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专题3.4 数学方法在物理中的应用问题-2023届高考物理二、三轮复习总攻略（解析版）
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这是一份专题3.4 数学方法在物理中的应用问题-2023届高考物理二、三轮复习总攻略（解析版），共34页。试卷主要包含了4 数学方法在物理中的应用问题，6，cs 37°＝0，4R和L2＝2，08 m，25×10－3 m，求n；等内容，欢迎下载使用。
目录
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" 类型1 正弦定理的应用 PAGEREF _Tc2579 1
\l "_Tc1815" 类型2 余弦定理的应用 PAGEREF _Tc1815 4
\l "_Tc28230" 类型3 三角形相似法的应用 PAGEREF _Tc28230 5
\l "_Tc30328" eq \a\vs4\al(二、三角函数法) PAGEREF _Tc30328 7
\l "_Tc23384" eq \a\vs4\al(三、二次函数法) PAGEREF _Tc23384 10
\l "_Tc20549" 四、均值不等式 PAGEREF _Tc20549 14
\l "_Tc29445" 四、数学归纳法和数列法 PAGEREF _Tc29445 16
\l "_Tc411" 五、微元法的应用 PAGEREF _Tc411 23
一、正弦定理、余弦定理、三角形相似法
类型1 正弦定理的应用
1．正弦定理：
在如图甲所示的三角形中，各边和所对应角的正弦之比相等。
即：eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)
【例1】(2020·日照模拟)如图所示，两个质量分别为eq \r(3)m、m的小圆环A、B用不可伸长的细线连着，套在一个竖直固定的大圆环上，大圆环的圆心为O。系统平衡时，细线所对的圆心角为90°，大圆环和小圆环之间的摩擦力及细线的质量忽略不计，重力加速度大小用g表示，下列判断正确的是( )
A．小圆环A、B受到大圆环的支持力之比是eq \r(3)∶1
B．小圆环A受到大圆环的支持力与竖直方向的夹角为15°
C．细线与水平方向的夹角为30°
D．细线的拉力大小为eq \f(\r(3),2)mg
【答案】A
【解析】 对小圆环A和B进行受力分析，根据平行四边形定则作出重力和支持力的合力，此合力的大小等于细线的拉力的大小，设A、B所受的支持力与竖直方向的夹角分别为α和β，如图所示：
根据正弦定理可以得到：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°，FT＝FT′＝eq \f(\r(6),2)mg
再次利用正弦定理：eq \f(FNA,sin180°－45°－30°)＝eq \f(\r(3)mg,sin 45°)，eq \f(FNB,sin180°－45°－60°)＝eq \f(mg,sin 45°)
整理可以得到：eq \f(FNA,FNB)＝eq \f(\r(3),1)，故选项A正确，B、D错误；
由题图根据几何知识可以知道，细线与水平方向的夹角为90°－(45°＋30°)＝15°，故选项C错误。
【针对训练1】.在仰角α＝30°的雪坡上举行跳台滑雪比赛，如图所示。运动员从坡上方A点开始下滑，到起跳点O时借助设备和技巧，保持在该点的速率不变而以与水平面成θ角的方向起跳。最后落在坡上B点，坡上OB两点距离为L。已知A点高于O点h＝50 m，不计摩擦和阻力，则OB两点距离L最大值为多少米？此时起跳角为多大？
【答案】：200 m 30°
【解析】：运动员在O点速度v0＝eq \r(2gh)＝10eq \r(10) m/s。起跳后运动员做斜上抛运动。
法一：以O为原点，建立水平向右和竖直向上的xOy坐标系，把运动分解为水平向右的匀速运动和竖直方向的竖直上抛运动。
x＝v0cs θ·t，y＝v0sin θ·t－eq \f(1,2)gt2，令y＝－xtan α
解得x＝eq \f(2v02cs θsinα＋θ,gcs α)＝eq \f(v02[sin2θ＋α＋sin α],gcs α)。当2θ＋α＝90°，θ＝30°时，xmax＝eq \f(v021＋sin α,gcs α)，此时OB有极大值L＝eq \f(xmax,cs α)＝200 m。
法二：建立如图甲所示坐标系
把运动分解为沿斜面方向的匀加速直线运动和垂直于斜面方向的匀减速直线运动。
L＝v0tcs(α＋θ)＋eq \f(gt2sin α,2)，0＝v0tsin(α＋θ)－eq \f(gt2cs α,2)。余下的计算过程同上。
法三：把运动视为v0方向的匀速运动和自由落体运动的合成。如图乙所示
eq \f(v0t,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α)))＝eq \f(\f(gt2,2),sinα＋θ)＝eq \f(L,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－θ)))，消去t，同样得到L的表达式，余下解略。
【针对训练2】．(2022·银川模拟)如图所示，a、b两个小球穿在一根光滑的固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接。已知b球质量为m，杆与水平面的夹角为30°，不计所有摩擦。当两球静止时，Oa段绳与杆的夹角也为30°，Ob段绳沿竖直方向，则a球的质量为( )
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】： 分别对a、b两球受力分析，如图所示
根据共点力平衡条件得：FT＝mbg；根据正弦定理得：eq \f(FT,sin θ)＝eq \f(mag,sin90°＋θ)；故mb∶ma＝tan 30°∶1，则ma＝eq \r(3)m，故B、C、D错误，A正确。
【针对训练3】(2022·浙江Z20联盟第二次联考)在圆心为O、半径为R的光学介质圆环内有一点光源P，可以向纸面内各方向发光，已知OP＝eq \f(3,4)R，介质折射率n＝eq \f(5,3)，则从圆周上有光线射出的范围是(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】 由介质的折射率可求得此光发生全反射的临界角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°，如图所示
如图甲∠OPA＝53°，如图乙∠OPM＝127°，由甲图知，AB左侧光线能射出，由乙图知圆弧MN上有光线射出，由正弦定理与三角形内角和可求得∠MON＝32°，所以光线能射出的圆弧对应的圆心角为180°＋32°＝212°，则从圆周上有光线射出的范围是l＝eq \f(212°,360°)×2πR＝eq \f(53,45)πR，故B正确，A、C、D错误。
类型2 余弦定理的应用
余弦定理：在如图甲所示的三角形中，有如下三个表达式：
a2＝b2＋c2－2bc·cs A
b2＝a2＋c2－2ac·csB
c2＝a2＋b2－2ab·cs C
【例2】[多选]已知力F的一个分力F1跟F成30°角，大小未知，另一个分力F2的大小为eq \f(\r(3),3)F，方向未知，则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】如图所示
因为F2＝eq \f(\r(3),3)F＞Fsin 30°，故F1的大小有两种可能情况，由余弦定理可得：
F22＝F2＋F12－2FF1cs 30°，
化简可得：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，故选项A、C正确。
类型3 三角形相似法的应用
三角形相似法：相似三角形的对应角相等，对应边成比例，如图乙所示，两三角形相似，有：
eq \f(OM,ON)＝eq \f(OP,OQ)＝eq \f(PM,NQ)
【例3】[多选]表面光滑、半径为R的半球固定在水平地面上，球心O的正上方O′处有一无摩擦定滑轮，轻质细绳两端各系一个可视为质点的小球挂在定滑轮上，如图所示。两小球平衡时，若滑轮两侧细绳的长度分别为L1＝2.4R和L2＝2.5R，这两个小球的质量之比为eq \f(m1,m2)，小球与半球之间的压力之比为eq \f(FN1,FN2)，则以下说法正确的是( )
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】先以左侧小球为研究对象，分析受力情况：重力m1g、绳子的拉力FT和半球的支持力FN1，作出受力分析图
由平衡条件得知，拉力FT和支持力FN1的合力与重力m1g大小相等、方向相反。设OO′＝h，根据三角形相似得eq \f(FT,L1)＝eq \f(FN1,R)＝eq \f(m1g,h)，解得m1g＝eq \f(FTh,L1)，FN1＝eq \f(FTR,L1)①
同理，以右侧小球为研究对象，得：m2g＝eq \f(FTh,L2)，FN2＝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)。
【针对训练】(2021·河南焦作高三模拟)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔，质量为m的小球套在圆环上。一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住。现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在小球移动过程中手对线的拉力F和轨道对小球的弹力FN的大小变化情况是( )
A.F不变，FN 增大 B.F减小，FN 不变
C.F不变，FN 减小 D.F增大，FN 减小
【答案】 B
【解析】 小球沿圆环缓慢上移可看作始终处于平衡状态，对小球进行受力分析，作出受力示意图如图所示，由图可知△OAB∽△GFA，即eq \f(G,R)＝eq \f(F,AB)＝eq \f(FN,R)，当A点上移时，半径不变，AB长度减小，故F减小，FN不变，A、C、D错误，B正确。
eq \a\vs4\al(二、三角函数法)
三角函数：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)。
当θ＋α＝90°时，有极大值ymax＝eq \r(a2＋b2)。
【例4】(2022·临汾模拟)如图所示是一旅行箱，它既可以在地面上推着行走，也可以在地面上拉着行走。已知该旅行箱的总质量为15 kg，一旅客用斜向上的拉力拉着旅行箱在水平地面上做匀速直线运动，若拉力的最小值为90 N，此时拉力与水平方向间的夹角为θ，重力加速度大小为g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，旅行箱受到地面的阻力与其受到地面的支持力成正比，比值为μ，则( )
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】对旅行箱受力分析，如图所示
根据平衡条件，水平方向，有：Fcs θ－Ff＝0，
竖直方向，有：FN＋Fsin θ－G＝0，
其中：Ff＝μFN，故F＝eq \f(μG,cs θ＋μsin θ)，
令μ＝tan α，则F＝eq \f(Gsin α,csα－θ)；
当α－θ＝0°时，F有最小值，故F＝Gsin α＝90 N，
故α＝37°，故μ＝tan 37°＝0.75，θ＝37°，故选D。
【针对训练1】(2022·浙江新高考创新卷)如图所示，重为G的物体在外力F的牵引下沿粗糙水平面做匀速直线运动，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，若F与水平面间的夹角θ从0°到90°逐渐增大，下列说法错误的是( )
A.力F逐渐增大
B.外力F先减小后增大
C.物体受到的合外力保持不变
D.支持力与摩擦力的合力方向不变
【答案】 A
