目錄
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc24654" 一、正弦定理、余弦定理、三角形相似法 PAGEREF _Tc24654 1
\l "_Tc2579" 類型1 正弦定理的應(yīng)用 PAGEREF _Tc2579 1
\l "_Tc1815" 類型2 余弦定理的應(yīng)用 PAGEREF _Tc1815 4
\l "_Tc28230" 類型3 三角形相似法的應(yīng)用 PAGEREF _Tc28230 5
\l "_Tc30328" eq \a\vs4\al(二、三角函數(shù)法) PAGEREF _Tc30328 7
\l "_Tc23384" eq \a\vs4\al(三、二次函數(shù)法) PAGEREF _Tc23384 10
\l "_Tc20549" 四、均值不等式 PAGEREF _Tc20549 14
\l "_Tc29445" 四、數(shù)學(xué)歸納法和數(shù)列法 PAGEREF _Tc29445 16
\l "_Tc411" 五、微元法的應(yīng)用 PAGEREF _Tc411 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，各邊和所對應(yīng)角的正弦之比相等。
即：eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)
【例1】(2020·日照模擬)如圖所示，兩個質(zhì)量分別為eq \r(3)m、m的小圓環(huán)A、B用不可伸長的細線連著，套在一個豎直固定的大圓環(huán)上，大圓環(huán)的圓心為O。系統(tǒng)平衡時，細線所對的圓心角為90°，大圓環(huán)和小圓環(huán)之間的摩擦力及細線的質(zhì)量忽略不計，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)∶1
B．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．細線與水平方向的夾角為30°
D．細線的拉力大小為eq \f(\r(3),2)mg
【答案】A
【解析】 對小圓環(huán)A和B進行受力分析，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,sin 45°)＝eq \f(FT,sin α)，eq \f(mg,sin 45°)＝eq \f(FT′,sin β)，
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,sin?180°－45°－30°?)＝eq \f(\r(3)mg,sin 45°)，eq \f(FNB,sin?180°－45°－60°?)＝eq \f(mg,sin 45°)
整理可以得到：eq \f(FNA,FNB)＝eq \f(\r(3),1)，故選項A正確，B、D錯誤；
由題圖根據(jù)幾何知識可以知道，細線與水平方向的夾角為90°－(45°＋30°)＝15°，故選項C錯誤。
【針對訓(xùn)練1】.在仰角α＝30°的雪坡上舉行跳臺滑雪比賽，如圖所示。運動員從坡上方A點開始下滑，到起跳點O時借助設(shè)備和技巧，保持在該點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，坡上OB兩點距離為L。已知A點高于O點h＝50 m，不計摩擦和阻力，則OB兩點距離L最大值為多少米？此時起跳角為多大？
【答案】：200 m 30°
【解析】：運動員在O點速度v0＝eq \r(2gh)＝10eq \r(10) m/s。起跳后運動員做斜上拋運動。
法一：以O(shè)為原點，建立水平向右和豎直向上的xOy坐標(biāo)系，把運動分解為水平向右的勻速運動和豎直方向的豎直上拋運動。
x＝v0cs θ·t，y＝v0sin θ·t－eq \f(1,2)gt2，令y＝－xtan α
解得x＝eq \f(2v02cs θsin?α＋θ?,gcs α)＝eq \f(v02[sin?2θ＋α?＋sin α],gcs α)。當(dāng)2θ＋α＝90°，θ＝30°時，xmax＝eq \f(v02?1＋sin α?,gcs α)，此時OB有極大值L＝eq \f(xmax,cs α)＝200 m。
法二：建立如圖甲所示坐標(biāo)系
把運動分解為沿斜面方向的勻加速直線運動和垂直于斜面方向的勻減速直線運動。
L＝v0tcs(α＋θ)＋eq \f(gt2sin α,2)，0＝v0tsin(α＋θ)－eq \f(gt2cs α,2)。余下的計算過程同上。
法三：把運動視為v0方向的勻速運動和自由落體運動的合成。如圖乙所示
eq \f(v0t,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α)))＝eq \f(\f(gt2,2),sin?α＋θ?)＝eq \f(L,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－θ)))，消去t，同樣得到L的表達式，余下解略。
【針對訓(xùn)練2】．(2022·銀川模擬)如圖所示，a、b兩個小球穿在一根光滑的固定桿上，并且通過一條細繩跨過定滑輪連接。已知b球質(zhì)量為m，桿與水平面的夾角為30°，不計所有摩擦。當(dāng)兩球靜止時，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)m
C.eq \f(\r(3),2)m D．2m
【答案】A
【解析】： 分別對a、b兩球受力分析，如圖所示
根據(jù)共點力平衡條件得：FT＝mbg；根據(jù)正弦定理得：eq \f(FT,sin θ)＝eq \f(mag,sin?90°＋θ?)；故mb∶ma＝tan 30°∶1，則ma＝eq \r(3)m，故B、C、D錯誤，A正確。
【針對訓(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(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)( )
A.πR B.eq \f(53,45)πR
C.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sin C＝eq \f(1,n)＝eq \f(3,5)，解得C＝37°，由正弦定理得eq \f(R,sin θ)＝eq \f(\f(3,4)R,sin C)，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，有如下三個表達式：
a2＝b2＋c2－2bc·cs A
b2＝a2＋c2－2ac·csB
c2＝a2＋b2－2ab·cs C
【例2】[多選]已知力F的一個分力F1跟F成30°角，大小未知，另一個分力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
