,I)認(rèn)定電阻與電壓成正比)(3)比例是否存在．討論某公式中兩個(gè)量的比例關(guān)系時(shí)，要注意其他量是否能認(rèn)為是不變量．如果該條件不成立，比例也不能成立．(如在串聯(lián)電路中，不能認(rèn)為P＝eq\f(U2,R)中P與R成反比，因?yàn)镽變化的同時(shí)，U也隨之變化而并非常量)許多物理量都是用比值法來定義的，常稱之為“比值定義”．如密度ρ＝eq\f(m,V)，導(dǎo)體的電阻R＝eq\f(U,I)，電容器的電容C＝eq\f(Q,U)，接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(f,FN)，電場強(qiáng)度E＝eq\f(F,q)等．它們的共同特征是：被定義的物理量是反映物體或物質(zhì)的屬性和特征的，它和定義式中相比的物理量無關(guān)．對(duì)此，學(xué)生很容易把它當(dāng)做一個(gè)數(shù)學(xué)比例式來處理而忽略了其物理意義，也就是說教學(xué)中還要防止數(shù)學(xué)知識(shí)在物理應(yīng)用中的負(fù)遷移．?dāng)?shù)學(xué)是“物理學(xué)家的思想工具”，它使物理學(xué)家能“有條理地思考”并能想象出更多的東西．可以說，正是有了數(shù)學(xué)與物理學(xué)的有機(jī)結(jié)合，才使物理學(xué)日臻完善．物理學(xué)的嚴(yán)格定量化，使得數(shù)學(xué)方法成為物理解題中一個(gè)不可或缺的工具．熱點(diǎn)、重點(diǎn)、難點(diǎn)●例1如圖8－2甲所示，一薄木板放在正方形水平桌面上，木板的兩端與桌面的兩端對(duì)齊，一小木塊放在木板的正中間．木塊和木板的質(zhì)量均為m，木塊與木板之間、木板與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ．現(xiàn)突然以一水平外力F將薄木板抽出，要使小木塊不從桌面上掉下，那么水平外力F至少應(yīng)為________．(假設(shè)木板抽動(dòng)過程中始終保持水平，且在豎直方向上的壓力全部作用在水平桌面上)圖8－2甲A．2μmg B．4μmg C．6μmg D．8μmg【解析】解法一F越大，木塊與木板別離時(shí)的速度、位移越小，木塊越不可能從桌面滑下．設(shè)拉力為F0時(shí)，木塊恰好能滑至桌面的邊緣，再設(shè)木塊與木板別離的時(shí)刻為t1，在0～t1時(shí)間內(nèi)有：eq\f(1,2)·eq\f((F0－μmg－2μmg),m)·t12－eq\f(1,2)μgt12＝eq\f(L,2)對(duì)t1時(shí)間后木塊滑行的過程，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，木塊與木板別離時(shí)的速度、位移越小，木塊越不可能從桌面滑出．假設(shè)木塊不從桌面滑出，那么其v－t圖象如圖8－2乙中OBC所示，其中OB的斜率為μg，BC的斜率為－μg，t1＝t2有：S△OBC＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)·μgt12))×2≤eq\f(L,2)設(shè)拉力為F時(shí)，木板的v－t圖象為圖7－2乙中的直線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即拉力至少為6μmg．[答案]C【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于兩物體間的多過程運(yùn)動(dòng)問題，在明確物理過程的根底上，畫出物體各自的運(yùn)動(dòng)圖象，這樣兩物體的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)就很明顯了．利用圖線與坐標(biāo)軸所夾面積的關(guān)系明確物體間的位移關(guān)系，可省略一些物理量的計(jì)算，從而快速、簡捷地解答問題，同類題可見專題一能力演練第3題．