【解析】 因为物体做匀速直线运动，所以物体在水平和竖直方向均受力平衡，则有Fcs θ＝μ(G－Fsin θ)，F＝eq \f(μG,cs θ＋μsin θ)，设sin β＝eq \f(1,\r(1＋μ2))，cs β＝eq \f(μ,\r(1＋μ2))，则有F＝eq \f(μG,\r(1＋μ2)（sin βcs θ＋cs βsin θ）)＝eq \f(μG,\r(1＋μ2)sin（β＋θ）)，θ从0逐渐增大到90°时，θ＋β<90°前，sin(β＋θ)逐渐变大，所以F逐渐减小，在θ＋β>90°后，sin(β＋θ)逐渐变小，所以F逐渐变大，因此F先减小后增大，A错误，B正确；物体一直做匀速直线运动，所以物体受的合外力一直不变，C正确；物体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变，D正确。
【针对训练3】 (2022·湖北省部分重点中学期末联考)一名同学把箱子从圆弧形的坡底缓慢地推到坡顶，该同学作用在箱子上的推力方向和箱子的运动方向始终相同。箱子可视为质点，且箱子和坡面之间的动摩擦因数不变，该同学在推动箱子的过程中，下列说法正确的是( )
A.推力一直减小
B.推力一直增大
C.坡对箱子的作用力一直在减小
D.坡对箱子的作用力一直在增大
【答案】 D
【解析】 对箱子受力分析，箱子受到重力、支持力、推力和摩擦力，如图所示，因为箱子移动缓慢，所以受力平衡，有F＝mgsin θ＋μmgcs θ，令tan φ＝μ，根据数学知识可得F＝eq \r(1＋μ2)mgsin (θ＋φ)，当箱子向上移动时，箱子所处位置的切线方向与水平方向的夹角θ不断减小，当θ减小时，sin(θ＋φ)有可能不断减小，也有可能先增大后减小，故A、B错误；坡对箱子的作用力F′＝eq \r(Feq \\al(2,f)＋Feq \\al(2,N))＝mgcs θeq \r(1＋μ2)，箱子所处位置的切线方向与水平方向的夹角θ不断减小，当θ减小时，cs θ增大，故坡对箱子的作用力一直在增大，故D正确，C错误。
【针对训练3】(2022·浙江宁波镇海中学适应性测试)甲、乙两位同学玩相互抛接球的游戏，其中一位同学将球从A点抛出后，另一同学总能在等高处某点B快速接住，如图所示。假设甲同学出手后球的速度大小为v，方向与水平面成θ角，忽略空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.球在空中做变加速曲线运动
B.球在空中上升的最大高度eq \f(v2cs2θ,2g)
C.保持θ角不变，球的出手速度越大，球在空中运动的时间一定越短
D.保持出手速度大小不变，改变出手方向，A、B点间最大距离eq \f(v2,g)
【答案】 D
【解析】 球抛出后在空中只受重力作用，做匀变速曲线运动，A错误；球抛出时在竖直方向做竖直上抛运动，竖直分速度为vy＝vsin θ，到最高点时竖直速度减为零，则有h＝eq \f(veq \\al(2,y),2g)＝eq \f(v2sin2θ,2g)，B错误；根据斜抛运动的对称性可知，在空中运动的时间为t＝2eq \f(vsin θ,g)，则当抛出角度不变时，球的出手速度越大，球在空中运动的时间一定越长，C错误；斜抛运动在水平方向上做匀速直线运动，则A、B两点间的距离为x＝vcs θ·eq \f(2vsin θ,g)＝eq \f(2v2sin θcs θ,g)，根据sin 2θ＝2sin θcs θ，化简得x＝eq \f(v2sin 2θ,g)，当θ＝45°时，sin 2θ＝1，x最大为xm＝eq \f(v2,g)，D正确。
【针对训练4】(2022·肇庆一模)如图(a)所示，一物体以一定的速度v0沿足够长的固定斜面向上运动，此物体在斜面上的最大位移与斜面倾角的关系如图(b)所示。设各种条件下，物体与斜面间的动摩擦因数不变，取g＝10 m/s2。试求：
(1)物体与斜面之间的动摩擦因数及物体的初速度大小；
(2)θ为多大时， x值最小？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)当θ为90°时，由运动学知识可得：v02＝2gh①
设动摩擦因数为μ，当θ＝0°时摩擦力大小为：Ff＝μmg②
Ff＝ma1③
由运动学公式可得：v02＝2a1x0④
联立以上各式解得：μ＝eq \f(\r(3),3)，v0＝5 m/s。
(2)对于任意角度，根据动能定理可得，物体对应的最大位移x满足的关系式：eq \f(1,2)mv02＝mgxsin θ＋μmgxcs θ⑤
对⑤式变形可得：x＝eq \f(v02,2gsin θ＋μcs θ)＝eq \f(h,sin θ＋μcs θ)＝eq \f(h,\r(1＋μ2)sinθ＋φ)⑥
μ＝tan φ，则x的最小值为xmin＝eq \f(h,\r(1＋μ2))＝eq \f(\r(3),2)h≈1.08 m
对应的θ＝eq \f(π,2)－φ＝eq \f(π,2)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,3)。
eq \a\vs4\al(三、二次函数法)
二次函数：y＝ax2＋bx＋c
当x＝－eq \f(b,2a)时，有极值ym＝eq \f(4ac－b2,4a)(若二次项系数a＞0，y有极小值；若a＜0，y有极大值)。
【例5】如图，固定在竖直平面内的倾斜轨道AB，与水平固定光滑轨道BC相连，竖直墙壁CD高H＝0.2 m，在地面上紧靠墙壁固定一个和CD等高，底边长L1＝0.3 m的固定斜面。一个质量m＝0.1 kg的小物块(视为质点)在轨道AB上从距离B点L2＝4 m处由静止释放，从C点水平抛出，已知小物块与AB段轨道间的动摩擦因数为0.5，通过B点时无能量损失；AB段与水平面的夹角为37°。(空气阻力不计，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)求小物块运动到B点时的速度大小；
(2)求小物块从C点抛出到击中斜面的时间；
(3)改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值。
【答案】 (1)4 m/s (2)eq \f(1,15) s (3)0.15 J
【解析】 (1)对小物块从A到B过程分析，根据动能定理有：mgL2sin 37°－μmgL2cs 37°＝eq \f(1,2)mvB2，
解得：vB＝4 m/s。(2)设物块落在斜面上时水平位移为x，竖直位移为y，如图所示：
对平抛运动，有：
x＝vBt，
y＝eq \f(1,2)gt2，
结合几何关系， 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)设小物块从轨道上A′点静止释放且A′B＝L，运动到B点时的速度为vB′，对物块从A′到碰撞斜面过程分析，根据动能定理有：mgLsin 37°－μmgcs 37°·L＋mgy＝eq \f(1,2)mv2－0
对物块从A′到运动到B点过程分析，根据动能定理有
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)
联立解得：eq \f(1,2)mv2＝mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(25y,16)＋\f(9H2,16y)－\f(9H,8)))，
故当eq \f(25y,16)＝eq \f(9H2,16y)，即y＝eq \f(3,5)H＝0.12 m时，动能最小为Ekmin，代入数据，解得Ekmin＝0.15 J。
【针对训练1】[多选](2022·临沂期末)如图所示，矩形线框abcd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框ab长为2L，bc长为L，MN为垂直于ab并可在ab和cd上自由滑动的金属杆，且杆与ab和cd接触良好，abcd和MN上单位长度的电阻皆为r。让MN从ad处开始以速度v向右匀速滑动，设MN与ad之间的距离为x(0≤x≤2L)，则在整个过程中( )
A．当x＝0时，MN中电流最小
B．当x＝L时，MN中电流最小
C．MN中电流的最小值为eq \f(2Bv,5r)
D．MN中电流的最大值为eq \f(6Bv,11r)
【答案】BCD
【解析】： MN产生感应电动势为BLv，MN中电流I＝eq \f(E,R总)＝eq \f(BLv,Lr＋\f(L＋2x5L－2xr,6L))＝eq \f(6BL2v,－4x－L2r＋15L2r)，当x＝0或x＝2L时，MN中电流最大，MN中电流的最大值为Imax＝eq \f(6Bv,11r)，当x＝L时，MN中电流最小，MN中电流的最小值为Imin＝eq \f(2Bv,5r)，故B、C、D正确，A错误。
【针对训练2】(2022·江苏常州市开学考试)如图所示，歼－20战斗机安装了我国自主研制的矢量发动机，能够在不改变飞机飞行方向的情况下，通过转动尾喷口方向改变推力的方向，使战斗机获得很多优异的飞行性能。已知在歼—20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航时升阻比(垂直机身向上的升力和平行机身向后的阻力之比)为eq \r(15)。飞机的重力为G，使飞机实现节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】 飞机受到重力G、发动机推力F1、升力F2和空气阻力f，重力的方向竖直向下，升力F2的方向竖直向上，空气阻力f的方向与F2垂直，如图
歼－20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航，则有水平方向 Fx＝f，竖直方向F2＋Fy＝G，F2＝eq \r(15)f，解得Fy＝G－eq \r(15)f，则Feq \\al(2,1)＝Feq \\al(2,x)＋Feq \\al(2,y)＝16f2－2eq \r(15)Gf＋G2，则此函数图象为开口向上，对称轴为f＝eq \f(\r(15),16)G的抛物线，即当f＝eq \f(\r(15),16)G时取得最小值，将其代入Feq \\al(2,1)表达式，解得F1min＝eq \f(G,4)，故选项D正确。
【针对训练3】(2022·浙江高三开学考试)如图所示，用内壁光滑细圆管弯成的半圆形轨道APB(半圆轨道半径远大于细圆管的内径)和直轨道BC组成的装置，把它竖直放置并固定在水平面上，已知半圆轨道半径R＝1 m，质量m＝100 g小球(视为质点)压缩弹簧由静止释放，小球从A点弹入圆轨道从C点以v0＝8 m/s离开轨道随即进入长L＝2 m、μ＝0.1的粗糙水平地面(图上对应为CD)，最后通过光滑轨道DE，从E点水平射出，已知E距离地面的高度为h＝1 m，除CD段外其他处摩擦阻力忽略不计，重力加速度g＝10 m/s2.不计空气阻力，求：
(1)小球到达C点时对圆管的压力；
(2)弹簧储存的弹性势能的大小；
(3)若E点的高度h可以调节，当h多大时，水平射程x最大，此最大值是多少．
【答案】 (1)1 N，方向竖直向下 (2)1.2 J (3)1.5 m 3 m
【解析】 (1)小球在BC段做匀速直线运动，所受合外力为零，根据牛顿第二定律，小球处于平衡状态，
小球所受支持力为FN＝mg＝1 N，根据牛顿第三定律，圆管对小球的支持力和小球对圆管的压力是作用力与反作用力，大小相等，方向相反，则小球对圆管的压力大小为1 N，方向竖直向下．
(2)小球从静止到C点根据功能关系有
eq \f(1,2)mv02＝mg×2R＋Ep，
解得Ep＝1.2 J
(3)小球从C点到E点根据动能定理有
－mgh－μmgL＝eq \f(1,2)mvE2－eq \f(1,2)mv02
得vE＝eq \r(60－20h) (m/s)
过了E点小球做平抛运动，有h＝eq \f(1,2)gt2，x＝vEt
得到x与h的关系为x＝eq \r(12h－4h2) (m)
解得，当h＝1.5 m时，x有最大值xmax＝3 m.
【针对训练4】(2022·湖南高三一模)在一条平直的公路上，乙车以v1＝10 m/s的速度匀速行驶，甲车在乙车的后面做同方向初速度为v2＝15 m/s、加速度大小为a＝0.5 m/s2的匀减速运动，若两车初始距离L＝36 m，请通过计算分析两车能否相遇？若能相遇则求出两车相遇的时间；若不能相遇则求出两车间的最近距离．
【答案】 两车不能相遇 11 m
【解析】 设两车经时间t速度相等，有
v1t＋L＝v2t－eq \f(1,2)at2
代入数值得eq \f(1,4)t2－5t＋36＝0
Δ＝b2－4ac＝－11<0
t无解，即两车不会相遇．
当两车速度相等时相距最近，有v1＝v2－at1
得t1＝10 s
则最近距离为Δsmin＝v1t1＋L－(v2t1－eq \f(1,2)at12)
代入数值解得Δsmin＝11 m.