因為F2＝eq \f(\r(3),3)F＞Fsin 30°，故F1的大小有兩種可能情況，由余弦定理可得：
F22＝F2＋F12－2FF1cs 30°，
化簡可得：F12－eq \r(3)FF1＋eq \f(2,3)F2＝0，
解得：F11＝eq \f(\r(3),3)F，
F12＝eq \f(2\r(3),3)F，故選項A、C正確。
類型3 三角形相似法的應(yīng)用
三角形相似法：相似三角形的對應(yīng)角相等，對應(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′處有一無摩擦定滑輪，輕質(zhì)細繩兩端各系一個可視為質(zhì)點的小球掛在定滑輪上，如圖所示。兩小球平衡時，若滑輪兩側(cè)細繩的長度分別為L1＝2.4R和L2＝2.5R，這兩個小球的質(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)小球為研究對象，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)小球為研究對象，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)。
【針對訓(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)的最高點有一個光滑的小孔，質(zhì)量為m的小球套在圓環(huán)上。一根細線的下端系著小球，上端穿過小孔用手拉住?，F(xiàn)拉動細線，使小球沿圓環(huán)緩慢上移，在小球移動過程中手對線的拉力F和軌道對小球的彈力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)，對小球進行受力分析，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點上移時，半徑不變，AB長度減小，故F減小，F(xiàn)N不變，A、C、D錯誤，B正確。
eq \a\vs4\al(二、三角函數(shù)法)
三角函數(shù)：y＝acs θ＋bsin θ
y＝acs θ＋bsin θ＝eq \r(a2＋b2)sin(θ＋α)，其中α＝arctan eq \f(a,b)。
當(dāng)θ＋α＝90°時，有極大值ymax＝eq \r(a2＋b2)。
【例4】(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15 kg，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動，若拉力的最小值為90 N，此時拉力與水平方向間的夾角為θ，重力加速度大小為g＝10 m/s2，sin 37°＝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】對旅行箱受力分析，如圖所示
根據(jù)平衡條件，水平方向，有：Fcs θ－Ff＝0，
豎直方向，有：FN＋Fsin θ－G＝0，
其中：Ff＝μFN，故F＝eq \f(μG,cs θ＋μsin θ)，
令μ＝tan α，則F＝eq \f(Gsin α,cs?α－θ?)；
當(dāng)α－θ＝0°時，F(xiàn)有最小值，故F＝Gsin α＝90 N，
故α＝37°，故μ＝tan 37°＝0.75，θ＝37°，故選D。
【針對訓(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動，已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，若F與水平面間的夾角θ從0°到90°逐漸增大，下列說法錯誤的是( )
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】 因為物體做勻速直線運動，所以物體在水平和豎直方向均受力平衡，則有Fcs θ＝μ(G－Fsin θ)，F(xiàn)＝eq \f(μG,cs θ＋μsin θ)，設(shè)sin β＝eq \f(1,\r(1＋μ2))，cs β＝eq \f(μ,\r(1＋μ2))，則有F＝eq \f(μG,\r(1＋μ2)（sin βcs θ＋cs βsin θ）)＝eq \f(μG,\r(1＋μ2)sin（β＋θ）)，θ從0逐漸增大到90°時，θ＋β90°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錯誤，B正確；物體一直做勻速直線運動，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。
【針對訓(xùn)練3】 (2022·湖北省部分重點中學(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動方向始終相同。箱子可視為質(zhì)點，且箱子和坡面之間的動摩擦因數(shù)不變，該同學(xué)在推動箱子的過程中，下列說法正確的是( )
A.推力一直減小
B.推力一直增大
C.坡對箱子的作用力一直在減小
D.坡對箱子的作用力一直在增大
【答案】 D
【解析】 對箱子受力分析，箱子受到重力、支持力、推力和摩擦力，如圖所示，因為箱子移動緩慢，所以受力平衡，有F＝mgsin θ＋μmgcs θ，令tan φ＝μ，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可得F＝eq \r(1＋μ2)mgsin (θ＋φ)，當(dāng)箱子向上移動時，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，sin(θ＋φ)有可能不斷減小，也有可能先增大后減小，故A、B錯誤；坡對箱子的作用力F′＝eq \r(Feq \\al(2,f)＋Feq \\al(2,N))＝mgcs θeq \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，cs θ增大，故坡對箱子的作用力一直在增大，故D正確，C錯誤。
【針對訓(xùn)練3】(2022·浙江寧波鎮(zhèn)海中學(xué)適應(yīng)性測試)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點拋出后，另一同學(xué)總能在等高處某點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，下列說法正確的是( )
A.球在空中做變加速曲線運動
B.球在空中上升的最大高度eq \f(v2cs2θ,2g)
C.保持θ角不變，球的出手速度越大，球在空中運動的時間一定越短