●例2如圖8－3甲所示，在豎直平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系中，一個(gè)質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)在外力F的作用下從坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止沿直線ON斜向下運(yùn)動(dòng)，直線ON與y軸負(fù)方向成θ角(θ＜eq\f(π,4))，那么F的大小至少為________；假設(shè)F＝mgtanθ，那么質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能大小的變化情況是__________________________．[2008年高考·上海物理卷]圖8－3甲【解析】該質(zhì)點(diǎn)在重力和外力F的作用下從靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)，說明質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，如圖8－3乙所示，當(dāng)F的方向?yàn)閍方向(垂直于ON)時(shí)，F(xiàn)最小為mgsinθ；假設(shè)F＝mgtanθ，即F可能為b方向或c方向，故除重力外的力F對(duì)質(zhì)點(diǎn)可能做正功，也可能做負(fù)功，所以質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能增加、減少都有可能．圖8－3乙[答案]mgsinθ增加、減少都有可能【點(diǎn)評(píng)】運(yùn)用平行四邊形(三角形)定那么分析物體受力的變化情況(或用相似三角形比擬受力)是一種常用的方法，同類題可見專題一同類拓展2和例題4．●例3總質(zhì)量為80kg的跳傘運(yùn)發(fā)動(dòng)從離地500m的直升機(jī)上跳下，經(jīng)過2s拉開繩索開啟降落傘，圖8－4是跳傘過程中的v－t圖象，試根據(jù)圖象求：(取g＝10m/s2)圖8－4(1)t＝1s時(shí)運(yùn)發(fā)動(dòng)的加速度和所受阻力的大?。?2)估算14s內(nèi)運(yùn)發(fā)動(dòng)下落的高度及克服阻力做的功．(3)估算運(yùn)發(fā)動(dòng)從飛機(jī)上跳下到著地的總時(shí)間．[2008年高考·上海物理卷]【解析】(1)從圖象中可以看出，在t＝2s內(nèi)運(yùn)發(fā)動(dòng)做勻加速運(yùn)動(dòng)，其加速度的大小為：a＝eq\f(vt,t)＝eq\f(16,2)m/s2＝8m/s2設(shè)此過程中運(yùn)發(fā)動(dòng)受到的阻力大小為f，根據(jù)牛頓第二定律，有：mg－f＝ma得：f＝m(g－a)＝80×(10－8)N＝160N．(2)v－t圖象與t軸所包圍的面積表示位移，由圖象可知14s內(nèi)該面積包含的格子為39格所以h＝39×2×2m＝156m根據(jù)動(dòng)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后運(yùn)發(fā)動(dòng)做勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t′＝eq\f(H－h(huán),v)＝eq\f(500－156,6)s≈57s運(yùn)發(fā)動(dòng)從飛機(jī)上跳下到著地所需要的總時(shí)間為：t總＝t＋t′＝(14＋57)s≈71s．[答案](1)160N(2)1.23×105J(3)71s【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于此題，應(yīng)明確v－t圖象中“面積”的含義，在數(shù)小方格個(gè)數(shù)時(shí)需注意合理取舍，即大于半格的算1個(gè)，小于半格的舍去．●例4如圖8－5甲所示，一質(zhì)量m＝1kg的木板靜止在光滑水平地面上．開始時(shí)，木板右端與墻相距L＝0.08m，一質(zhì)量m＝1kg的小物塊以初速度v0＝2m/s滑上木板左端．木板的長度可保證物塊在運(yùn)動(dòng)過程中不與墻接觸．物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，木板與墻碰撞后以與碰撞前瞬時(shí)等大的速度反彈．