【物理】2019届二轮复习物理中常用的数学特殊方法作业（全国通用）

【物理】2019届二轮复习物理中常用的数学特殊方法作业（全国通用）

‎《物理中常用的数学特殊方法》‎ ‎1.(微元法)如图甲所示,一对间距l=20 cm的平行光滑导轨放在水平面上,导轨的左端接R=1 Ω的电阻,导轨上垂直放置一导体杆,整个装置处在磁感应强度大小B=0.5 T的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向下。杆在沿导轨方向的拉力F作用下做初速度为零的匀加速运动。测得力F与时间t的关系如图乙所示。杆及两导轨的电阻均可忽略不计,杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触,则杆的加速度大小和质量分别为(　　)。‎ A.20 m/s2,0.5 kg　　　　B.20 m/s2,0.1 kg C.10 m/s2,0.5 kg D.10 m/s2,0.1 kg ‎　　解析▶　导体杆在轨道上做初速度为零的匀加速直线运动,用v表示瞬时速度,t表示时间,则杆切割磁感线产生的感应电动势E=Blv=Blat,闭合回路中的感应电流I=ER,由安培力公式和牛顿第二定律得F-BIl=ma,联立解得F=ma+B‎2‎l‎2‎atR。在图乙中图线上取两点,t1=0,F1=1 N;t2=10 s,F2=2 N。代入上式解得a=10 m/s2,m=0.1 kg,D项正确。‎ ‎　　答案▶　D ‎2.(2018·广东三模)(特殊值法)(多选)如图所示,电源电动势为E,内阻r不为零,且始终小于外电路的总电阻,当滑动变阻器R的滑片P位于中点时,A、B、C三个小灯泡的亮度相同,则(　　)。‎ A.当滑片P向左移动时,A、C灯变亮,B灯变暗 B.当滑片P向左移动时,B、C灯变亮,A灯变暗 C.当滑片P向左移动时,电源的效率减小 D.当滑片P向左移动时,电源的输出功率减小 ‎　　解析▶　由图知,滑动变阻器R与A灯并联后与B灯串联,最后与C灯并联。当滑片P向左移动时,滑动变阻器接入电路的电阻增大,外电路总电阻增大,总电流减小,路端电压增大,C灯变亮。流过B灯的电流IB=I-IC,I 减小,IC增大,则IB减小,B灯变暗。A灯的电压UA=U-UB,U增大,UB减小,则UA增大,A灯变亮。所以A、C两灯变亮,B灯变暗,A项正确,B项错误。电源的效率η=UIEI=R外R外‎+r=‎1‎‎1+‎rR外,当滑片P向左移动时,可知外电路总电阻R增大,效率η增大,C项错误。当外电阻等于电源的内阻时,电源的输出功率最大,已知r小于外电路的总电阻,当滑片P向左移动时,外电路总电阻增大,电源的输出功率随电阻增大而减小,故D项正确。‎ ‎　　答案▶　AD ‎3.(配方法和极值法)(多选)在光滑的水平桌面上有体积相等、质量分别为M=0.6 kg,m=0.2 kg的两个小球P、Q,P、Q中间夹着一个被压缩的具有弹性势能Ep=10.8 J的轻弹簧(弹簧与两个球不相连),P、Q两球原来处于静止状态。现突然释放弹簧,球Q脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径R=0.425 m的竖直放置的光滑半圆形轨道,如图所示。(g取10 m/s2)(　　)。‎ A.小球P离开轻弹簧时获得的速度为9 m/s B.小球Q从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合力的冲量大小为3.4 N·s C.若半圆轨道半径可调,且小球Q能从B点飞出,则小球Q飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小 D.