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，做勻變速曲線運動，A錯誤；球拋出時在豎直方向做豎直上拋運動，豎直分速度為vy＝vsin θ，到最高點時豎直速度減為零，則有h＝eq \f(veq \\al(2,y),2g)＝eq \f(v2sin2θ,2g)，B錯誤；根據(jù)斜拋運動的對稱性可知，在空中運動的時間為t＝2eq \f(vsin θ,g)，則當(dāng)拋出角度不變時，球的出手速度越大，球在空中運動的時間一定越長，C錯誤；斜拋運動在水平方向上做勻速直線運動，則A、B兩點間的距離為x＝vcs θ·eq \f(2vsin θ,g)＝eq \f(2v2sin θcs θ,g)，根據(jù)sin 2θ＝2sin θcs θ，化簡得x＝eq \f(v2sin 2θ,g)，當(dāng)θ＝45°時，sin 2θ＝1，x最大為xm＝eq \f(v2,g)，D正確。
【針對訓(xùn)練4】(2022·肇慶一模)如圖(a)所示，一物體以一定的速度v0沿足夠長的固定斜面向上運動，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，物體與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，取g＝10 m/s2。試求：
(1)物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)及物體的初速度大??；
(2)θ為多大時， x值最??？求出x的最小值。
【答案】：(1)eq \f(\r(3),3) 5 m/s (2)eq \f(π,3) 1.08 m
【解析】：(1)當(dāng)θ為90°時，由運動學(xué)知識可得：v02＝2gh①
設(shè)動摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)θ＝0°時摩擦力大小為：Ff＝μmg②
Ff＝ma1③
由運動學(xué)公式可得：v02＝2a1x0④
聯(lián)立以上各式解得：μ＝eq \f(\r(3),3)，v0＝5 m/s。
(2)對于任意角度，根據(jù)動能定理可得，物體對應(yīng)的最大位移x滿足的關(guān)系式：eq \f(1,2)mv02＝mgxsin θ＋μmgxcs θ⑤
對⑤式變形可得：x＝eq \f(v02,2g?sin θ＋μcs θ?)＝eq \f(h,sin θ＋μcs θ)＝eq \f(h,\r(1＋μ2)sin?θ＋φ?)⑥
μ＝tan φ，則x的最小值為xmin＝eq \f(h,\r(1＋μ2))＝eq \f(\r(3),2)h≈1.08 m
對應(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，有極值ym＝eq \f(4ac－b2,4a)(若二次項系數(shù)a＞0，y有極小值；若a＜0，y有極大值)。
【例5】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＝0.2 m，在地面上緊靠墻壁固定一個和CD等高，底邊長L1＝0.3 m的固定斜面。一個質(zhì)量m＝0.1 kg的小物塊(視為質(zhì)點)在軌道AB上從距離B點L2＝4 m處由靜止釋放，從C點水平拋出，已知小物塊與AB段軌道間的動摩擦因數(shù)為0.5，通過B點時無能量損失；AB段與水平面的夾角為37°。(空氣阻力不計，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)求小物塊運動到B點時的速度大?。?br>(2)求小物塊從C點拋出到擊中斜面的時間；
(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動能的最小值。
【答案】 (1)4 m/s (2)eq \f(1,15) s (3)0.15 J
【解析】 (1)對小物塊從A到B過程分析，根據(jù)動能定理有：mgL2sin 37°－μmgL2cs 37°＝eq \f(1,2)mvB2，
解得：vB＝4 m/s。(2)設(shè)物塊落在斜面上時水平位移為x，豎直位移為y，如圖所示：
對平拋運動，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′點靜止釋放且A′B＝L，運動到B點時的速度為vB′，對物塊從A′到碰撞斜面過程分析，根據(jù)動能定理有：mgLsin 37°－μmgcs 37°·L＋mgy＝eq \f(1,2)mv2－0
對物塊從A′到運動到B點過程分析，根據(jù)動能定理有
mgLsin 37°－μmgLcs 37°＝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\c1(\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＝0.12 m時，動能最小為Ekmin，代入數(shù)據(jù)，解得Ekmin＝0.15 J。
【針對訓(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)強度為B的勻強磁場中，磁場方向與線框平面垂直，線框ab長為2L，bc長為L，MN為垂直于ab并可在ab和cd上自由滑動的金屬桿，且桿與ab和cd接觸良好，abcd和MN上單位長度的電阻皆為r。讓MN從ad處開始以速度v向右勻速滑動，設(shè)MN與ad之間的距離為x(0≤x≤2L)，則在整個過程中( )
A．當(dāng)x＝0時，MN中電流最小
B．當(dāng)x＝L時，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)電動勢為BLv，MN中電流I＝eq \f(E,R總)＝eq \f(BLv,Lr＋\f(?L＋2x??5L－2x?r,6L))＝eq \f(6BL2v,－4?x－L?2r＋15L2r)，當(dāng)x＝0或x＝2L時，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，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錯誤。
【針對訓(xùn)練2】(2022·江蘇常州市開學(xué)考試)如圖所示，殲－20戰(zhàn)斗機安裝了我國自主研制的矢量發(fā)動機，能夠在不改變飛機飛行方向的情況下，通過轉(zhuǎn)動尾噴口方向改變推力的方向，使戰(zhàn)斗機獲得很多優(yōu)異的飛行性能。已知在殲—20戰(zhàn)斗機沿水平方向超音速勻速巡航時升阻比(垂直機身向上的升力和平行機身向后的阻力之比)為eq \r(15)。飛機的重力為G，使飛機實現(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】 飛機受到重力G、發(fā)動機推力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 \\al(2,1)＝Feq \\al(2,x)＋Feq \\al(2,y)＝16f2－2eq \r(15)Gf＋G2，則此函數(shù)圖象為開口向上，對稱軸為f＝eq \f(\r(15),16)G的拋物線，即當(dāng)f＝eq \f(\r(15),16)G時取得最小值，將其代入Feq \\al(2,1)表達式，解得F1min＝eq \f(G,4)，故選項D正確。