取g＝10m/s2，求：圖8－5甲(1)從物塊滑上木板到兩者到達(dá)共同速度時(shí)，木板與墻碰撞的次數(shù)及所用的時(shí)間．(2)到達(dá)共同速度時(shí)木板右端與墻之間的距離．【解析】解法一物塊滑上木板后，在摩擦力的作用下，木板從靜止開始做勻加速運(yùn)動(dòng)．設(shè)木板的加速度大小為a，經(jīng)歷時(shí)間T后與墻第一次碰撞，碰撞時(shí)的速度為v1，那么有：μmg＝maL＝eq\f(1,2)aT2v1＝aT可得：a＝1m/s2，T＝0.4s，v1＝0.4m/s物塊與木板到達(dá)共同速度之前，在每兩次碰撞之間，木板受到物塊對(duì)它的摩擦力作用而做加速度恒定的運(yùn)動(dòng)，因而木板與墻相碰后將返回至初態(tài)，所用時(shí)間為T．設(shè)在物塊與木板到達(dá)共同速度v之前木板共經(jīng)歷了n次碰撞，那么有：v＝v0－(2nT＋Δt)a＝a·Δt式中Δt是碰撞n次后木板從起始位置至到達(dá)共同速度所需要的時(shí)間上式可改寫為：2v＝v0－2nTa由于木板的速率只能在0到v1之間，故有：0≤v0－2nTa≤2v1解得：1.5≤n≤2.5由于n是整數(shù)，故n＝2解得：v＝0.2m/s，Δt＝0.2s從開始到物塊與木板到達(dá)共同速度所用的時(shí)間為：t＝4T＋Δt＝1.8s．(2)物塊與木板到達(dá)共同速度時(shí)，木板右端與墻之間的距離為：s＝L－eq\f(1,2)a·Δt2解得：s＝0.06m解法二(1)物塊滑上木板后，在摩擦力的作用下，木板做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度a1＝μg＝1m/s，方向向右物塊做減速運(yùn)動(dòng)的加速度a2＝μg＝1m/s，方向向左可作出物塊、木板的v－t圖象如圖8－5乙所示由圖可知，木板在0.4s、1.2s時(shí)刻兩次與墻碰撞，在t＝1.8s時(shí)刻物塊與木板到達(dá)共同速度．(2)由圖8－5乙可知，在t＝1.8s時(shí)刻木板的位移為：s＝eq\f(1,2)×a1×0.22＝0.02m木板右端距墻壁的距離Δs＝L－s＝0.06m．圖8－5乙[答案](1)1.8s(2)0.06m【點(diǎn)評(píng)】此題的兩種解題方法都是在清晰地理解物理過程的前提下巧妙地應(yīng)用數(shù)學(xué)方法解析的，專題一例4中的解法二也是典型地利用圖象來確定物理過程的．●例5圖8－6所示為一個(gè)內(nèi)外半徑分別為R1和R2的圓環(huán)狀均勻帶電平面，其單位面積的帶電量為σ．取環(huán)面中心O為原點(diǎn)，以垂直于環(huán)面的軸線為x軸．設(shè)軸上任意點(diǎn)P到O點(diǎn)的距離為x，P點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為E．下面給出E的四個(gè)表達(dá)式(式中k為靜電力常量)，其中只有一個(gè)是合理的．你可能不會(huì)求解此處的場強(qiáng)E，但是你可以通過一定的物理分析，對(duì)以下表達(dá)式的合理性作出判斷．根據(jù)你的判斷，E的合理表達(dá)式應(yīng)為[2009年高考·北京理綜卷]()圖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選項(xiàng)表達(dá)式可變形為：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))))，對(duì)于這一表達(dá)式，當(dāng)R1＝0時(shí)，E＝－eq\f(2πkσR2,\r(1＋(\f(R2,x))2))，隨x的增大，E的絕對(duì)值增大，這與客觀事實(shí)不符合，故A錯(cuò)誤，對(duì)于C選項(xiàng)中的表達(dá)式，當(dāng)x＝0時(shí)，E＝4πkσ，而事實(shí)由對(duì)稱性知應(yīng)該為E＝0，故C錯(cuò)誤．對(duì)于D選項(xiàng)，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))))同樣E隨x增大而增大，當(dāng)x＝∞時(shí)E>0，這與事實(shí)不符合，故D錯(cuò)誤，只有B可能正確．