四、均值不等式
由均值不等式a＋b≥2eq \r(ab)(a>0，b>0)可知：
(1)两个正数的积为定值时，当两数相等，和最小；
(2)两个正数的和为定值时，当两数相等，积最大．
【例6】如图所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为多少？(不计空气阻力，重力加速度大小为g)
【答案】 eq \f(v2,8g)
【解析】 设小物块到轨道最高点时速度为v0，对小物块由动能定理得：－2mgr＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv2
小物块从轨道上端水平飞出后做平抛运动，则有
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)时，水平位移最大．
【针对训练1】(2022·安徽阜阳市教学质量统测)如图所示，AB是固定在竖直面内的eq \f(1,6)光滑圆弧轨道，圆弧轨道最低点B的切线水平，最高点A到水平地面的高度为h。现使一小球(视为质点)从A点由静止释放。不计空气阻力，小球落地点到B点的最大水平距离为( )
A.eq \f(h,2) B.eq \f(\r(3),2)h
C.h D.2h
【答案】 C
【解析】 设小球的质量为m，圆弧轨道的半径为R，小球通过B点时的速度大小为v，对小球从A点运动到B点的过程，由动能定理有mg(R－Rcs 60°)＝eq \f(1,2)mv2，其中g为重力加速度的大小，小球从B点抛出后做平抛运动，设从小球通过B点到小球落地的时间为t，有x＝vt，h－(R－Rcs 60°)＝eq \f(1,2)gt2，解得x＝eq \r(R（2h－R）)，由数学知识可知，当R＝2h－R，即R＝h时，x有最大值，且最大值xm＝h，故选项C正确。
【针对训练2】[2022·浙江绍兴(新昌、浦江、富阳)三校联考]如图所示，轨道ABCDE是研究小球在竖直平面内做圆周运动的条件的简易装置，A到水平桌面的高度为H，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径R＝10 cm的圆形轨道的最高点，DE部分水平，且恰好与圆形轨道的圆心O1等高，水平桌面上的点O2位于E点的正下方。经过多次实验发现，将一质量m＝10 g的小球从轨道AB上的某一位置A由静止释放，小球恰能沿轨道运动通过ABCDE到达E点，不计小球与轨道的摩擦阻力以及空气阻力。(g＝10 m/s2)
(1)求出A到水平桌面的高度H，小球对圆轨道压力的最大值；
(2)若A距水平桌面高H1＝0.3 m，小球仍由静止释放，到达E点离开轨道后落在水平桌面上，求落点与O2之间的水平距离x；
(3)若小球仍从H1＝0.3 m处由静止释放，但DE到水平面的高度h可变，求落点与O2之间的水平距离最大值。
【答案】 (1) 0.25 m 0.6 N (2)0.283 m (3)0.3 m
【解析】 (1)小球在C点恰好不脱离轨道，根据牛顿第二定律得mg＝meq \f(veq \\al(2,C),R)，解得vC＝eq \r(gR)＝1 m/s
小球从A到C，运用动能定理得mg(H－2R)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)，
解得H＝0.25 m
根据动能定理mgH＝eq \f(1,2)mv2，小球运动到圆轨道最低点的速度大小为v＝eq \r(2gH)
根据牛顿第二定律F－mg＝meq \f(v2,R)，代入数据可得小球运动到圆轨道最低点所受圆轨道的支持力大小为F＝0.6 N，由牛顿第三定律知，小球对圆轨道最低点的压力即为小球对圆轨道压力的最大值，其大小为F′＝0.6 N。
(2)小球从A到E，由动能定理得mg(H1－R)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,E)
解得vE＝2 m/s
小球离开E点做平抛运动，满足R＝eq \f(1,2)gt2，可得t＝eq \f(\r(2),10) s
水平距离为x＝vEt＝eq \f(\r(2),5) m＝0.283 m。
(3)设E点到水平桌面的高度为h，小球从A到E运用动能定理得
mg(H1－h)＝eq \f(1,2)mvE′2
小球离开E点后做平抛运动，有h＝eq \f(1,2)gt′2，x＝vE′t′，
解得x＝2eq \r(（H1－h）h)
当h＝eq \f(H1,2)＝0.15 m时，小球落点与O2之间的水平距离最大xm＝0.3 m。
四、数学归纳法和数列法
凡涉及数列求解的物理问题都具有过程多、重复性强的特点，但每一个重复过程均不是原来的完全重复，而是一种变化了的重复．随着物理过程的重复，某些物理量逐步发生着前后有联系的变化．该类问题求解的基本思路为：
(1)逐个分析开始的几个物理过程；
(2)利用归纳法从中找出物理量变化的通项公式(这是解题的关键)；
(3)最后分析整个物理过程，应用数列特点和规律求解．
无穷数列的求和，一般是无穷递减数列，有相应的公式可用．
等差：Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝na1＋eq \f(nn－1,2)d(d为公差)．
等比：Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a11－qn,1－q)，q≠1,na1，q＝1))(q为公比)．
【例7】如图所示，质量M＝2 kg的平板小车左端放有质量m＝3 kg的小铁块(可视为质点)，它和小车之间的动摩擦因数μ＝0.5.开始时，小车和铁块共同以v0＝3 m/s的速度向右在光滑水平面上运动，车与竖直墙正碰，碰撞时间极短且碰撞中不损失机械能．车身足够长，使铁块不能和墙相撞，且始终不能滑离小车．g取10 m/s2.求小车和墙第一次碰后直至其最终恰好靠墙静止这段时间内，小车运动的总路程．
【答案】 1.25 m
【解析】 小车第一次碰墙后以原速率反弹，并在小铁块的摩擦力作用下向左减速，因mv0>Mv0，故小车先减速为零，后向右加速直至与铁块达到共同速度；之后小车第二次碰墙后反弹，重复上述过程．设小车第一次碰墙后向左运动的最大距离为s1，第二次碰墙后向左运动的最大距离为s2，第三次碰墙后向左运动的最大距离为s3…，小车第一次碰墙之后与铁块的共同速率为v1，第二次碰墙之后与铁块的共同速率为v2，第三次碰墙之后与铁块的共同速率为v3…
第一次碰墙之后，由动能定理得μmgs1＝eq \f(1,2)Mv02
解得s1＝eq \f(Mv\\al(02),2μmg)＝eq \f(3,5) m
由动量守恒定律得(m－M)v0＝(m＋M)v1
解得v1＝eq \f(m－M,m＋M)v0＝eq \f(1,5)v0
第二次碰墙之后，由动能定理得μmgs2＝eq \f(1,2)Mv12
解得s2＝eq \f(Mv\\al(12),2μmg)＝eq \f(1,25)s1
由动量守恒定律得(m－M)v1＝(m＋M)v2
解得v2＝eq \f(m－M,m＋M)v1＝eq \f(1,5)v1
……
故小车第n次碰墙之后向左运动的最大距离为sn＝eq \f(1,25n－1)s1
显然s1、s2、s3、…、sn为一公比是eq \f(1,25)的等比数列．小车运动的总路程为
s＝2(s1＋s2＋s3＋…＋sn)＝eq \f(2s1,1－\f(1,25))＝1.25 m
【针对训练1】(2022·浙江嘉兴市教学测试)如图所示，张同学进行射击游戏，把弹丸(视为质点)从竖直放置的圆柱形筒的顶端A处沿圆筒的直径方向水平射出，已知弹丸初速度大小为v0＝10 m/s，圆柱筒高h＝2.45 m，直径d＝1 m，物体每次与竖直筒壁碰撞，水平分速度大小变为原来的50%，方向相反，竖直分速度不变，则弹丸( )
A.经筒壁1次反弹并击中筒底左边缘B处
B.经筒壁2次反弹并击中筒底右边缘C处
C.经筒壁2次反弹并击中筒底B、C间某处
D.经筒壁3次反弹并击中筒底B、C间某处
【答案】 B
【解析】 弹丸从抛出到第一次碰壁过程t1＝eq \f(d,v0)＝0.1 s，h1＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)＝0.05 m，弹丸距筒底高度2.4 m，此时水平分速度大小变为原来的50%，即v0′＝5 m/s，第一次反弹后到第二次碰壁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，弹丸距筒底高度2 m，此时水平分速度大小变为原来的50%，即v0″＝2.5 m/s，第二次反弹后到第三次碰壁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，恰好到达C点，故B正确，A、C、D错误。
【针对训练2】(2022·山东烟台市一模)如图所示，质量为M＝4.5 kg的长木板置于光滑水平地面上，质量为m＝1.5 kg的小物块放在长木板的右端，在木板右侧的地面上固定着一个有孔的弹性挡板，孔的尺寸刚好可以让木板无接触地穿过。现使木板和物块以v0＝4 m/s的速度一起向右匀速运动，物块与挡板碰撞后立即以碰前的速率反向弹回，而木板穿过挡板上的孔继续向右运动，整个过程中物块不会从长木板上滑落。已知物块与挡板第一次碰撞后，物块离开挡板的最大距离为x1＝1.6 m，重力加速度g取10 m/s2：
(1)求物块与木板间的动摩擦因数；
(2)若物块与挡板第n次碰撞后，物块离开挡板的最大距离为xn＝6.25×10－3 m，求n；
(3)求长木板的长度至少应为多少？
【答案】：(1)0.5 (2)5 (3)6.4 m
【解析】：(1)物块与挡板第一次碰撞后，物块向左减速到速度为0的过程中只有摩擦力做功，由动能定理得－μmgx1＝0－eq \f(1,2)mv02①
解得μ＝0.5。②
(2)物块与挡板碰后，物块与木板组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向。
设第一次碰撞后系统的共同速度为v1，由动量守恒定律得：
Mv0－mv0＝(M＋m)v1，③
v1＝eq \f(M－m,M＋m) v0＝eq \f(1,2)v0④
设物块由速度为0加速到v1的过程中运动的位移为x1′，
μmgx1′＝eq \f(1,2)mv12⑤
由①⑤式得x1′＝eq \f(1,4)x1⑥
即物块与挡板第二次碰撞之前，物块与木板已经达到共同速度v1，第二次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为v1，经一段时间系统的共同速度为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，小物块反弹后瞬间速度大小为v2
经一段时间系统的共同速度为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，小物块反弹后瞬间速度大小为
vn－1＝eq \f(M－m,M＋m) vn－2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1v0⑦
由动能定理得－μmgxn＝0－eq \f(1,2)mvn－12⑧
由①⑦⑧式得n＝5。⑨
(3)由分析知，物块多次与挡板碰撞后，最终将与木板同时都静止。设物块在木板上的相对位移为L，由能量守恒定律得μmgL＝eq \f(1,2)(M＋m)v02⑩
解得L＝6.4 m⑪
即木板的长度至少应为6.4 m。
【针对训练3】．如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M＝2 kg的小物块A；装置的中间是水平传送带，它与左右两边的水平面等高，并能平滑对接，传送带始终以v＝2 m/s的速率逆时针转动。装置的右边是一光滑的曲面，质量m＝1 kg的小物块B从其上距水平面h＝1.0 m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带的长度l＝1.0 m。设物块A、B之间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止，g取10 m/s2。
(1)求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；
(2)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上；
(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后运动的速度大小。
【答案】：(1)4 m/s (2)见解析 (3)eq \f(4,3n) m/s(n＝1,2,3，…)
【解析】：(1)设物块B沿光滑曲面下滑到水平面时的速度大小为v0，
由机械能守恒定律知mgh＝eq \f(1,2)mv02，
得v0＝eq \r(2gh)；
设物块B在传送带上滑动过程中的加速度大小为a，则μmg＝ma，得a＝2 m/s2；
设物块B通过传送带后运动速度大小为v′，有v′2－v02＝－2al，解得v′＝4 m/s。
由于v′＞v＝2 m/s，所以v′即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小。
(2)设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v″、v1，取向右为正方向，
A、B发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、能量守恒，则
－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，碰撞后物块B在水平面上向右匀速运动，之后滑上传送带，在传送带上做减速运动，
设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，则0－v12＝－2al′，