弹簧伸长过程中,弹力对Q的冲量大小为1.8 N·s ‎　　解析▶　弹簧弹开P和Q的过程中满足机械能守恒和动量守恒,由此可得MvP=mvQ,‎1‎‎2‎MvP‎2‎+‎1‎‎2‎mvQ‎2‎=Ep,联立解得vP=3 m/s,vQ=9 m/s,A项错误;弹簧弹开P和Q过程中,弹力对Q的冲量大小为1.8 N·s,D项正确;小球经过竖直半圆轨道到达B点的过程中,由机械能守恒可得‎1‎‎2‎mvQ‎2‎=‎1‎‎2‎mvB‎2‎+2mgR,代入数据解得vB=8 m/s,方向水平向左,小球Q所受合力的冲量大小ΔI=mvQ-(-mvB)=3.4 N·s,B项正确;若半圆轨道半径可调,球Q能从B点飞出,由能量守恒得‎1‎‎2‎mvQ‎2‎=mg·2R+‎1‎‎2‎mvB'2,解得vB'=vQ‎2‎‎-4gR,又mvB‎'‎‎2‎R≥mg,则有Rmax=1.62 m,当R≤Rmax时,球Q从A到B的过程中,由平抛运动规律有x=vB't,2R=‎1‎‎2‎gt2,联立解得x=vQ‎2‎‎-4gR·‎4Rg=‎-16R-‎vQ‎2‎‎8g‎2‎+‎vQ‎4‎‎4‎g‎2‎,代入数据可知,当R=vQ‎2‎‎8g=1.0125 m时,x有最大值,故球Q从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离不一定随轨道半径的增大而减小,C项错误。‎ ‎　　答案▶　BD ‎4.(2018·北京二模)(微元法)在测定电容器电容值的实验中,将电容器、电压传感器、阻值为3 kΩ的电阻R ‎、电源、单刀双掷开关按图甲所示的电路图进行连接。先使开关S与1端相连,电源向电容器充电,充电完毕后把开关S掷向2端,电容器放电,直至放电完毕。实验中与电压传感器相连接的计算机所记录的电压随时间变化的u-t曲线如图乙所示,图丙为由计算机对图乙进行数据处理后记录的“峰值”及曲线与时间轴所围“面积”的图。‎ ‎(1)根据图甲所示的电路,观察图乙可知:充电电流与放电电流方向　　　　(选填“相同”或“相反”),大小都随时间　　　　(选填“增加”或“减小”)。 ‎ ‎(2)利用图丙确定该电容器的电容值为　　　F(结果保留2位有效数字)。 ‎ ‎(3)某同学认为:仍利用上述装置,将电压传感器从电阻两端改接在电容器的两端,也可以测出电容器的电容值。请你分析并说明该同学的说法是否正确。‎ ‎　　解析▶　(2)C=QmUm=iΔtUm=URtUm=‎SRUm 解得C=1.0×10-2 F。‎ ‎(3)正确。因为当开关S与2连接时,电容器放电的过程中,电容器C与电阻R上的电压大小相等,因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的“峰值Um”及曲线与时间轴所围“面积S”,仍可应用C=QU=SRUm计算电容值。‎ ‎　　答案▶　(1)相反　减小　(2)1.0×10-2‎ ‎(3)见解析 ‎5.(极值法)甲、乙两车在同一直线轨道上同向行驶,甲车在前,速度v1=8 m/s,乙车在后,速度v2=16 m/s,当两车相距x0=8 m时,甲车因故开始刹车,加速度大小a1=2 m/s2,为避免相撞,乙车立即开始刹车,要使两车不相撞,则乙车的加速度至少为多大?‎ ‎　　解析▶　设乙车的加速度大小为a2,甲车位移和时间的关系为x甲=v1t-‎1‎‎2‎a1t2‎ 乙车位移和时间的关系为x乙=v2t-‎1‎‎2‎a2t2‎ 两车位移满足x甲+x0≥x乙,即‎1‎‎2‎(a2-a1)t2+(v1-v2)t+x0≥0‎ 代入数值得(a2-2)t2-16t+16≥0‎ 不等式成立条件是a2-2>0,Δ=162-4×16(a2-2)≤0‎ 解得a2≥6 m/s2。‎ ‎　　答案▶　6 m/s2‎ ‎6.