[答案]B【點(diǎn)評(píng)】本例與2008年高考北京理綜卷第20題相似，給出某一規(guī)律的公式，要求證它的正確性，這類試題應(yīng)引起足夠的重視．●例6如圖8－7所示，一輕繩吊著一根粗細(xì)均勻的棒，棒下端離地面高為H，上端套著一個(gè)細(xì)環(huán)．棒和環(huán)的質(zhì)量均為m，相互間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力kmg(k＞1)．?dāng)嚅_輕繩，棒和環(huán)自由下落．假設(shè)棒足夠長，與地面發(fā)生碰撞時(shí)觸地時(shí)間極短，無動(dòng)能損失．棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中始終保持豎直，空氣阻力不計(jì)．求：圖8－7(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瞬間，棒運(yùn)動(dòng)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(duì)環(huán)和棒做的總功W．[2007年高考·江蘇物理卷]【解析】(1)設(shè)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)＝eq\f(kmg－mg,m)＝(k－1)g，方向豎直向上．(2)棒第一次落地前瞬間的速度大小為：v1＝eq\r(2gH)設(shè)棒彈起后的加速度為a棒，由牛頓第二定律有：a棒＝－eq\f(kmg＋mg,m)＝－(k＋1)g故棒第一次彈起的最大高度為：H1＝－eq\f(v12,2a棒)＝eq\f(H,k＋1)路程s＝H＋2H1＝eq\f(k＋3,k＋1)H．(3)解法一設(shè)棒第一次彈起經(jīng)過t1時(shí)間后與環(huán)到達(dá)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＝eq\f(1,k)eq\r(\f(2H,g))v1′＝－eq\f(\r(2gH),k)環(huán)的位移h環(huán)1＝－v1t1＋eq\f(1,2)a環(huán)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環(huán)1－h(huán)棒1解得：x1＝－eq\f(2H,k)棒、環(huán)一起下落至地，有：v22－v1′2＝2gh棒1解得：v2＝eq\r(\f(2gH,k))同理，環(huán)第二次相對(duì)棒的位移為：x2＝h環(huán)2－h(huán)棒2＝－eq\f(2H,k2)……xn＝－eq\f(2H,kn)故環(huán)相對(duì)棒的總位移x＝x1＋x2＋…＋xn＝－eq\f(2H,k－1)所以W＝kmgx＝－eq\f(2kmgH,k－1)．解法二經(jīng)過足夠長的時(shí)間棒和環(huán)最終靜止，設(shè)這一過程中它們相對(duì)滑動(dòng)的總路程為l，由能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律有：mgH＋mg(H＋l)＝kmgl解得：l＝eq\f(2H,k－1)故摩擦力對(duì)環(huán)和棒做的總功為：W＝－kmgl＝－eq\f(2kmgH,k－1)．[答案](1)(k－1)g，方向豎直向上(2)eq\f(k＋3,k＋1)H(3)－eq\f(2kmgH,k－1)【點(diǎn)評(píng)】①高考?jí)狠S題中常涉及多個(gè)物體屢次相互作用的問題，求解這類題往往需要應(yīng)用數(shù)學(xué)的遞推公式或數(shù)列求和知識(shí)．②一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功的總和W＝－f·s總，s總為相對(duì)滑動(dòng)的總路程．③對(duì)于涉及兩個(gè)對(duì)象的運(yùn)動(dòng)過程，規(guī)定統(tǒng)一的正方向也很重要．●例7如圖8－8所示，兩平行的光滑金屬導(dǎo)軌安裝在一光滑絕緣斜面上，導(dǎo)軌間距為l、足夠長且電阻忽略不計(jì)，導(dǎo)軌平面的傾角為α，條形勻強(qiáng)磁場的寬度為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直．