解得l′＝eq \f(4,9) m＜l＝1.0 m，
所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上。
(3)当物块B在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速。可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v1，继而与物块A发生第二次碰撞。
设第二次碰撞后物块B速度大小为v2，同上计算可知v2＝eq \f(1,3)v1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2v′，
物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞……
碰撞后物块B的速度大小依次为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′ ……
则第n次碰撞后物块B的速度大小为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，…)。
【针对训练4】．(2022·南昌一模)如图所示，坐标系x轴水平，y轴竖直。在第二象限内有半径R＝5 cm的圆，与y轴相切于点Q(0,5eq \r(3) cm)，圆内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外。在x＝－10 cm处有一个比荷为eq \f(q,m)＝1.0×108 C/kg的带正电荷的粒子，正对该圆圆心方向发射，粒子的发射速率v0＝4.0×106 m/s，粒子在Q点进入第一象限。在第一象限某处存在一个矩形匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向外，磁感应强度B0＝2 T。粒子经该磁场偏转后，在x轴M点(6 cm,0)沿y轴负方向进入第四象限。在第四象限存在沿x轴负方向的匀强电场。有一个足够长挡板和y轴负半轴重合，粒子每次到达挡板将反弹，每次反弹时竖直分速度不变，水平分速度大小减半，方向反向(不考虑粒子的重力)。求：
(1)第二象限圆内磁场的磁感应强度B的大小；
(2)第一象限内矩形磁场的最小面积；
(3)带电粒子在电场中运动时水平方向上的总路程。
【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，如图所示
有几何关系知tan∠OO1Q＝eq \f(OQ,R)＝eq \f(5\r(3),5)＝eq \r(3)，所以tan 60°＝eq \f(r1,R)
在粒子穿过第二象限内圆形磁场，由牛顿第二定律得qv0B＝meq \f(v02,r1)，解得B＝eq \f(4\r(3),15) T。
(2)粒子在第一象限内转过eq \f(1,4)圆周，设半径为r2，由牛顿第二定律得qv0B0＝meq \f(v02,r2)
解得r2＝2 cm
图中的矩形面积即为最小磁场面积
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，粒子首先向左运动s0＝6 cm撞到挡板，设加速度为a，第一次撞击挡板的水平速度v2＝2as0
第1次反弹的水平速度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次反弹的水平速度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次反弹的水平速度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
总路程s＝s0＋s1＋s2＋s3＋…＋sn(n→∞)
代入数据得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)))
上述方程括号中含有等比数列，其中首项a1＝eq \f(1,4)，公比为eq \f(1,4)，当n→∞，利用等比数列求和公式
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。
【针对训练5】(2021·山东日照市3月模拟)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限内，存在以虚线OM为边界的匀强电场和匀强磁场。匀强电场方向沿y轴负方向，匀强磁场方向垂直于xOy平面向里，虚线OM与x轴负方向成45°角。一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从坐标原点O处以初速度v0沿x轴正方向运动，粒子每次到达x轴将反弹，第一次反弹无能量损失，以后每次反弹水平分速度不变、竖直分速度大小均减为反弹前的eq \f(1,2)，方向相反。电场强度大小等于eq \f(mveq \\al(2,0),16qd)，磁感应强度大小等于eq \f(mv0,qd)，求：(不计粒子重力，题中各物理量单位均为国际单位，计算结果可用分式表示)
(1)带电粒子第三次经过OM时的坐标；
(2)带电粒子第三次到达OM时经过的时间；
(3)带电粒子从第二次进入电场开始，沿电场方向运动的总路程。
【答案】 (1)(－2d，2d) (2)eq \f(（2π＋24\r(2)－32）d,v0) (3)eq \f(10,3)d
【解析】 (1)设磁感应强度大小为B，粒子进入磁场，根据左手定则，粒子做eq \f(3,4)的圆周运动后经过OM，根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝meq \f(veq \\al(2,0),r)，解得r＝eq \f(mv0,qB)＝d，粒子运动轨迹如图所示，由图可知，带电粒子第三次经过OM时的坐标为(－2d，2d)。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T＝eq \f(2πd,v0)
在电场中，沿y轴方向的加速度a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(veq \\al(2,0),16d)
设粒子从第一次沿y轴负方向经过OM到第一次在x轴反弹所用时间为t1，有沿y轴方向
veq \\al(2,y0)－veq \\al(2,0)＝2ar，vy0＝v0＋at1
联立解得t1＝eq \f(（12\r(2)－16）d,v0)
则带电粒子第三次到达OM时经过的时间为
t＝T＋2t1＝eq \f(（2π＋24\r(2)－32）d,v0)。
(3)因粒子第二次进入电场后做类平抛运动，故到达x轴时的水平分速度为v0
竖直方向veq \\al(2,y)＝2a(2d)
第一次竖直分速度减半反弹，竖直分速度vy1＝eq \f(1,2)vy，
高度h1＝eq \f(veq \\al(2,y1),2a)＝eq \f(1,4)×2d
第二次竖直分速度减半反弹，竖直分速度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次竖直分速度减半反弹，高度hn＝eq \f(veq \\al(2,yn),2a)＝eq \f(1,4n)×2d
故总路程为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
即带电粒子从第二次进入电场开始，沿电场方向运动的总路程为H＝eq \f(10,3)d。
五、微元法的应用
在电磁感应中，如导体切割磁感线运动，产生感应电动势为E＝BLv，感应电流I＝eq \f(BLv,R)，受安培力为F＝ILB＝eq \f(B2L2,R)v，因为是变力问题，所以可以用微元法。
【例7】(2022·浙江嘉兴市教学测试)如图所示，AB、CD是固定在水平桌面上，相距为L的两根平行光滑导轨，其中MN、PQ两段用绝缘材料制成，其余部分用电阻不计的金属材料制成。ABCD区域内存在竖直方向的磁感应强度大小为B的匀强磁场。A、C两点间接有一个电动势为E、内阻为r的直流电源，B、D两点间接有一个阻值为R的定值电阻。将导体棒a静止置于导轨上MP的左侧，紧靠MP，导体棒b静止置于导轨上MNQP区域内的某一位置，两根棒的长度均等于导轨间距、质量均为m、电阻值均为R0，整个过程中，两根棒始终与导轨垂直。闭合开关S后，导体棒a向右运动，与b棒相碰后即粘合成一根“更粗的棒”，以v0的速度通过NQ继续向右运动最后静止在导轨上。试求：
(1)匀强磁场的方向；
(2)该“粗棒”在NQ右侧滑行的距离；
(3)从闭合开关S到金属棒a通过MP的短时间内，金属棒a上产生的焦耳热？此过程中电磁辐射的能量是金属棒a上产生焦耳热的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)导体棒a所受安培力方向向右，根据左手定则可确定磁场方向垂直水平面向下。
(2)“粗棒”在NQ右侧的运动，由动量定理可得
－∑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)完全非弹性碰撞，由动量守恒定律可得mva＝2mv0，由动量定理可得∑ILB·Δt′＝mva，由电流的定义式可得q＝∑I·Δt′，
由能量守恒定律可得qE＝eq \f(1,2)mva2＋Q焦＋kQa，又因为Qa＝eq \f(R0,R0＋r)Q焦
联立可得
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)))。
【针对训练1】如图所示，在水平面上有两条导电导轨MN、PQ，导轨间距为L，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里，磁感应强度的大小为B，两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离摆开放在导轨上，且与导轨垂直。它们的电阻均为R，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆的摩擦不计。杆1以初速度v0滑向杆2，为使两杆不相碰，则杆2固定与不固定两种情况下，最初摆放两杆时的最小距离之比为( )
A．1∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．3∶1
【答案】C
【解析】 杆2固定，不相撞的临界条件是杆1速度为零时刚好接触杆2，采用微元法，对杆1由动量定理：BILΔt＝eq \f(B2L2Δv,2R)Δt＝eq \f(B2L2x1,2R)＝mv0，杆2不固定，不相撞的临界条件是两杆的速度相等，根据动量守恒定律，mv0＝2mv′，解得共同速度v′＝eq \f(v0,2)，对杆1采用微元法由动量定理得：BILΔt＝eq \f(B2L2Δv1－v2,2R)Δt＝eq \f(B2L2x2,2R)＝meq \f(v0,2)，故C正确。
【针对训练2】(2022·浙江宁波市适应性考试)打开水龙头，调节流速，流出涓涓细流，如图所示。若将乒乓球靠近竖直的水流时，水流受到乒乓球指向球心方向的“吸附力”作用会被吸引，顺着乒乓球表面流动。这个现象称为康达效应。如图所示，某同学在实验时，水流从A点顺着半径为R的乒乓球表面流动，O为乒乓球的球心(球心与A、水龙头位于同一竖直平面内)，调节乒乓球A与水龙头之间的距离，使水流恰好在乒乓球的最低点B与之分离，最后落在水平地面上的C点(未画出)。已知B点到C点的水平射程为x，B点距地面的高度为h，不计一切阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A.水流沿着乒乓球表面做匀速圆周运动
B.水流离开B点之前的瞬间，其向心加速度大小为g
C.水流受到乒乓球的“吸附力”属于引力相互作用
D.在B点质量为Δm(Δm→0)的水受到乒乓球的“吸附力”为F，则eq \f(F,Δm)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(x2,2hR)))g
【答案】 D
【解析】 水流沿着乒乓球表面做加速圆周运动，故A错误；设水到B点的速度为v，水流离开B点之前的瞬间，其向心加速度大小为an＝eq \f(v2,R)，根据平抛运动的规律有h＝eq \f(1,2)gt2，x＝vt，联立得向心加速度大小an＝eq \f(x2,2hR)·g，故B错误；水流受到乒乓球的“吸附力”属于电磁相互作用，故C错误；在B点质量为Δm(Δm→0)的水做圆周运动的向心加速度大小为an＝eq \f(x2,2hR)·g，根据牛顿第二定律有F－Δmg＝Δman，联立解得eq \f(F,Δm)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(x2,2hR)))g，故D正确。
【针对训练3】 如图所示，足够长的光滑平行金属导轨与水平面成θ角放置，导轨间距为L且电阻不计，其顶端接有一阻值为R的电阻，整个装置处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。一质量为m的金属棒以初速度v0由导轨底端上滑，经一段时间滑行距离x到达最高点后，又返回底端。棒与两导轨始终垂直且接触良好，其接入电路中的电阻为r，重力加速度为g。下列说法不正确的是( )
A.棒下滑过程的平均速度等于eq \f(v0,2)
B.棒下滑过程通过R的电荷量为eq \f(BLx,R＋r)
C.棒上滑时间等于eq \f(mv0（R＋r）－B2L2x,mg（R＋r）sin θ)
D.棒上滑过程中回路产生的焦耳热等于eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－mgxsin θ
【答案】 A