【針對訓(xùn)練3】(2022·浙江高三開學(xué)考試)如圖所示，用內(nèi)壁光滑細圓管彎成的半圓形軌道APB(半圓軌道半徑遠大于細圓管的內(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＝1 m，質(zhì)量m＝100 g小球(視為質(zhì)點)壓縮彈簧由靜止釋放，小球從A點彈入圓軌道從C點以v0＝8 m/s離開軌道隨即進入長L＝2 m、μ＝0.1的粗糙水平地面(圖上對應(yīng)為CD)，最后通過光滑軌道DE，從E點水平射出，已知E距離地面的高度為h＝1 m，除CD段外其他處摩擦阻力忽略不計，重力加速度g＝10 m/s2.不計空氣阻力，求：
(1)小球到達C點時對圓管的壓力；
(2)彈簧儲存的彈性勢能的大小；
(3)若E點的高度h可以調(diào)節(jié)，當(dāng)h多大時，水平射程x最大，此最大值是多少．
【答案】 (1)1 N，方向豎直向下 (2)1.2 J (3)1.5 m 3 m
【解析】 (1)小球在BC段做勻速直線運動，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＝1 N，根據(jù)牛頓第三定律，圓管對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1 N，方向豎直向下．
(2)小球從靜止到C點根據(jù)功能關(guān)系有
eq \f(1,2)mv02＝mg×2R＋Ep，
解得Ep＝1.2 J
(3)小球從C點到E點根據(jù)動能定理有
－mgh－μmgL＝eq \f(1,2)mvE2－eq \f(1,2)mv02
得vE＝eq \r(60－20h) (m/s)
過了E點小球做平拋運動，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＝1.5 m時，x有最大值xmax＝3 m.
【針對訓(xùn)練4】(2022·湖南高三一模)在一條平直的公路上，乙車以v1＝10 m/s的速度勻速行駛，甲車在乙車的后面做同方向初速度為v2＝15 m/s、加速度大小為a＝0.5 m/s2的勻減速運動，若兩車初始距離L＝36 m，請通過計算分析兩車能否相遇？若能相遇則求出兩車相遇的時間；若不能相遇則求出兩車間的最近距離．
【答案】 兩車不能相遇 11 m
【解析】 設(shè)兩車經(jīng)時間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＝0
Δ＝b2－4ac＝－110，b>0)可知：
(1)兩個正數(shù)的積為定值時，當(dāng)兩數(shù)相等，和最?。?br>(2)兩個正數(shù)的和為定值時，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，小物塊落地點到軌道下端的距離與軌道半徑有關(guān)，此距離最大時對應(yīng)的軌道半徑為多少？(不計空氣阻力，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時速度為v0，對小物塊由動能定理得：－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動，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，水平位移最大．
【針對訓(xùn)練1】(2022·安徽阜陽市教學(xué)質(zhì)量統(tǒng)測)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B的切線水平，最高點A到水平地面的高度為h?，F(xiàn)使一小球(視為質(zhì)點)從A點由靜止釋放。不計空氣阻力，小球落地點到B點的最大水平距離為( )
A.eq \f(h,2) B.eq \f(\r(3),2)h
C.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B點時的速度大小為v，對小球從A點運動到B點的過程，由動能定理有mg(R－Rcs 60°)＝eq \f(1,2)mv2，其中g(shù)為重力加速度的大小，小球從B點拋出后做平拋運動，設(shè)從小球通過B點到小球落地的時間為t，有x＝vt，h－(R－Rcs 60°)＝eq \f(1,2)gt2，解得x＝eq \r(R（2h－R）)，由數(shù)學(xué)知識可知，當(dāng)R＝2h－R，即R＝h時，x有最大值，且最大值xm＝h，故選項C正確。
【針對訓(xùn)練2】[2022·浙江紹興(新昌、浦江、富陽)三校聯(lián)考]如圖所示，軌道ABCDE是研究小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動的條件的簡易裝置，A到水平桌面的高度為H，最低點B處的入、出口靠近但相互錯開，C是半徑R＝10 cm的圓形軌道的最高點，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O2位于E點的正下方。經(jīng)過多次實驗發(fā)現(xiàn)，將一質(zhì)量m＝10 g的小球從軌道AB上的某一位置A由靜止釋放，小球恰能沿軌道運動通過ABCDE到達E點，不計小球與軌道的摩擦阻力以及空氣阻力。(g＝10 m/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＝0.3 m，小球仍由靜止釋放，到達E點離開軌道后落在水平桌面上，求落點與O2之間的水平距離x；
(3)若小球仍從H1＝0.3 m處由靜止釋放，但DE到水平面的高度h可變，求落點與O2之間的水平距離最大值。
【答案】 (1) 0.25 m 0.6 N (2)0.283 m (3)0.3 m
【解析】 (1)小球在C點恰好不脫離軌道，根據(jù)牛頓第二定律得mg＝meq \f(veq \\al(2,C),R)，解得vC＝eq \r(gR)＝1 m/s
小球從A到C，運用動能定理得mg(H－2R)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)，
解得H＝0.25 m
根據(jù)動能定理mgH＝eq \f(1,2)mv2，小球運動到圓軌道最低點的速度大小為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)可得小球運動到圓軌道最低點所受圓軌道的支持力大小為F＝0.6 N，由牛頓第三定律知，小球?qū)A軌道最低點的壓力即為小球?qū)A軌道壓力的最大值，其大小為F′＝0.6 N。
(2)小球從A到E，由動能定理得mg(H1－R)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,E)
解得vE＝2 m/s
小球離開E點做平拋運動，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＝0.283 m。