長度為2d的絕緣桿將導(dǎo)體棒和正方形的單匝線框連接在一起組成“”形裝置，總質(zhì)量為m，置于導(dǎo)軌上．導(dǎo)體棒中通以大小恒為I的電流(由外接恒流源產(chǎn)生，圖中未畫出)．線框的邊長為d(d<l)，電阻為R，下邊與磁場區(qū)域上邊界重合．將裝置由靜止釋放，導(dǎo)體棒恰好運(yùn)動(dòng)到磁場區(qū)域下邊界處返回，導(dǎo)體棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直．重力加速度為g．求：(1)裝置從釋放到開始返回的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q．(2)線框第一次穿越磁場區(qū)域所需的時(shí)間t1．(3)經(jīng)過足夠長時(shí)間后，線框上邊與磁場區(qū)域下邊界的最大距離xm．[2009年高考·江蘇物理卷]【解析】(1)設(shè)裝置由靜止釋放到導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到磁場下邊界的過程中，作用在線框上的安培力做功為W，由動(dòng)能定理得：mgsinα·4d＋W－BIld＝0且Q＝－W解得：Q＝4mgdsinα－BIld．(2)設(shè)線框剛離開磁場下邊界時(shí)的速度為v1，那么接著向下運(yùn)動(dòng)2d，由動(dòng)能定理得：mgsinα·2d－BIld＝0－eq\f(1,2)mv12線框在穿越磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的合力F＝mgsinα－F′感應(yīng)電動(dòng)勢E＝Bdv感應(yīng)電流I′＝eq\f(E,R)安培力F′＝BI′d由牛頓第二定律，在t到(t＋Δt)時(shí)間內(nèi)，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)經(jīng)過足夠長時(shí)間后，線框在磁場下邊界與最大距離xm之間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)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)能力演練一、選擇題(10×4分)1．圖示是用來監(jiān)測在核電站工作的人員受到輻射情況的胸章，通過照相底片被射線感光的區(qū)域，可以判斷工作人員受到何種輻射．當(dāng)胸章上1mm鋁片和3mm鋁片下的照相底片被感光，而鉛片下的照相底片未被感光時(shí)，那么工作人員可能受到了輻射的射線是()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，一張普通的紙就能把它擋住，題中無法說明輻射中不含α射線，能穿透1mm、3mm鋁片而不能穿透5mm鉛片的是β射線，假設(shè)存在γ射線，那么5mm厚的鉛片也能被穿透，故A正確．[答案]A2．在電磁波發(fā)射技術(shù)中，使電磁波隨各種信號(hào)而改變的技術(shù)叫調(diào)制，調(diào)制分調(diào)幅和調(diào)頻兩種．在圖甲中有A、B兩幅圖．在收音機(jī)電路中天線接收下來的電信號(hào)既有高頻成分又有低頻成分，經(jīng)放大后送到下一級(jí)，需要把高頻成分和低頻成分分開，只讓低頻成分輸入下一級(jí)，如果采用如圖乙所示的電路，圖乙中虛線框a和b內(nèi)只用一個(gè)電容器或電感器．以下關(guān)于電磁波的發(fā)射和接收的說法中，正確的選項(xiàng)是()A．在電磁波的發(fā)射技術(shù)中，甲圖中A是調(diào)幅波B．在電磁波的發(fā)射技術(shù)中，甲圖中B是調(diào)幅波C．在圖乙中a是電容器，用來通高頻阻低頻，b是電感器，用來阻高頻通低頻D．在圖乙中a是電感器，用來阻交流通直流，b是電容器，用來阻高頻通低頻【解析】A圖象中高頻振蕩的振幅隨信號(hào)而變，為調(diào)幅波，B圖象中高頻振蕩的頻率隨信號(hào)而變，為調(diào)頻波，A正確，檢波電路的作用為通低頻阻高頻，故a為電容較小的高頻旁路電容器，b為高頻扼流圈，C正確．