【解析】 根据能量守恒得，除最高点外，在任何一个位置，棒上滑到此位置的速度大于下滑到此位置的速度，则上滑的平均速度大于下滑的平均速度，在上滑过程中，棒做加速度逐渐减小的减速运动，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错误；根据感应电荷量公式q＝eq \f(ΔΦ,R＋r)可知，下滑过程中通过R的电荷量q＝eq \f(BLx,R＋r)，故B正确；上滑过程，以向上为正方向，对棒由动量定理得－(mgsin θ＋ILB)Δt＝mΔv，两边求和得－∑(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正确；棒上滑到最高点的过程中，由能量守恒定律可得，回路中产生的总焦耳热为Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－mgxsin θ，故D正确。
【针对训练4】(2022·浙江Z20联盟第二次联考)如图所示，有两相距L＝1 m的足够长光滑平行金属导轨MN、PQ置于绝缘水平面上，导轨电阻不计，导轨右端紧靠一绝缘弹性墙，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T。质量m1＝0.1 kg、电阻R1＝4 Ω的导体棒AB与质量m2＝0.4 kg、电阻R2＝6 Ω的导体棒CD垂直导轨放置，在外力作用下使两导体棒间夹有被压缩的一轻质短弹簧(可认为两棒是挨着的)；弹簧的弹性势能Ep＝1 J，AB棒与墙的距离l＝2 m。某时刻撤去外力，弹簧瞬间恢复原长，使两棒分离，弹簧恢复原长后立即撤去，棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触。求：
(1)弹簧释放后瞬间AB、CD棒的速度大小；
(2)两棒最后的距离Δx；
(3)整个过程中AB棒产生的焦耳热。
【答案】 (1)4 m/s 1 m/s (2)1.6 m (3)0.364 J
【解析】 (1)设撤去外力，两棒分离后AB、CD的速度大小分别为v1、v2，则有
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)两棒弹开后m1v1′＝m2v2′(v1′方向向右，v2′方向向左)
∑m1v1′Δt＝∑m2v2′Δt，m1x1＝m2x2，当x1＝l＝2 m时，x2＝0.5 m
设AB棒运动到弹性墙时速度为v1″，对AB棒由动量定理得
∑－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
此时设CD速度为v2″，m1v1″＝m2v2″，得v2″＝0.375 m/s(CD棒速度方向向左，大小为0.375 m/s)即CD还在向左运动
AB棒被墙反弹后，AB、CD组成的系统动量守恒，最后达到共同速度v3，
m2v2″＋m1v1″＝(m1＋m2)v3，v3＝0.6 m/s
对AB棒由动量定理得∑－ILBΔt＝m1v3－m1v1″
－BLeq \f(BLΔx,R1＋R2)＝m1v3－m1v1″，Δx＝0.9 m
AB、CD的距离为x＝l＋x2－Δx＝1.6 m。
(3)整个过程中，系统产生的总热量Q总＝Ep－eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \\al(2,3)＝0.91 J，
QAB＝eq \f(R1,R1＋R2)Q总＝0.364 J。
目录
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" 类型1 正弦定理的应用 PAGEREF _Tc2579 1
\l "_Tc1815" 类型2 余弦定理的应用 PAGEREF _Tc1815 4
\l "_Tc28230" 类型3 三角形相似法的应用 PAGEREF _Tc28230 5
\l "_Tc30328" eq \a\vs4\al(二、三角函数法) PAGEREF _Tc30328 7
\l "_Tc23384" eq \a\vs4\al(三、二次函数法) PAGEREF _Tc23384 10
\l "_Tc20549" 四、均值不等式 PAGEREF _Tc20549 14
\l "_Tc29445" 四、数学归纳法和数列法 PAGEREF _Tc29445 16
\l "_Tc411" 五、微元法的应用 PAGEREF _Tc411 23
一、正弦定理、余弦定理、三角形相似法
类型1 正弦定理的应用
1．正弦定理：
在如图甲所示的三角形中，各边和所对应角的正弦之比相等。
即：eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)
【例1】(2020·日照模拟)如图所示，两个质量分别为eq \r(3)m、m的小圆环A、B用不可伸长的细线连着，套在一个竖直固定的大圆环上，大圆环的圆心为O。系统平衡时，细线所对的圆心角为90°，大圆环和小圆环之间的摩擦力及细线的质量忽略不计，重力加速度大小用g表示，下列判断正确的是( )
A．小圆环A、B受到大圆环的支持力之比是eq \r(3)∶1
B．小圆环A受到大圆环的支持力与竖直方向的夹角为15°
C．细线与水平方向的夹角为30°
D．细线的拉力大小为eq \f(\r(3),2)mg
【答案】A
【解析】 对小圆环A和B进行受力分析，根据平行四边形定则作出重力和支持力的合力，此合力的大小等于细线的拉力的大小，设A、B所受的支持力与竖直方向的夹角分别为α和β，如图所示：
根据正弦定理可以得到：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°，FT＝FT′＝eq \f(\r(6),2)mg
再次利用正弦定理：eq \f(FNA,sin180°－45°－30°)＝eq \f(\r(3)mg,sin 45°)，eq \f(FNB,sin180°－45°－60°)＝eq \f(mg,sin 45°)
整理可以得到：eq \f(FNA,FNB)＝eq \f(\r(3),1)，故选项A正确，B、D错误；
由题图根据几何知识可以知道，细线与水平方向的夹角为90°－(45°＋30°)＝15°，故选项C错误。
【针对训练1】.在仰角α＝30°的雪坡上举行跳台滑雪比赛，如图所示。运动员从坡上方A点开始下滑，到起跳点O时借助设备和技巧，保持在该点的速率不变而以与水平面成θ角的方向起跳。最后落在坡上B点，坡上OB两点距离为L。已知A点高于O点h＝50 m，不计摩擦和阻力，则OB两点距离L最大值为多少米？此时起跳角为多大？
【答案】：200 m 30°
【解析】：运动员在O点速度v0＝eq \r(2gh)＝10eq \r(10) m/s。起跳后运动员做斜上抛运动。
法一：以O为原点，建立水平向右和竖直向上的xOy坐标系，把运动分解为水平向右的匀速运动和竖直方向的竖直上抛运动。
x＝v0cs θ·t，y＝v0sin θ·t－eq \f(1,2)gt2，令y＝－xtan α
解得x＝eq \f(2v02cs θsinα＋θ,gcs α)＝eq \f(v02[sin2θ＋α＋sin α],gcs α)。当2θ＋α＝90°，θ＝30°时，xmax＝eq \f(v021＋sin α,gcs α)，此时OB有极大值L＝eq \f(xmax,cs α)＝200 m。
法二：建立如图甲所示坐标系
把运动分解为沿斜面方向的匀加速直线运动和垂直于斜面方向的匀减速直线运动。
L＝v0tcs(α＋θ)＋eq \f(gt2sin α,2)，0＝v0tsin(α＋θ)－eq \f(gt2cs α,2)。余下的计算过程同上。
法三：把运动视为v0方向的匀速运动和自由落体运动的合成。如图乙所示
eq \f(v0t,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α)))＝eq \f(\f(gt2,2),sinα＋θ)＝eq \f(L,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－θ)))，消去t，同样得到L的表达式，余下解略。
【针对训练2】．(2022·银川模拟)如图所示，a、b两个小球穿在一根光滑的固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接。已知b球质量为m，杆与水平面的夹角为30°，不计所有摩擦。当两球静止时，Oa段绳与杆的夹角也为30°，Ob段绳沿竖直方向，则a球的质量为( )
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】： 分别对a、b两球受力分析，如图所示
根据共点力平衡条件得：FT＝mbg；根据正弦定理得：eq \f(FT,sin θ)＝eq \f(mag,sin90°＋θ)；故mb∶ma＝tan 30°∶1，则ma＝eq \r(3)m，故B、C、D错误，A正确。
【针对训练3】(2022·浙江Z20联盟第二次联考)在圆心为O、半径为R的光学介质圆环内有一点光源P，可以向纸面内各方向发光，已知OP＝eq \f(3,4)R，介质折射率n＝eq \f(5,3)，则从圆周上有光线射出的范围是(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】 由介质的折射率可求得此光发生全反射的临界角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°，如图所示
如图甲∠OPA＝53°，如图乙∠OPM＝127°，由甲图知，AB左侧光线能射出，由乙图知圆弧MN上有光线射出，由正弦定理与三角形内角和可求得∠MON＝32°，所以光线能射出的圆弧对应的圆心角为180°＋32°＝212°，则从圆周上有光线射出的范围是l＝eq \f(212°,360°)×2πR＝eq \f(53,45)πR，故B正确，A、C、D错误。
类型2 余弦定理的应用
余弦定理：在如图甲所示的三角形中，有如下三个表达式：
a2＝b2＋c2－2bc·cs A
b2＝a2＋c2－2ac·csB
c2＝a2＋b2－2ab·cs C
【例2】[多选]已知力F的一个分力F1跟F成30°角，大小未知，另一个分力F2的大小为eq \f(\r(3),3)F，方向未知，则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】如图所示
因为F2＝eq \f(\r(3),3)F＞Fsin 30°，故F1的大小有两种可能情况，由余弦定理可得：
F22＝F2＋F12－2FF1cs 30°，
化简可得：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，故选项A、C正确。
类型3 三角形相似法的应用
三角形相似法：相似三角形的对应角相等，对应边成比例，如图乙所示，两三角形相似，有：
eq \f(OM,ON)＝eq \f(OP,OQ)＝eq \f(PM,NQ)
【例3】[多选]表面光滑、半径为R的半球固定在水平地面上，球心O的正上方O′处有一无摩擦定滑轮，轻质细绳两端各系一个可视为质点的小球挂在定滑轮上，如图所示。两小球平衡时，若滑轮两侧细绳的长度分别为L1＝2.4R和L2＝2.5R，这两个小球的质量之比为eq \f(m1,m2)，小球与半球之间的压力之比为eq \f(FN1,FN2)，则以下说法正确的是( )
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】先以左侧小球为研究对象，分析受力情况：重力m1g、绳子的拉力FT和半球的支持力FN1，作出受力分析图
由平衡条件得知，拉力FT和支持力FN1的合力与重力m1g大小相等、方向相反。设OO′＝h，根据三角形相似得eq \f(FT,L1)＝eq \f(FN1,R)＝eq \f(m1g,h)，解得m1g＝eq \f(FTh,L1)，FN1＝eq \f(FTR,L1)①
同理，以右侧小球为研究对象，得：m2g＝eq \f(FTh,L2)，FN2＝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)。
【针对训练】(2021·河南焦作高三模拟)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔，质量为m的小球套在圆环上。一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住。现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在小球移动过程中手对线的拉力F和轨道对小球的弹力FN的大小变化情况是( )
A.F不变，FN 增大 B.F减小，FN 不变
C.F不变，FN 减小 D.F增大，FN 减小
【答案】 B
【解析】 小球沿圆环缓慢上移可看作始终处于平衡状态，对小球进行受力分析，作出受力示意图如图所示，由图可知△OAB∽△GFA，即eq \f(G,R)＝eq \f(F,AB)＝eq \f(FN,R)，当A点上移时，半径不变，AB长度减小，故F减小，FN不变，A、C、D错误，B正确。
eq \a\vs4\al(二、三角函数法)
三角函数：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)。
当θ＋α＝90°时，有极大值ymax＝eq \r(a2＋b2)。
【例4】(2022·临汾模拟)如图所示是一旅行箱，它既可以在地面上推着行走，也可以在地面上拉着行走。已知该旅行箱的总质量为15 kg，一旅客用斜向上的拉力拉着旅行箱在水平地面上做匀速直线运动，若拉力的最小值为90 N，此时拉力与水平方向间的夹角为θ，重力加速度大小为g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，旅行箱受到地面的阻力与其受到地面的支持力成正比，比值为μ，则( )