(3)設(shè)E點到水平桌面的高度為h，小球從A到E運用動能定理得
mg(H1－h(huán))＝eq \f(1,2)mvE′2
小球離開E點后做平拋運動，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)＝0.15 m時，小球落點與O2之間的水平距離最大xm＝0.3 m。
四、數(shù)學(xué)歸納法和數(shù)列法
凡涉及數(shù)列求解的物理問題都具有過程多、重復(fù)性強的特點，但每一個重復(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．該類問題求解的基本思路為：
(1)逐個分析開始的幾個物理過程；
(2)利用歸納法從中找出物理量變化的通項公式(這是解題的關(guān)鍵)；
(3)最后分析整個物理過程，應(yīng)用數(shù)列特點和規(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 \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a1?1－qn?,1－q)，q≠1,na1，q＝1))(q為公比)．
【例7】如圖所示，質(zhì)量M＝2 kg的平板小車左端放有質(zhì)量m＝3 kg的小鐵塊(可視為質(zhì)點)，它和小車之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5.開始時，小車和鐵塊共同以v0＝3 m/s的速度向右在光滑水平面上運動，車與豎直墻正碰，碰撞時間極短且碰撞中不損失機械能．車身足夠長，使鐵塊不能和墻相撞，且始終不能滑離小車．g取10 m/s2.求小車和墻第一次碰后直至其最終恰好靠墻靜止這段時間內(nèi)，小車運動的總路程．
【答案】 1.25 m
【解析】 小車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，故小車先減速為零，后向右加速直至與鐵塊達到共同速度；之后小車第二次碰墻后反彈，重復(fù)上述過程．設(shè)小車第一次碰墻后向左運動的最大距離為s1，第二次碰墻后向左運動的最大距離為s2，第三次碰墻后向左運動的最大距離為s3…，小車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，由動能定理得μmgs1＝eq \f(1,2)Mv02
解得s1＝eq \f(Mv\\al(02),2μmg)＝eq \f(3,5) m
由動量守恒定律得(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，由動能定理得μmgs2＝eq \f(1,2)Mv12
解得s2＝eq \f(Mv\\al(12),2μmg)＝eq \f(1,25)s1
由動量守恒定律得(m－M)v1＝(m＋M)v2
解得v2＝eq \f(m－M,m＋M)v1＝eq \f(1,5)v1
……
故小車第n次碰墻之后向左運動的最大距離為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．小車運動的總路程為
s＝2(s1＋s2＋s3＋…＋sn)＝eq \f(2s1,1－\f(1,25))＝1.25 m
【針對訓(xùn)練1】(2022·浙江嘉興市教學(xué)測試)如圖所示，張同學(xué)進行射擊游戲，把彈丸(視為質(zhì)點)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＝10 m/s，圓柱筒高h＝2.45 m，直徑d＝1 m，物體每次與豎直筒壁碰撞，水平分速度大小變?yōu)樵瓉淼?0%，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程t1＝eq \f(d,v0)＝0.1 s，h1＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)＝0.05 m，彈丸距筒底高度2.4 m，此時水平分速度大小變?yōu)樵瓉淼?0%，即v0′＝5 m/s，第一次反彈后到第二次碰壁t2＝eq \f(d,v0′)＝0.2 s，v1＝gt1＝1 m/s，h2＝v1t2＋eq \f(1,2)gteq \\al(2,2)＝0.4 m，彈丸距筒底高度2 m，此時水平分速度大小變?yōu)樵瓉淼?0%，即v0″＝2.5 m/s，第二次反彈后到第三次碰壁t3＝eq \f(d,v0″)＝0.4 s，v2＝v1＋gt2＝3 m/s，h3＝v2t3＋eq \f(1,2)gteq \\al(2,3)＝2 m，恰好到達C點，故B正確，A、C、D錯誤。
【針對訓(xùn)練2】(2022·山東煙臺市一模)如圖所示，質(zhì)量為M＝4.5 kg的長木板置于光滑水平地面上，質(zhì)量為m＝1.5 kg的小物塊放在長木板的右端，在木板右側(cè)的地面上固定著一個有孔的彈性擋板，孔的尺寸剛好可以讓木板無接觸地穿過?，F(xiàn)使木板和物塊以v0＝4 m/s的速度一起向右勻速運動，物塊與擋板碰撞后立即以碰前的速率反向彈回，而木板穿過擋板上的孔繼續(xù)向右運動，整個過程中物塊不會從長木板上滑落。已知物塊與擋板第一次碰撞后，物塊離開擋板的最大距離為x1＝1.6 m，重力加速度g取10 m/s2：
(1)求物塊與木板間的動摩擦因數(shù)；
(2)若物塊與擋板第n次碰撞后，物塊離開擋板的最大距離為xn＝6.25×10－3 m，求n；
(3)求長木板的長度至少應(yīng)為多少？
【答案】：(1)0.5 (2)5 (3)6.4 m
【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的過程中只有摩擦力做功，由動能定理得－μmgx1＝0－eq \f(1,2)mv02①
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，由動量守恒定律得：
Mv0－mv0＝(M＋m)v1，③
v1＝eq \f(M－m,M＋m) v0＝eq \f(1,2)v0④
設(shè)物塊由速度為0加速到v1的過程中運動的位移為x1′，
μmgx1′＝eq \f(1,2)mv12⑤
由①⑤式得x1′＝eq \f(1,4)x1⑥
即物塊與擋板第二次碰撞之前，物塊與木板已經(jīng)達到共同速度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\c1(\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\c1(\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\c1(\f(1,2)))n－1v0⑦
由動能定理得－μmgxn＝0－eq \f(1,2)mvn－12⑧
由①⑦⑧式得n＝5。⑨
(3)由分析知，物塊多次與擋板碰撞后，最終將與木板同時都靜止。設(shè)物塊在木板上的相對位移為L，由能量守恒定律得μmgL＝eq \f(1,2)(M＋m)v02⑩
解得L＝6.4 m?