[答案]AC3．如下圖，絕熱汽缸固定在水平地面上，汽缸內(nèi)用絕熱活塞封閉著一定質(zhì)量的理想氣體，開始時(shí)活塞靜止在圖示位置，現(xiàn)用力使活塞緩慢向右移動(dòng)一段距離，那么在此過程中()A．外界對(duì)汽缸內(nèi)氣體做正功B．缸內(nèi)氣體的內(nèi)能減小C．缸內(nèi)氣體在單位時(shí)間內(nèi)作用于活塞單位面積沖量增大D．在單位時(shí)間內(nèi)缸內(nèi)氣體分子與活塞碰撞的次數(shù)增加【解析】體積膨脹，氣體對(duì)外做功，內(nèi)能減小，溫度降低，選項(xiàng)A錯(cuò)誤、B正確，由體積增大，溫度降低知單位時(shí)間內(nèi)氣體對(duì)活塞的碰撞次數(shù)減少，壓強(qiáng)減小，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤．[答案]B4．兩物體甲和乙在同一直線上運(yùn)動(dòng)，它們?cè)?～0.4s時(shí)間內(nèi)的v－t圖象如下圖．假設(shè)僅在兩物體之間存在相互作用，那么物體甲與乙的質(zhì)量之比和圖中時(shí)間t1分別為[2009年高考·全國理綜卷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】根據(jù)圖象的特點(diǎn)可知甲做勻加速運(yùn)動(dòng)，乙做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)a＝eq\f(Δv,Δt)，得兩物體加速度大小的關(guān)系為3a甲＝a乙，根據(jù)牛頓第二定律有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正確．[答案]B5．某物體的v－t圖象如下圖，在以下給出的兩段時(shí)間內(nèi)，合外力的功和沖量都相同的是()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合外力做功為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，合外力沖量為mv0，t2～t4合外力做功和合外力沖量都為0，A錯(cuò)誤；t3～t4時(shí)間內(nèi)合外力做功為－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，合外力沖量為mv0，t1～t2合外力做功為－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，合外力的沖量－mv0,0～t2時(shí)間內(nèi)，合外力做功和合外力沖量都為0．故C正確．[答案]C6．一列簡諧橫波沿x軸正向傳播，t＝0時(shí)刻波形如下圖，從圖示時(shí)刻起經(jīng)0.5s時(shí)間處于x＝2的質(zhì)點(diǎn)P剛好第二次出現(xiàn)波峰，以下說法正確的選項(xiàng)是()A．t＝0時(shí)刻，P質(zhì)點(diǎn)的速度方向指向y軸正方向B．Q質(zhì)點(diǎn)開始振動(dòng)時(shí)，P質(zhì)點(diǎn)正在波峰C．t＝0.5s時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P的加速度方向指向y軸正方向D．t＝0.5s時(shí)刻，Q質(zhì)點(diǎn)第一次出現(xiàn)波峰【解析】t0＝0時(shí)刻P質(zhì)點(diǎn)正向上振動(dòng)，A正確．又由題意知，t＝0.5s＝eq\f(5,4)T，得T＝0.4s，PQ＝8m＝2λ，故Q開始振動(dòng)時(shí)P處于平衡位置向上振動(dòng)，B錯(cuò)誤．t＝0.5s時(shí)刻，P的位移為正，加速度方向?yàn)樨?fù)，C錯(cuò)誤；經(jīng)過t＝0.5s，波傳播s＝vt＝eq\f(4,0.4)×0.5＝5m，Q正處于波峰，D正確．[答案]AD7．如下圖，把一個(gè)帶電小球A固定在光滑的水平絕緣桌面上，在桌面的另一處放置帶電小球B．現(xiàn)給小球B一個(gè)垂直AB連線方向的速度v0，使其在水平桌面上運(yùn)動(dòng)，那么以下說法中正確的選項(xiàng)是()A．