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】对旅行箱受力分析，如图所示
根据平衡条件，水平方向，有：Fcs θ－Ff＝0，
竖直方向，有：FN＋Fsin θ－G＝0，
其中：Ff＝μFN，故F＝eq \f(μG,cs θ＋μsin θ)，
令μ＝tan α，则F＝eq \f(Gsin α,csα－θ)；
当α－θ＝0°时，F有最小值，故F＝Gsin α＝90 N，
故α＝37°，故μ＝tan 37°＝0.75，θ＝37°，故选D。
【针对训练1】(2022·浙江新高考创新卷)如图所示，重为G的物体在外力F的牵引下沿粗糙水平面做匀速直线运动，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，若F与水平面间的夹角θ从0°到90°逐渐增大，下列说法错误的是( )
A.力F逐渐增大
B.外力F先减小后增大
C.物体受到的合外力保持不变
D.支持力与摩擦力的合力方向不变
【答案】 A
【解析】 因为物体做匀速直线运动，所以物体在水平和竖直方向均受力平衡，则有Fcs θ＝μ(G－Fsin θ)，F＝eq \f(μG,cs θ＋μsin θ)，设sin β＝eq \f(1,\r(1＋μ2))，cs β＝eq \f(μ,\r(1＋μ2))，则有F＝eq \f(μG,\r(1＋μ2)（sin βcs θ＋cs βsin θ）)＝eq \f(μG,\r(1＋μ2)sin（β＋θ）)，θ从0逐渐增大到90°时，θ＋β<90°前，sin(β＋θ)逐渐变大，所以F逐渐减小，在θ＋β>90°后，sin(β＋θ)逐渐变小，所以F逐渐变大，因此F先减小后增大，A错误，B正确；物体一直做匀速直线运动，所以物体受的合外力一直不变，C正确；物体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变，D正确。
【针对训练3】 (2022·湖北省部分重点中学期末联考)一名同学把箱子从圆弧形的坡底缓慢地推到坡顶，该同学作用在箱子上的推力方向和箱子的运动方向始终相同。箱子可视为质点，且箱子和坡面之间的动摩擦因数不变，该同学在推动箱子的过程中，下列说法正确的是( )
A.推力一直减小
B.推力一直增大
C.坡对箱子的作用力一直在减小
D.坡对箱子的作用力一直在增大
【答案】 D
【解析】 对箱子受力分析，箱子受到重力、支持力、推力和摩擦力，如图所示，因为箱子移动缓慢，所以受力平衡，有F＝mgsin θ＋μmgcs θ，令tan φ＝μ，根据数学知识可得F＝eq \r(1＋μ2)mgsin (θ＋φ)，当箱子向上移动时，箱子所处位置的切线方向与水平方向的夹角θ不断减小，当θ减小时，sin(θ＋φ)有可能不断减小，也有可能先增大后减小，故A、B错误；坡对箱子的作用力F′＝eq \r(Feq \\al(2,f)＋Feq \\al(2,N))＝mgcs θeq \r(1＋μ2)，箱子所处位置的切线方向与水平方向的夹角θ不断减小，当θ减小时，cs θ增大，故坡对箱子的作用力一直在增大，故D正确，C错误。
【针对训练3】(2022·浙江宁波镇海中学适应性测试)甲、乙两位同学玩相互抛接球的游戏，其中一位同学将球从A点抛出后，另一同学总能在等高处某点B快速接住，如图所示。假设甲同学出手后球的速度大小为v，方向与水平面成θ角，忽略空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.球在空中做变加速曲线运动
B.球在空中上升的最大高度eq \f(v2cs2θ,2g)
C.保持θ角不变，球的出手速度越大，球在空中运动的时间一定越短
D.保持出手速度大小不变，改变出手方向，A、B点间最大距离eq \f(v2,g)
【答案】 D
【解析】 球抛出后在空中只受重力作用，做匀变速曲线运动，A错误；球抛出时在竖直方向做竖直上抛运动，竖直分速度为vy＝vsin θ，到最高点时竖直速度减为零，则有h＝eq \f(veq \\al(2,y),2g)＝eq \f(v2sin2θ,2g)，B错误；根据斜抛运动的对称性可知，在空中运动的时间为t＝2eq \f(vsin θ,g)，则当抛出角度不变时，球的出手速度越大，球在空中运动的时间一定越长，C错误；斜抛运动在水平方向上做匀速直线运动，则A、B两点间的距离为x＝vcs θ·eq \f(2vsin θ,g)＝eq \f(2v2sin θcs θ,g)，根据sin 2θ＝2sin θcs θ，化简得x＝eq \f(v2sin 2θ,g)，当θ＝45°时，sin 2θ＝1，x最大为xm＝eq \f(v2,g)，D正确。
【针对训练4】(2022·肇庆一模)如图(a)所示，一物体以一定的速度v0沿足够长的固定斜面向上运动，此物体在斜面上的最大位移与斜面倾角的关系如图(b)所示。设各种条件下，物体与斜面间的动摩擦因数不变，取g＝10 m/s2。试求：
(1)物体与斜面之间的动摩擦因数及物体的初速度大小；
(2)θ为多大时， x值最小？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)当θ为90°时，由运动学知识可得：v02＝2gh①
设动摩擦因数为μ，当θ＝0°时摩擦力大小为：Ff＝μmg②
Ff＝ma1③
由运动学公式可得：v02＝2a1x0④
联立以上各式解得：μ＝eq \f(\r(3),3)，v0＝5 m/s。
(2)对于任意角度，根据动能定理可得，物体对应的最大位移x满足的关系式：eq \f(1,2)mv02＝mgxsin θ＋μmgxcs θ⑤
对⑤式变形可得：x＝eq \f(v02,2gsin θ＋μcs θ)＝eq \f(h,sin θ＋μcs θ)＝eq \f(h,\r(1＋μ2)sinθ＋φ)⑥
μ＝tan φ，则x的最小值为xmin＝eq \f(h,\r(1＋μ2))＝eq \f(\r(3),2)h≈1.08 m
对应的θ＝eq \f(π,2)－φ＝eq \f(π,2)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,3)。
eq \a\vs4\al(三、二次函数法)
二次函数：y＝ax2＋bx＋c
当x＝－eq \f(b,2a)时，有极值ym＝eq \f(4ac－b2,4a)(若二次项系数a＞0，y有极小值；若a＜0，y有极大值)。
【例5】如图，固定在竖直平面内的倾斜轨道AB，与水平固定光滑轨道BC相连，竖直墙壁CD高H＝0.2 m，在地面上紧靠墙壁固定一个和CD等高，底边长L1＝0.3 m的固定斜面。一个质量m＝0.1 kg的小物块(视为质点)在轨道AB上从距离B点L2＝4 m处由静止释放，从C点水平抛出，已知小物块与AB段轨道间的动摩擦因数为0.5，通过B点时无能量损失；AB段与水平面的夹角为37°。(空气阻力不计，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)求小物块运动到B点时的速度大小；
(2)求小物块从C点抛出到击中斜面的时间；
(3)改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值。
【答案】 (1)4 m/s (2)eq \f(1,15) s (3)0.15 J
【解析】 (1)对小物块从A到B过程分析，根据动能定理有：mgL2sin 37°－μmgL2cs 37°＝eq \f(1,2)mvB2，
解得：vB＝4 m/s。(2)设物块落在斜面上时水平位移为x，竖直位移为y，如图所示：
对平抛运动，有：
x＝vBt，
y＝eq \f(1,2)gt2，
结合几何关系， 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)设小物块从轨道上A′点静止释放且A′B＝L，运动到B点时的速度为vB′，对物块从A′到碰撞斜面过程分析，根据动能定理有：mgLsin 37°－μmgcs 37°·L＋mgy＝eq \f(1,2)mv2－0
对物块从A′到运动到B点过程分析，根据动能定理有
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)
联立解得：eq \f(1,2)mv2＝mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(25y,16)＋\f(9H2,16y)－\f(9H,8)))，
故当eq \f(25y,16)＝eq \f(9H2,16y)，即y＝eq \f(3,5)H＝0.12 m时，动能最小为Ekmin，代入数据，解得Ekmin＝0.15 J。
【针对训练1】[多选](2022·临沂期末)如图所示，矩形线框abcd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框ab长为2L，bc长为L，MN为垂直于ab并可在ab和cd上自由滑动的金属杆，且杆与ab和cd接触良好，abcd和MN上单位长度的电阻皆为r。让MN从ad处开始以速度v向右匀速滑动，设MN与ad之间的距离为x(0≤x≤2L)，则在整个过程中( )
A．当x＝0时，MN中电流最小
B．当x＝L时，MN中电流最小
C．MN中电流的最小值为eq \f(2Bv,5r)
D．MN中电流的最大值为eq \f(6Bv,11r)
【答案】BCD
【解析】： MN产生感应电动势为BLv，MN中电流I＝eq \f(E,R总)＝eq \f(BLv,Lr＋\f(L＋2x5L－2xr,6L))＝eq \f(6BL2v,－4x－L2r＋15L2r)，当x＝0或x＝2L时，MN中电流最大，MN中电流的最大值为Imax＝eq \f(6Bv,11r)，当x＝L时，MN中电流最小，MN中电流的最小值为Imin＝eq \f(2Bv,5r)，故B、C、D正确，A错误。
【针对训练2】(2022·江苏常州市开学考试)如图所示，歼－20战斗机安装了我国自主研制的矢量发动机，能够在不改变飞机飞行方向的情况下，通过转动尾喷口方向改变推力的方向，使战斗机获得很多优异的飞行性能。已知在歼—20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航时升阻比(垂直机身向上的升力和平行机身向后的阻力之比)为eq \r(15)。飞机的重力为G，使飞机实现节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】 飞机受到重力G、发动机推力F1、升力F2和空气阻力f，重力的方向竖直向下，升力F2的方向竖直向上，空气阻力f的方向与F2垂直，如图
歼－20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航，则有水平方向 Fx＝f，竖直方向F2＋Fy＝G，F2＝eq \r(15)f，解得Fy＝G－eq \r(15)f，则Feq \\al(2,1)＝Feq \\al(2,x)＋Feq \\al(2,y)＝16f2－2eq \r(15)Gf＋G2，则此函数图象为开口向上，对称轴为f＝eq \f(\r(15),16)G的抛物线，即当f＝eq \f(\r(15),16)G时取得最小值，将其代入Feq \\al(2,1)表达式，解得F1min＝eq \f(G,4)，故选项D正确。
【针对训练3】(2022·浙江高三开学考试)如图所示，用内壁光滑细圆管弯成的半圆形轨道APB(半圆轨道半径远大于细圆管的内径)和直轨道BC组成的装置，把它竖直放置并固定在水平面上，已知半圆轨道半径R＝1 m，质量m＝100 g小球(视为质点)压缩弹簧由静止释放，小球从A点弹入圆轨道从C点以v0＝8 m/s离开轨道随即进入长L＝2 m、μ＝0.1的粗糙水平地面(图上对应为CD)，最后通过光滑轨道DE，从E点水平射出，已知E距离地面的高度为h＝1 m，除CD段外其他处摩擦阻力忽略不计，重力加速度g＝10 m/s2.不计空气阻力，求：
(1)小球到达C点时对圆管的压力；
(2)弹簧储存的弹性势能的大小；
(3)若E点的高度h可以调节，当h多大时，水平射程x最大，此最大值是多少．
【答案】 (1)1 N，方向竖直向下 (2)1.2 J (3)1.5 m 3 m
【解析】 (1)小球在BC段做匀速直线运动，所受合外力为零，根据牛顿第二定律，小球处于平衡状态，
小球所受支持力为FN＝mg＝1 N，根据牛顿第三定律，圆管对小球的支持力和小球对圆管的压力是作用力与反作用力，大小相等，方向相反，则小球对圆管的压力大小为1 N，方向竖直向下．
(2)小球从静止到C点根据功能关系有
eq \f(1,2)mv02＝mg×2R＋Ep，
解得Ep＝1.2 J
(3)小球从C点到E点根据动能定理有
－mgh－μmgL＝eq \f(1,2)mvE2－eq \f(1,2)mv02
得vE＝eq \r(60－20h) (m/s)
过了E点小球做平抛运动，有h＝eq \f(1,2)gt2，x＝vEt
得到x与h的关系为x＝eq \r(12h－4h2) (m)
解得，当h＝1.5 m时，x有最大值xmax＝3 m.
【针对训练4】(2022·湖南高三一模)在一条平直的公路上，乙车以v1＝10 m/s的速度匀速行驶，甲车在乙车的后面做同方向初速度为v2＝15 m/s、加速度大小为a＝0.5 m/s2的匀减速运动，若两车初始距离L＝36 m，请通过计算分析两车能否相遇？若能相遇则求出两车相遇的时间；若不能相遇则求出两车间的最近距离．
【答案】 两车不能相遇 11 m
【解析】 设两车经时间t速度相等，有
v1t＋L＝v2t－eq \f(1,2)at2
代入数值得eq \f(1,4)t2－5t＋36＝0
Δ＝b2－4ac＝－11<0
t无解，即两车不会相遇．
当两车速度相等时相距最近，有v1＝v2－at1
得t1＝10 s
则最近距离为Δsmin＝v1t1＋L－(v2t1－eq \f(1,2)at12)
代入数值解得Δsmin＝11 m.