即木板的長度至少應(yīng)為6.4 m。
【針對訓(xùn)練3】．如圖所示，裝置的左邊是足夠長的光滑水平面，一輕質(zhì)彈簧左端固定，右端連接著質(zhì)量M＝2 kg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，并能平滑對接，傳送帶始終以v＝2 m/s的速率逆時針轉(zhuǎn)動。裝置的右邊是一光滑的曲面，質(zhì)量m＝1 kg的小物塊B從其上距水平面h＝1.0 m處由靜止釋放。已知物塊B與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，傳送帶的長度l＝1.0 m。設(shè)物塊A、B之間發(fā)生的是對心彈性碰撞，第一次碰撞前物塊A靜止，g取10 m/s2。
(1)求物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大?。?br>(2)通過計算說明物塊B與物塊A第一次碰撞后能否運動到右邊曲面上；
(3)如果物塊A、B每次碰撞后，物塊A再回到平衡位置時都會立即被鎖定，而當(dāng)它們再次碰撞前鎖定被解除，試求出物塊B第n次碰撞后運動的速度大小。
【答案】：(1)4 m/s (2)見解析 (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的速度大小為v0，
由機械能守恒定律知mgh＝eq \f(1,2)mv02，
得v0＝eq \r(2gh)；
設(shè)物塊B在傳送帶上滑動過程中的加速度大小為a，則μmg＝ma，得a＝2 m/s2；
設(shè)物塊B通過傳送帶后運動速度大小為v′，有v′2－v02＝－2al，解得v′＝4 m/s。
由于v′＞v＝2 m/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，碰撞過程動量守恒、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動，之后滑上傳送帶，在傳送帶上做減速運動，
設(shè)物塊B在傳送帶上向右運動的最大位移為l′，則0－v12＝－2al′，
解得l′＝eq \f(4,9) m＜l＝1.0 m，
所以物塊B不能通過傳送帶運動到右邊的曲面上。
(3)當(dāng)物塊B在傳送帶上向右運動的速度為零時，將會沿傳送帶向左加速。可以判斷，物塊B運動到左邊臺面時的速度大小為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，同上計算可知v2＝eq \f(1,3)v1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(\f(1,3)))3v′，v4＝eq \f(1,3)v3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(\f(1,3)))nv′，即
vn＝eq \f(4,3n) m/s(n＝1,2,3，…)。
【針對訓(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＝5 cm的圓，與y軸相切于點Q(0,5eq \r(3) cm)，圓內(nèi)有勻強磁場，方向垂直于xOy平面向外。在x＝－10 cm處有一個比荷為eq \f(q,m)＝1.0×108 C/kg的帶正電荷的粒子，正對該圓圓心方向發(fā)射，粒子的發(fā)射速率v0＝4.0×106 m/s，粒子在Q點進入第一象限。在第一象限某處存在一個矩形勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面向外，磁感應(yīng)強度B0＝2 T。粒子經(jīng)該磁場偏轉(zhuǎn)后，在x軸M點(6 cm,0)沿y軸負(fù)方向進入第四象限。在第四象限存在沿x軸負(fù)方向的勻強電場。有一個足夠長擋板和y軸負(fù)半軸重合，粒子每次到達擋板將反彈，每次反彈時豎直分速度不變，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)磁場的磁感應(yīng)強度B的大??；
(2)第一象限內(nèi)矩形磁場的最小面積；
(3)帶電粒子在電場中運動時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)10 cm
【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tan 60°＝eq \f(r1,R)
在粒子穿過第二象限內(nèi)圓形磁場，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＝2 cm
圖中的矩形面積即為最小磁場面積
Smin＝eq \r(2)r2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(r2－\f(\r(2),2)r2))＝4(eq \r(2)－1)cm2。
(3)在水平方向上，粒子首先向左運動s0＝6 cm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＝6 cm＋12 cm×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋\f(1,42)＋\f(1,43)＋…＋\f(1,4n)))
上述方程括號中含有等比數(shù)列，其中首項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\c1(\f(1,4)))n,1－\f(1,4))＝eq \f(1,3)
得s＝10 cm。
【針對訓(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為邊界的勻強電場和勻強磁場。勻強電場方向沿y軸負(fù)方向，勻強磁場方向垂直于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O處以初速度v0沿x軸正方向運動，粒子每次到達x軸將反彈，第一次反彈無能量損失，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。電場強度大小等于eq \f(mveq \\al(2,0),16qd)，磁感應(yīng)強度大小等于eq \f(mv0,qd)，求：(不計粒子重力，題中各物理量單位均為國際單位，計算結(jié)果可用分式表示)
(1)帶電粒子第三次經(jīng)過OM時的坐標(biāo)；
(2)帶電粒子第三次到達OM時經(jīng)過的時間；
(3)帶電粒子從第二次進入電場開始，沿電場方向運動的總路程。