假設(shè)A、B帶同種電荷，B球一定做速度增大的曲線運(yùn)動(dòng)B．假設(shè)A、B帶同種電荷，B球一定做加速度增大的曲線運(yùn)動(dòng)C．假設(shè)A、B帶同種電荷，B球一定向電勢較低處運(yùn)動(dòng)D．假設(shè)A、B帶異種電荷，B球可能做速度和加速度大小都不變的曲線運(yùn)動(dòng)【解析】假設(shè)A、B帶同種電荷，庫侖力對(duì)B球做正功，B球做速度增大的曲線運(yùn)動(dòng)，B的電勢能減小，又由于AB間距增大，故B的加速度減小，假設(shè)A、B為異種電荷，當(dāng)eq\f(mv02,r)＝eq\f(kqAqB,r2)時(shí)，B球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速度和加速度的大小都不變，D正確．[答案]AD8．某一空間存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度為B且大小不變、方向隨時(shí)間t做周期性變化的勻強(qiáng)磁場(如圖甲所示)，規(guī)定垂直紙面向里的磁場方向?yàn)檎疄榱耸轨o止于該磁場中的帶正電的粒子能按a→b→c→d→e→f的順序做橫“∞”字曲線運(yùn)動(dòng)(即如圖乙所示的軌跡)，以下方法可行的是(粒子只受磁場力的作用，其他力不計(jì))()【解析】要使粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡的周期應(yīng)為T0＝eq\f(2πm,qB)＝eq\f(T,2)，結(jié)合左手定那么可知，選項(xiàng)A、D正確．[答案]AD9．水力采煤是利用高速水流沖擊煤層而進(jìn)行的，煤層受到3.6×106N/m2的壓強(qiáng)沖擊即可破碎，假設(shè)水流沿水平方向沖擊煤層，不考慮水的反向?yàn)R射作用，那么沖擊煤層的水流速度至少應(yīng)為()A．30m/s B．40m/s C．45m/s D．60m/s【解析】建立如下圖模型，設(shè)水柱面積為S，由動(dòng)量定理：F·Δt＝0－(ρS·v0·Δt)×(－v0)可得壓強(qiáng)：p＝eq\f(F,S)＝ρveq\o\al(2,0)故使煤層破碎的速度至少應(yīng)為v0＝eq\r(\f(p,ρ))＝60m/s．[答案]D10．如圖甲所示，傳送帶通過滑道將長為L、質(zhì)量為m的勻質(zhì)物塊以初速度v0向右送上水平臺(tái)面，物塊前端在臺(tái)面上滑動(dòng)s距離停下來．滑道上的摩擦不計(jì)，物塊與臺(tái)面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ而且s>L，那么物塊的初速度v0為()甲A．eq\r(2μgL) B．eq\r(2μgs－μgL)C．eq\r(2μgs) D．eq\r(2μgs＋μgL)【解析】物塊位移在由0增大到L的過程中，對(duì)臺(tái)面的壓力隨位移由0均勻的增加至mg，故整個(gè)過的摩擦力的大小隨位移變化的圖象如圖乙所示，圖中梯形“面積”即為物塊克服摩擦力所做的功．乙由動(dòng)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、非選擇題(共60分)11．(6分)某實(shí)驗(yàn)小組擬用如圖甲所示的裝置研究滑塊的運(yùn)動(dòng)．實(shí)驗(yàn)器材有滑塊、鉤碼、紙帶、米尺、帶滑輪的木板以及由漏斗和細(xì)線組成的單擺等．實(shí)驗(yàn)中，滑塊在鉤碼的作用下拖動(dòng)紙帶做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，同時(shí)單擺沿垂直于紙帶運(yùn)動(dòng)的方向擺動(dòng)，漏斗漏出的有色液體在紙帶上留下的痕跡記錄了漏斗在不同時(shí)刻的位置．[2008年高考·重慶理綜卷](1)在圖乙中，從________紙帶可看出滑塊的加速度和速度的方向一致．(2)用該方法測量滑塊加速度的誤差主要來源有：____________________、____________________．(寫出2個(gè)即可)【解析】要使速度和加速度的方向相同，那么必須選紙帶B，因?yàn)锽中相等的時(shí)間內(nèi)紙帶運(yùn)動(dòng)的距離越來越大．