四、均值不等式
由均值不等式a＋b≥2eq \r(ab)(a>0，b>0)可知：
(1)两个正数的积为定值时，当两数相等，和最小；
(2)两个正数的和为定值时，当两数相等，积最大．
【例6】如图所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为多少？(不计空气阻力，重力加速度大小为g)
【答案】 eq \f(v2,8g)
【解析】 设小物块到轨道最高点时速度为v0，对小物块由动能定理得：－2mgr＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv2
小物块从轨道上端水平飞出后做平抛运动，则有
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)时，水平位移最大．
【针对训练1】(2022·安徽阜阳市教学质量统测)如图所示，AB是固定在竖直面内的eq \f(1,6)光滑圆弧轨道，圆弧轨道最低点B的切线水平，最高点A到水平地面的高度为h。现使一小球(视为质点)从A点由静止释放。不计空气阻力，小球落地点到B点的最大水平距离为( )
A.eq \f(h,2) B.eq \f(\r(3),2)h
C.h D.2h
【答案】 C
【解析】 设小球的质量为m，圆弧轨道的半径为R，小球通过B点时的速度大小为v，对小球从A点运动到B点的过程，由动能定理有mg(R－Rcs 60°)＝eq \f(1,2)mv2，其中g为重力加速度的大小，小球从B点抛出后做平抛运动，设从小球通过B点到小球落地的时间为t，有x＝vt，h－(R－Rcs 60°)＝eq \f(1,2)gt2，解得x＝eq \r(R（2h－R）)，由数学知识可知，当R＝2h－R，即R＝h时，x有最大值，且最大值xm＝h，故选项C正确。
【针对训练2】[2022·浙江绍兴(新昌、浦江、富阳)三校联考]如图所示，轨道ABCDE是研究小球在竖直平面内做圆周运动的条件的简易装置，A到水平桌面的高度为H，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径R＝10 cm的圆形轨道的最高点，DE部分水平，且恰好与圆形轨道的圆心O1等高，水平桌面上的点O2位于E点的正下方。经过多次实验发现，将一质量m＝10 g的小球从轨道AB上的某一位置A由静止释放，小球恰能沿轨道运动通过ABCDE到达E点，不计小球与轨道的摩擦阻力以及空气阻力。(g＝10 m/s2)
(1)求出A到水平桌面的高度H，小球对圆轨道压力的最大值；
(2)若A距水平桌面高H1＝0.3 m，小球仍由静止释放，到达E点离开轨道后落在水平桌面上，求落点与O2之间的水平距离x；
(3)若小球仍从H1＝0.3 m处由静止释放，但DE到水平面的高度h可变，求落点与O2之间的水平距离最大值。
【答案】 (1) 0.25 m 0.6 N (2)0.283 m (3)0.3 m
【解析】 (1)小球在C点恰好不脱离轨道，根据牛顿第二定律得mg＝meq \f(veq \\al(2,C),R)，解得vC＝eq \r(gR)＝1 m/s
小球从A到C，运用动能定理得mg(H－2R)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)，
解得H＝0.25 m
根据动能定理mgH＝eq \f(1,2)mv2，小球运动到圆轨道最低点的速度大小为v＝eq \r(2gH)
根据牛顿第二定律F－mg＝meq \f(v2,R)，代入数据可得小球运动到圆轨道最低点所受圆轨道的支持力大小为F＝0.6 N，由牛顿第三定律知，小球对圆轨道最低点的压力即为小球对圆轨道压力的最大值，其大小为F′＝0.6 N。
(2)小球从A到E，由动能定理得mg(H1－R)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,E)
解得vE＝2 m/s
小球离开E点做平抛运动，满足R＝eq \f(1,2)gt2，可得t＝eq \f(\r(2),10) s
水平距离为x＝vEt＝eq \f(\r(2),5) m＝0.283 m。
(3)设E点到水平桌面的高度为h，小球从A到E运用动能定理得
mg(H1－h)＝eq \f(1,2)mvE′2
小球离开E点后做平抛运动，有h＝eq \f(1,2)gt′2，x＝vE′t′，
解得x＝2eq \r(（H1－h）h)
当h＝eq \f(H1,2)＝0.15 m时，小球落点与O2之间的水平距离最大xm＝0.3 m。
四、数学归纳法和数列法
凡涉及数列求解的物理问题都具有过程多、重复性强的特点，但每一个重复过程均不是原来的完全重复，而是一种变化了的重复．随着物理过程的重复，某些物理量逐步发生着前后有联系的变化．该类问题求解的基本思路为：
(1)逐个分析开始的几个物理过程；
(2)利用归纳法从中找出物理量变化的通项公式(这是解题的关键)；
(3)最后分析整个物理过程，应用数列特点和规律求解．
无穷数列的求和，一般是无穷递减数列，有相应的公式可用．
等差：Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝na1＋eq \f(nn－1,2)d(d为公差)．
等比：Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a11－qn,1－q)，q≠1,na1，q＝1))(q为公比)．
【例7】如图所示，质量M＝2 kg的平板小车左端放有质量m＝3 kg的小铁块(可视为质点)，它和小车之间的动摩擦因数μ＝0.5.开始时，小车和铁块共同以v0＝3 m/s的速度向右在光滑水平面上运动，车与竖直墙正碰，碰撞时间极短且碰撞中不损失机械能．车身足够长，使铁块不能和墙相撞，且始终不能滑离小车．g取10 m/s2.求小车和墙第一次碰后直至其最终恰好靠墙静止这段时间内，小车运动的总路程．
【答案】 1.25 m
【解析】 小车第一次碰墙后以原速率反弹，并在小铁块的摩擦力作用下向左减速，因mv0>Mv0，故小车先减速为零，后向右加速直至与铁块达到共同速度；之后小车第二次碰墙后反弹，重复上述过程．设小车第一次碰墙后向左运动的最大距离为s1，第二次碰墙后向左运动的最大距离为s2，第三次碰墙后向左运动的最大距离为s3…，小车第一次碰墙之后与铁块的共同速率为v1，第二次碰墙之后与铁块的共同速率为v2，第三次碰墙之后与铁块的共同速率为v3…
第一次碰墙之后，由动能定理得μmgs1＝eq \f(1,2)Mv02
解得s1＝eq \f(Mv\\al(02),2μmg)＝eq \f(3,5) m
由动量守恒定律得(m－M)v0＝(m＋M)v1
解得v1＝eq \f(m－M,m＋M)v0＝eq \f(1,5)v0
第二次碰墙之后，由动能定理得μmgs2＝eq \f(1,2)Mv12
解得s2＝eq \f(Mv\\al(12),2μmg)＝eq \f(1,25)s1
由动量守恒定律得(m－M)v1＝(m＋M)v2
解得v2＝eq \f(m－M,m＋M)v1＝eq \f(1,5)v1
……
故小车第n次碰墙之后向左运动的最大距离为sn＝eq \f(1,25n－1)s1
显然s1、s2、s3、…、sn为一公比是eq \f(1,25)的等比数列．小车运动的总路程为
s＝2(s1＋s2＋s3＋…＋sn)＝eq \f(2s1,1－\f(1,25))＝1.25 m
【针对训练1】(2022·浙江嘉兴市教学测试)如图所示，张同学进行射击游戏，把弹丸(视为质点)从竖直放置的圆柱形筒的顶端A处沿圆筒的直径方向水平射出，已知弹丸初速度大小为v0＝10 m/s，圆柱筒高h＝2.45 m，直径d＝1 m，物体每次与竖直筒壁碰撞，水平分速度大小变为原来的50%，方向相反，竖直分速度不变，则弹丸( )
A.经筒壁1次反弹并击中筒底左边缘B处
B.经筒壁2次反弹并击中筒底右边缘C处
C.经筒壁2次反弹并击中筒底B、C间某处
D.经筒壁3次反弹并击中筒底B、C间某处
【答案】 B
【解析】 弹丸从抛出到第一次碰壁过程t1＝eq \f(d,v0)＝0.1 s，h1＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)＝0.05 m，弹丸距筒底高度2.4 m，此时水平分速度大小变为原来的50%，即v0′＝5 m/s，第一次反弹后到第二次碰壁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，弹丸距筒底高度2 m，此时水平分速度大小变为原来的50%，即v0″＝2.5 m/s，第二次反弹后到第三次碰壁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，恰好到达C点，故B正确，A、C、D错误。
【针对训练2】(2022·山东烟台市一模)如图所示，质量为M＝4.5 kg的长木板置于光滑水平地面上，质量为m＝1.5 kg的小物块放在长木板的右端，在木板右侧的地面上固定着一个有孔的弹性挡板，孔的尺寸刚好可以让木板无接触地穿过。现使木板和物块以v0＝4 m/s的速度一起向右匀速运动，物块与挡板碰撞后立即以碰前的速率反向弹回，而木板穿过挡板上的孔继续向右运动，整个过程中物块不会从长木板上滑落。已知物块与挡板第一次碰撞后，物块离开挡板的最大距离为x1＝1.6 m，重力加速度g取10 m/s2：
(1)求物块与木板间的动摩擦因数；
(2)若物块与挡板第n次碰撞后，物块离开挡板的最大距离为xn＝6.25×10－3 m，求n；
(3)求长木板的长度至少应为多少？
【答案】：(1)0.5 (2)5 (3)6.4 m
【解析】：(1)物块与挡板第一次碰撞后，物块向左减速到速度为0的过程中只有摩擦力做功，由动能定理得－μmgx1＝0－eq \f(1,2)mv02①
解得μ＝0.5。②
(2)物块与挡板碰后，物块与木板组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向。
设第一次碰撞后系统的共同速度为v1，由动量守恒定律得：
Mv0－mv0＝(M＋m)v1，③
v1＝eq \f(M－m,M＋m) v0＝eq \f(1,2)v0④
设物块由速度为0加速到v1的过程中运动的位移为x1′，
μmgx1′＝eq \f(1,2)mv12⑤
由①⑤式得x1′＝eq \f(1,4)x1⑥
即物块与挡板第二次碰撞之前，物块与木板已经达到共同速度v1，第二次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为v1，经一段时间系统的共同速度为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，小物块反弹后瞬间速度大小为v2
经一段时间系统的共同速度为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，小物块反弹后瞬间速度大小为
vn－1＝eq \f(M－m,M＋m) vn－2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1v0⑦
由动能定理得－μmgxn＝0－eq \f(1,2)mvn－12⑧
由①⑦⑧式得n＝5。⑨
(3)由分析知，物块多次与挡板碰撞后，最终将与木板同时都静止。设物块在木板上的相对位移为L，由能量守恒定律得μmgL＝eq \f(1,2)(M＋m)v02⑩
解得L＝6.4 m⑪
即木板的长度至少应为6.4 m。
【针对训练3】．如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M＝2 kg的小物块A；装置的中间是水平传送带，它与左右两边的水平面等高，并能平滑对接，传送带始终以v＝2 m/s的速率逆时针转动。装置的右边是一光滑的曲面，质量m＝1 kg的小物块B从其上距水平面h＝1.0 m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带的长度l＝1.0 m。设物块A、B之间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止，g取10 m/s2。
(1)求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；
(2)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上；
(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后运动的速度大小。
【答案】：(1)4 m/s (2)见解析 (3)eq \f(4,3n) m/s(n＝1,2,3，…)
【解析】：(1)设物块B沿光滑曲面下滑到水平面时的速度大小为v0，
由机械能守恒定律知mgh＝eq \f(1,2)mv02，
得v0＝eq \r(2gh)；
设物块B在传送带上滑动过程中的加速度大小为a，则μmg＝ma，得a＝2 m/s2；
设物块B通过传送带后运动速度大小为v′，有v′2－v02＝－2al，解得v′＝4 m/s。
由于v′＞v＝2 m/s，所以v′即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小。
(2)设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v″、v1，取向右为正方向，
A、B发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、能量守恒，则
－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，碰撞后物块B在水平面上向右匀速运动，之后滑上传送带，在传送带上做减速运动，
设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，则0－v12＝－2al′，
解得l′＝eq \f(4,9) m＜l＝1.0 m，
所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上。
(3)当物块B在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速。可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v1，继而与物块A发生第二次碰撞。
设第二次碰撞后物块B速度大小为v2，同上计算可知v2＝eq \f(1,3)v1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2v′，
物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞……
碰撞后物块B的速度大小依次为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′ ……
则第n次碰撞后物块B的速度大小为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，…)。