【答案】 (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)強度大小為B，粒子進入磁場，根據(jù)左手定則，粒子做eq \f(3,4)的圓周運動后經(jīng)過OM，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝meq \f(veq \\al(2,0),r)，解得r＝eq \f(mv0,qB)＝d，粒子運動軌跡如圖所示，由圖可知，帶電粒子第三次經(jīng)過OM時的坐標(biāo)為(－2d，2d)。
(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T＝eq \f(2πd,v0)
在電場中，沿y軸方向的加速度a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(veq \\al(2,0),16d)
設(shè)粒子從第一次沿y軸負(fù)方向經(jīng)過OM到第一次在x軸反彈所用時間為t1，有沿y軸方向
veq \\al(2,y0)－veq \\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OM時經(jīng)過的時間為
t＝T＋2t1＝eq \f(（2π＋24\r(2)－32）d,v0)。
(3)因粒子第二次進入電場后做類平拋運動，故到達x軸時的水平分速度為v0
豎直方向veq \\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 \\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 \\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 \\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\c1(\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入電場開始，沿電場方向運動的總路程為H＝eq \f(10,3)d。
五、微元法的應(yīng)用
在電磁感應(yīng)中，如導(dǎo)體切割磁感線運動，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢為E＝BLv，感應(yīng)電流I＝eq \f(BLv,R)，受安培力為F＝ILB＝eq \f(B2L2,R)v，因為是變力問題，所以可以用微元法。
【例7】(2022·浙江嘉興市教學(xué)測試)如圖所示，AB、CD是固定在水平桌面上，相距為L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)強度大小為B的勻強磁場。A、C兩點間接有一個電動勢為E、內(nèi)阻為r的直流電源，B、D兩點間接有一個阻值為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，兩根棒的長度均等于導(dǎo)軌間距、質(zhì)量均為m、電阻值均為R0，整個過程中，兩根棒始終與導(dǎo)軌垂直。閉合開關(guān)S后，導(dǎo)體棒a向右運動，與b棒相碰后即粘合成一根“更粗的棒”，以v0的速度通過NQ繼續(xù)向右運動最后靜止在導(dǎo)軌上。試求：
(1)勻強磁場的方向；
(2)該“粗棒”在NQ右側(cè)滑行的距離；
(3)從閉合開關(guān)S到金屬棒a通過MP的短時間內(nèi)，金屬棒a上產(chǎn)生的焦耳熱？此過程中電磁輻射的能量是金屬棒a上產(chǎn)生焦耳熱的k倍。
【答案】 (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\c1(\f(2mv0E,BL)－2mveq \\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方向垂直水平面向下。
(2)“粗棒”在NQ右側(cè)的運動，由動量定理可得
－∑Beq \f(BLv,R＋\f(R0,2))L·Δt＝0－2mv0，
可得x＝∑v·Δt＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2R＋R0))mv0,B2L2)。
(3)完全非彈性碰撞，由動量守恒定律可得mva＝2mv0，由動量定理可得∑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，又因為Qa＝eq \f(R0,R0＋r)Q焦
聯(lián)立可得
Qa＝eq \f(R0,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋1))R0＋r)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2mv0E,BL)－2mveq \\al(2,0)))。
【針對訓(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，勻強磁場垂直于導(dǎo)軌所在的平面向里，磁感應(yīng)強度的大小為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，金屬桿的摩擦不計。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，最初擺放兩桿時的最小距離之比為( )
A．1∶1 B．1∶2
C．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速度為零時剛好接觸桿2，采用微元法，對桿1由動量定理：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)動量守恒定律，mv0＝2mv′，解得共同速度v′＝eq \f(v0,2)，對桿1采用微元法由動量定理得：BILΔt＝eq \f(B2L2Δ?v1－v2?,2R)Δt＝eq \f(B2L2x2,2R)＝meq \f(v0,2)，故C正確。
【針對訓(xùn)練2】(2022·浙江寧波市適應(yīng)性考試)打開水龍頭，調(diào)節(jié)流速，流出涓涓細流，如圖所示。若將乒乓球靠近豎直的水流時，水流受到乒乓球指向球心方向的“吸附力”作用會被吸引，順著乒乓球表面流動。這個現(xiàn)象稱為康達效應(yīng)。如圖所示，某同學(xué)在實驗時，水流從A點順著半徑為R的乒乓球表面流動，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B與之分離，最后落在水平地面上的C點(未畫出)。已知B點到C點的水平射程為x，B點距地面的高度為h，不計一切阻力，重力加速度為g。下列說法正確的是( )
A.水流沿著乒乓球表面做勻速圓周運動