[答案](1)B(2分)(2)擺長測量漏斗的重心變化(或液體痕跡偏粗、阻力變化等)(每空2分)12．(9分)用高電阻放電法測電容的實(shí)驗(yàn)，是通過對(duì)高阻值電阻放電的方法，測出電容器的充電電壓為U時(shí)，所帶的電荷量為Q，從而再求出待測電容器的電容C．某同學(xué)的實(shí)驗(yàn)情況如下：A．按圖甲所示的電路連接好實(shí)驗(yàn)電路；B．接通開關(guān)S，調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值，使小量程電流表的指針偏轉(zhuǎn)接近滿刻度，記下這時(shí)電流表的示數(shù)I0＝490μA及電壓表的示數(shù)U0＝6.2V，I0和U0分別是電容器放電的初始電流和電壓；C．?dāng)嚅_開關(guān)S，同時(shí)開始計(jì)時(shí)，每隔5s或10s測一次電流I的值，將測得數(shù)據(jù)填入預(yù)先設(shè)計(jì)的表格中，根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)(10組)在以時(shí)間t為橫坐標(biāo)、電流I為縱坐標(biāo)的坐標(biāo)紙上描點(diǎn)，即圖乙中用“×”表示的點(diǎn)．(1)實(shí)驗(yàn)中，電阻箱所用的阻值R＝________Ω．(2)試根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)結(jié)果，在圖乙中作出電容器放電的I－t圖象．(3)經(jīng)估算，該電容器兩端的電壓為U0時(shí)所帶的電荷量Q0約為______C；該電容器的電容C約為______F．【解析】由ΔQ＝I·Δt知，電荷量為I－t圖象與坐標(biāo)軸所包圍的面積，計(jì)面積時(shí)可數(shù)格數(shù)(四舍五入)．[答案](1)1.3×104(3分)(2)用平滑曲線連接(2分)(3)(8.0～9.0)×10－3(1.29～1.45)×10－3(每空2分)13．(10分)質(zhì)量為60kg的消防隊(duì)員從一根豎直的輕繩上由靜止滑下，經(jīng)2.5s落地．輕繩受到的拉力變化情況如圖甲所示，取g＝10m/s2．在消防隊(duì)員下滑的過程中(1)其最大速度和落地速度各是多大？(2)在圖乙中畫出其v－t圖象．(3)其克服摩擦力做的功是多少？【解析】(1)設(shè)該隊(duì)員先在t1＝1s的時(shí)間內(nèi)以加速度a1勻加速下滑，然后在t2＝1.5s的時(shí)間內(nèi)以加速度a2勻減速下滑第1s內(nèi)由牛頓第二定律得：mg－F1＝ma1(1分)最大速度vm＝a1t1(1分)代入數(shù)據(jù)解得：vm＝4m/s(1分)后1.5s內(nèi)由牛頓第二定律得：F2－mg＝ma2該隊(duì)員落地時(shí)的速度v＝vm－a2t2(1分)代入數(shù)據(jù)解得：v＝1m/s．(2)圖象如圖丙所示．(2分)(3)該隊(duì)員在第1s內(nèi)下滑的高度h1＝eq\f(1,2)a1t12(1分)該隊(duì)員在后1.5s內(nèi)下滑的高度h2＝vmt2－eq\f(1,2)a2t22(1分)由動(dòng)能定理得：mg(h1＋h2)－Wf＝eq\f(1,2)mv2(1分)代入數(shù)據(jù)解得：Wf＝3420J．(1分)丙[答案](1)最大速度為4m/s，落地速度為1m/s(2)如圖丙所示(3)3420J14．(11分)A、B兩小球由柔軟的細(xì)線相連，線長L＝6m，現(xiàn)將A、B球先后以相同的初速度v0＝4.5m/s從同一地點(diǎn)水平拋出(先A、后B)，相隔時(shí)間t0＝0.8s．取g＝10m/s2，問：(1)B球拋出后經(jīng)過多長時(shí)間細(xì)線剛好被拉直？(線拉直時(shí)，兩球都未落地)(2)細(xì)線剛被拉直時(shí)，A、B兩球的水平位移(相對(duì)拋出點(diǎn))各為多大？【解析】(1)A球先拋出，0.8s時(shí)間內(nèi)水平位移s0＝v0t0＝4.5×0.8m＝3.6m(1分)豎直位移：h0＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×