(特殊值法)如图所示,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,砝码的移动很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性现象实验。若砝码和纸板的质量分别为m1和m2,各接触面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g。求:‎ ‎(1)当纸板相对砝码运动时,纸板所受摩擦力的大小。‎ ‎(2)要使纸板相对砝码运动,所需拉力的最小值。‎ ‎　　解析▶　(1)砝码对纸板的摩擦力大小f1=μm1g 桌面对纸板的摩擦力大小f2=μ(m1+m2)g 故纸板所受摩擦力大小f=f1+f2=μ(2m1+m2)g。‎ ‎(2)设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2,拉力为F,根据牛顿第二定律有f1=m1a1,f1'=f1‎ F-f1-f2=m2a2‎ 发生相对运动时,a2>a1‎ 解得F>2μ(m1+m2)g,即所需拉力大小最小值是2μ(m1+m2)g。‎ ‎　　答案▶　(1)μ(2m1+m2)g　(2)2μ(m1+m2)g ‎7.(极值法)如图所示,在水平地面O点的正上方的装置M每隔相等的时间由静止释放一小球,在某小球离开M的同时,O点右侧一长L=1.2 m的平板车开始以a=6.0 m/s2的恒定加速度从静止开始向左运动,该小球恰好落在平板车的左端(小球不弹起),已知平板车上表面距离M的竖直高度h=0.45 m,忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。‎ ‎(1)求平板车左端离O点的水平距离。‎ ‎(2)若至少有2个小球落在平板车上,则释放小球的时间间隔Δt应满足什么条件?‎ ‎　　解析▶　(1)设小球落在平板车上表面的左端处历时t0,在该时间段内 对小球有h=‎1‎‎2‎gt‎0‎‎2‎ 对平板车有x=‎1‎‎2‎at‎0‎‎2‎ 联立解得x=0.27 m。‎ ‎(2)从释放第一个小球至第2个小球下落到平板车上表面历时Δt+t0,设平板车在该段时间内的位移为x1,由运动学方程有 x1=‎1‎‎2‎a(Δt+t0)2‎ 至少有2个小球落在平板车上须满足x1≤x+L 联立解得Δt≤0.4 s。‎ ‎　　答案▶　(1)0.27 m　(2)Δt≤0.4 s ‎8.(数学归纳法)一小球从h0=45 m高处自由下落,着地后又弹起,然后又下落,每与地面相碰一次,速度大小就变为原来的k倍。若k=‎1‎‎2‎,求小球从下落直至停止运动所用的时间。(g取10 m/s2,碰撞时间忽略不计)‎ ‎　　解析▶　由运动学公式将小球每碰一次后在空中运动的时间的通项公式求出,然后再累加求和 小球从h0处落到地面时的速度v0=‎‎2gh‎0‎ 运动的时间t0=‎‎2‎h‎0‎g 第一次碰地后小球反弹的速度v1=kv0=k‎2gh‎0‎ 小球在再次与地面碰撞之前先做竖直上抛运动,再做自由落体运动,这一过程小球运动的时间t1=‎2‎v‎1‎g=2k‎2‎h‎0‎g 第n次碰地后,小球的运动速度的通项公式为 vn=kn‎2gh‎0‎ 运动时间tn=‎2‎vng=2kn‎2‎h‎0‎g 所以,小球从下落到停止运动的总时间 t=t0+t1+t2+…+tn=‎2‎h‎0‎g+2k‎2‎h‎0‎g+2k2‎2‎h‎0‎g+…+2kn‎2‎h‎0‎g=‎2‎h‎0‎g+2‎2‎h‎0‎g(k+k2+…+kn)‎ 上式括号中是一个无穷等比递缩数列,由无穷等比递缩数列求和公式,并代入数据解得t=9 s。‎ ‎　　答案▶　9 s