B.水流離開B點之前的瞬間，其向心加速度大小為g
C.水流受到乒乓球的“吸附力”屬于引力相互作用
D.在B點質(zhì)量為Δm(Δm→0)的水受到乒乓球的“吸附力”為F，則eq \f(F,Δm)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(x2,2hR)))g
【答案】 D
【解析】 水流沿著乒乓球表面做加速圓周運動，故A錯誤；設(shè)水到B點的速度為v，水流離開B點之前的瞬間，其向心加速度大小為an＝eq \f(v2,R)，根據(jù)平拋運動的規(guī)律有h＝eq \f(1,2)gt2，x＝vt，聯(lián)立得向心加速度大小an＝eq \f(x2,2hR)·g，故B錯誤；水流受到乒乓球的“吸附力”屬于電磁相互作用，故C錯誤；在B點質(zhì)量為Δm(Δm→0)的水做圓周運動的向心加速度大小為an＝eq \f(x2,2hR)·g，根據(jù)牛頓第二定律有F－Δmg＝Δman，聯(lián)立解得eq \f(F,Δm)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(x2,2hR)))g，故D正確。
【針對訓(xùn)練3】 如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面成θ角放置，導(dǎo)軌間距為L且電阻不計，其頂端接有一阻值為R的電阻，整個裝置處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下。一質(zhì)量為m的金屬棒以初速度v0由導(dǎo)軌底端上滑，經(jīng)一段時間滑行距離x到達最高點后，又返回底端。棒與兩導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，其接入電路中的電阻為r，重力加速度為g。下列說法不正確的是( )
A.棒下滑過程的平均速度等于eq \f(v0,2)
B.棒下滑過程通過R的電荷量為eq \f(BLx,R＋r)
C.棒上滑時間等于eq \f(mv0（R＋r）－B2L2x,mg（R＋r）sin θ)
D.棒上滑過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱等于eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－mgxsin θ
【答案】 A
【解析】 根據(jù)能量守恒得，除最高點外，在任何一個位置，棒上滑到此位置的速度大于下滑到此位置的速度，則上滑的平均速度大于下滑的平均速度，在上滑過程中，棒做加速度逐漸減小的減速運動，故上滑的平均速度小于eq \f(v0,2)，下滑的平均速度小于eq \f(v0,2)，故A錯誤；根據(jù)感應(yīng)電荷量公式q＝eq \f(ΔΦ,R＋r)可知，下滑過程中通過R的電荷量q＝eq \f(BLx,R＋r)，故B正確；上滑過程，以向上為正方向，對棒由動量定理得－(mgsin θ＋ILB)Δt＝mΔv，兩邊求和得－∑(mgsin θ·Δt)－∑(ILBΔt)＝∑mΔv，整理得－mgsin θ·t－BLq＝0－mv0，又q＝eq \f(BLx,R＋r)，解得t＝eq \f(mv0（R＋r）－B2L2x,mg（R＋r）sin θ)，故C正確；棒上滑到最高點的過程中，由能量守恒定律可得，回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－mgxsin θ，故D正確。
【針對訓(xùn)練4】(2022·浙江Z20聯(lián)盟第二次聯(lián)考)如圖所示，有兩相距L＝1 m的足夠長光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ置于絕緣水平面上，導(dǎo)軌電阻不計，導(dǎo)軌右端緊靠一絕緣彈性墻，整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B＝1 T。質(zhì)量m1＝0.1 kg、電阻R1＝4 Ω的導(dǎo)體棒AB與質(zhì)量m2＝0.4 kg、電阻R2＝6 Ω的導(dǎo)體棒CD垂直導(dǎo)軌放置，在外力作用下使兩導(dǎo)體棒間夾有被壓縮的一輕質(zhì)短彈簧(可認(rèn)為兩棒是挨著的)；彈簧的彈性勢能Ep＝1 J，AB棒與墻的距離l＝2 m。某時刻撤去外力，彈簧瞬間恢復(fù)原長，使兩棒分離，彈簧恢復(fù)原長后立即撤去，棒在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌保持良好接觸。求：
(1)彈簧釋放后瞬間AB、CD棒的速度大小；
(2)兩棒最后的距離Δx；
(3)整個過程中AB棒產(chǎn)生的焦耳熱。
【答案】 (1)4 m/s 1 m/s (2)1.6 m (3)0.364 J
【解析】 (1)設(shè)撤去外力，兩棒分離后AB、CD的速度大小分別為v1、v2，則有
m1v1＝m2v2，eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)＝Ep
得v1＝4 m/s，v2＝1 m/s。
(2)兩棒彈開后m1v1′＝m2v2′(v1′方向向右，v2′方向向左)
∑m1v1′Δt＝∑m2v2′Δt，m1x1＝m2x2，當(dāng)x1＝l＝2 m時，x2＝0.5 m
設(shè)AB棒運動到彈性墻時速度為v1″，對AB棒由動量定理得
∑－ILBΔt＝m1v1″－m1v1，－BLeq \f(BL\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(l＋x2)),R1＋R2)＝m1v1″－m1v1，得v1″＝1.5 m/s
此時設(shè)CD速度為v2″，m1v1″＝m2v2″，得v2″＝0.375 m/s(CD棒速度方向向左，大小為0.375 m/s)即CD還在向左運動
AB棒被墻反彈后，AB、CD組成的系統(tǒng)動量守恒，最后達到共同速度v3，
m2v2″＋m1v1″＝(m1＋m2)v3，v3＝0.6 m/s
對AB棒由動量定理得∑－ILBΔt＝m1v3－m1v1″
－BLeq \f(BLΔx,R1＋R2)＝m1v3－m1v1″，Δx＝0.9 m
AB、CD的距離為x＝l＋x2－Δx＝1.6 m。
(3)整個過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量Q總＝Ep－eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \\al(2,3)＝0.91 J，
QAB＝eq \f(R1,R1＋R2)Q總＝0.364 J。

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