【针对训练4】．(2022·南昌一模)如图所示，坐标系x轴水平，y轴竖直。在第二象限内有半径R＝5 cm的圆，与y轴相切于点Q(0,5eq \r(3) cm)，圆内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外。在x＝－10 cm处有一个比荷为eq \f(q,m)＝1.0×108 C/kg的带正电荷的粒子，正对该圆圆心方向发射，粒子的发射速率v0＝4.0×106 m/s，粒子在Q点进入第一象限。在第一象限某处存在一个矩形匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向外，磁感应强度B0＝2 T。粒子经该磁场偏转后，在x轴M点(6 cm,0)沿y轴负方向进入第四象限。在第四象限存在沿x轴负方向的匀强电场。有一个足够长挡板和y轴负半轴重合，粒子每次到达挡板将反弹，每次反弹时竖直分速度不变，水平分速度大小减半，方向反向(不考虑粒子的重力)。求：
(1)第二象限圆内磁场的磁感应强度B的大小；
(2)第一象限内矩形磁场的最小面积；
(3)带电粒子在电场中运动时水平方向上的总路程。
【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，如图所示
有几何关系知tan∠OO1Q＝eq \f(OQ,R)＝eq \f(5\r(3),5)＝eq \r(3)，所以tan 60°＝eq \f(r1,R)
在粒子穿过第二象限内圆形磁场，由牛顿第二定律得qv0B＝meq \f(v02,r1)，解得B＝eq \f(4\r(3),15) T。
(2)粒子在第一象限内转过eq \f(1,4)圆周，设半径为r2，由牛顿第二定律得qv0B0＝meq \f(v02,r2)
解得r2＝2 cm
图中的矩形面积即为最小磁场面积
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，粒子首先向左运动s0＝6 cm撞到挡板，设加速度为a，第一次撞击挡板的水平速度v2＝2as0
第1次反弹的水平速度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次反弹的水平速度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次反弹的水平速度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
总路程s＝s0＋s1＋s2＋s3＋…＋sn(n→∞)
代入数据得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)))
上述方程括号中含有等比数列，其中首项a1＝eq \f(1,4)，公比为eq \f(1,4)，当n→∞，利用等比数列求和公式
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。
【针对训练5】(2021·山东日照市3月模拟)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限内，存在以虚线OM为边界的匀强电场和匀强磁场。匀强电场方向沿y轴负方向，匀强磁场方向垂直于xOy平面向里，虚线OM与x轴负方向成45°角。一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从坐标原点O处以初速度v0沿x轴正方向运动，粒子每次到达x轴将反弹，第一次反弹无能量损失，以后每次反弹水平分速度不变、竖直分速度大小均减为反弹前的eq \f(1,2)，方向相反。电场强度大小等于eq \f(mveq \\al(2,0),16qd)，磁感应强度大小等于eq \f(mv0,qd)，求：(不计粒子重力，题中各物理量单位均为国际单位，计算结果可用分式表示)
(1)带电粒子第三次经过OM时的坐标；
(2)带电粒子第三次到达OM时经过的时间；
(3)带电粒子从第二次进入电场开始，沿电场方向运动的总路程。
【答案】 (1)(－2d，2d) (2)eq \f(（2π＋24\r(2)－32）d,v0) (3)eq \f(10,3)d
【解析】 (1)设磁感应强度大小为B，粒子进入磁场，根据左手定则，粒子做eq \f(3,4)的圆周运动后经过OM，根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝meq \f(veq \\al(2,0),r)，解得r＝eq \f(mv0,qB)＝d，粒子运动轨迹如图所示，由图可知，带电粒子第三次经过OM时的坐标为(－2d，2d)。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T＝eq \f(2πd,v0)
在电场中，沿y轴方向的加速度a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(veq \\al(2,0),16d)
设粒子从第一次沿y轴负方向经过OM到第一次在x轴反弹所用时间为t1，有沿y轴方向
veq \\al(2,y0)－veq \\al(2,0)＝2ar，vy0＝v0＋at1
联立解得t1＝eq \f(（12\r(2)－16）d,v0)
则带电粒子第三次到达OM时经过的时间为
t＝T＋2t1＝eq \f(（2π＋24\r(2)－32）d,v0)。
(3)因粒子第二次进入电场后做类平抛运动，故到达x轴时的水平分速度为v0
竖直方向veq \\al(2,y)＝2a(2d)
第一次竖直分速度减半反弹，竖直分速度vy1＝eq \f(1,2)vy，
高度h1＝eq \f(veq \\al(2,y1),2a)＝eq \f(1,4)×2d
第二次竖直分速度减半反弹，竖直分速度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次竖直分速度减半反弹，高度hn＝eq \f(veq \\al(2,yn),2a)＝eq \f(1,4n)×2d
故总路程为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
即带电粒子从第二次进入电场开始，沿电场方向运动的总路程为H＝eq \f(10,3)d。
五、微元法的应用
在电磁感应中，如导体切割磁感线运动，产生感应电动势为E＝BLv，感应电流I＝eq \f(BLv,R)，受安培力为F＝ILB＝eq \f(B2L2,R)v，因为是变力问题，所以可以用微元法。
【例7】(2022·浙江嘉兴市教学测试)如图所示，AB、CD是固定在水平桌面上，相距为L的两根平行光滑导轨，其中MN、PQ两段用绝缘材料制成，其余部分用电阻不计的金属材料制成。ABCD区域内存在竖直方向的磁感应强度大小为B的匀强磁场。A、C两点间接有一个电动势为E、内阻为r的直流电源，B、D两点间接有一个阻值为R的定值电阻。将导体棒a静止置于导轨上MP的左侧，紧靠MP，导体棒b静止置于导轨上MNQP区域内的某一位置，两根棒的长度均等于导轨间距、质量均为m、电阻值均为R0，整个过程中，两根棒始终与导轨垂直。闭合开关S后，导体棒a向右运动，与b棒相碰后即粘合成一根“更粗的棒”，以v0的速度通过NQ继续向右运动最后静止在导轨上。试求：
(1)匀强磁场的方向；
(2)该“粗棒”在NQ右侧滑行的距离；
(3)从闭合开关S到金属棒a通过MP的短时间内，金属棒a上产生的焦耳热？此过程中电磁辐射的能量是金属棒a上产生焦耳热的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)导体棒a所受安培力方向向右，根据左手定则可确定磁场方向垂直水平面向下。
(2)“粗棒”在NQ右侧的运动，由动量定理可得
－∑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)完全非弹性碰撞，由动量守恒定律可得mva＝2mv0，由动量定理可得∑ILB·Δt′＝mva，由电流的定义式可得q＝∑I·Δt′，
由能量守恒定律可得qE＝eq \f(1,2)mva2＋Q焦＋kQa，又因为Qa＝eq \f(R0,R0＋r)Q焦
联立可得
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)))。
【针对训练1】如图所示，在水平面上有两条导电导轨MN、PQ，导轨间距为L，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里，磁感应强度的大小为B，两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离摆开放在导轨上，且与导轨垂直。它们的电阻均为R，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆的摩擦不计。杆1以初速度v0滑向杆2，为使两杆不相碰，则杆2固定与不固定两种情况下，最初摆放两杆时的最小距离之比为( )
A．1∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．3∶1
【答案】C
【解析】 杆2固定，不相撞的临界条件是杆1速度为零时刚好接触杆2，采用微元法，对杆1由动量定理：BILΔt＝eq \f(B2L2Δv,2R)Δt＝eq \f(B2L2x1,2R)＝mv0，杆2不固定，不相撞的临界条件是两杆的速度相等，根据动量守恒定律，mv0＝2mv′，解得共同速度v′＝eq \f(v0,2)，对杆1采用微元法由动量定理得：BILΔt＝eq \f(B2L2Δv1－v2,2R)Δt＝eq \f(B2L2x2,2R)＝meq \f(v0,2)，故C正确。
【针对训练2】(2022·浙江宁波市适应性考试)打开水龙头，调节流速，流出涓涓细流，如图所示。若将乒乓球靠近竖直的水流时，水流受到乒乓球指向球心方向的“吸附力”作用会被吸引，顺着乒乓球表面流动。这个现象称为康达效应。如图所示，某同学在实验时，水流从A点顺着半径为R的乒乓球表面流动，O为乒乓球的球心(球心与A、水龙头位于同一竖直平面内)，调节乒乓球A与水龙头之间的距离，使水流恰好在乒乓球的最低点B与之分离，最后落在水平地面上的C点(未画出)。已知B点到C点的水平射程为x，B点距地面的高度为h，不计一切阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A.水流沿着乒乓球表面做匀速圆周运动
B.水流离开B点之前的瞬间，其向心加速度大小为g
C.水流受到乒乓球的“吸附力”属于引力相互作用
D.在B点质量为Δm(Δm→0)的水受到乒乓球的“吸附力”为F，则eq \f(F,Δm)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(x2,2hR)))g
【答案】 D
【解析】 水流沿着乒乓球表面做加速圆周运动，故A错误；设水到B点的速度为v，水流离开B点之前的瞬间，其向心加速度大小为an＝eq \f(v2,R)，根据平抛运动的规律有h＝eq \f(1,2)gt2，x＝vt，联立得向心加速度大小an＝eq \f(x2,2hR)·g，故B错误；水流受到乒乓球的“吸附力”属于电磁相互作用，故C错误；在B点质量为Δm(Δm→0)的水做圆周运动的向心加速度大小为an＝eq \f(x2,2hR)·g，根据牛顿第二定律有F－Δmg＝Δman，联立解得eq \f(F,Δm)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(x2,2hR)))g，故D正确。
【针对训练3】 如图所示，足够长的光滑平行金属导轨与水平面成θ角放置，导轨间距为L且电阻不计，其顶端接有一阻值为R的电阻，整个装置处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。一质量为m的金属棒以初速度v0由导轨底端上滑，经一段时间滑行距离x到达最高点后，又返回底端。棒与两导轨始终垂直且接触良好，其接入电路中的电阻为r，重力加速度为g。下列说法不正确的是( )
A.棒下滑过程的平均速度等于eq \f(v0,2)
B.棒下滑过程通过R的电荷量为eq \f(BLx,R＋r)
C.棒上滑时间等于eq \f(mv0（R＋r）－B2L2x,mg（R＋r）sin θ)
D.棒上滑过程中回路产生的焦耳热等于eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－mgxsin θ
【答案】 A
【解析】 根据能量守恒得，除最高点外，在任何一个位置，棒上滑到此位置的速度大于下滑到此位置的速度，则上滑的平均速度大于下滑的平均速度，在上滑过程中，棒做加速度逐渐减小的减速运动，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错误；根据感应电荷量公式q＝eq \f(ΔΦ,R＋r)可知，下滑过程中通过R的电荷量q＝eq \f(BLx,R＋r)，故B正确；上滑过程，以向上为正方向，对棒由动量定理得－(mgsin θ＋ILB)Δt＝mΔv，两边求和得－∑(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正确；棒上滑到最高点的过程中，由能量守恒定律可得，回路中产生的总焦耳热为Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－mgxsin θ，故D正确。
【针对训练4】(2022·浙江Z20联盟第二次联考)如图所示，有两相距L＝1 m的足够长光滑平行金属导轨MN、PQ置于绝缘水平面上，导轨电阻不计，导轨右端紧靠一绝缘弹性墙，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T。质量m1＝0.1 kg、电阻R1＝4 Ω的导体棒AB与质量m2＝0.4 kg、电阻R2＝6 Ω的导体棒CD垂直导轨放置，在外力作用下使两导体棒间夹有被压缩的一轻质短弹簧(可认为两棒是挨着的)；弹簧的弹性势能Ep＝1 J，AB棒与墙的距离l＝2 m。某时刻撤去外力，弹簧瞬间恢复原长，使两棒分离，弹簧恢复原长后立即撤去，棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触。求：
(1)弹簧释放后瞬间AB、CD棒的速度大小；
(2)两棒最后的距离Δx；
(3)整个过程中AB棒产生的焦耳热。
【答案】 (1)4 m/s 1 m/s (2)1.6 m (3)0.364 J
【解析】 (1)设撤去外力，两棒分离后AB、CD的速度大小分别为v1、v2，则有
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)两棒弹开后m1v1′＝m2v2′(v1′方向向右，v2′方向向左)
∑m1v1′Δt＝∑m2v2′Δt，m1x1＝m2x2，当x1＝l＝2 m时，x2＝0.5 m
设AB棒运动到弹性墙时速度为v1″，对AB棒由动量定理得
∑－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
此时设CD速度为v2″，m1v1″＝m2v2″，得v2″＝0.375 m/s(CD棒速度方向向左，大小为0.375 m/s)即CD还在向左运动
AB棒被墙反弹后，AB、CD组成的系统动量守恒，最后达到共同速度v3，
m2v2″＋m1v1″＝(m1＋m2)v3，v3＝0.6 m/s
对AB棒由动量定理得∑－ILBΔt＝m1v3－m1v1″
－BLeq \f(BLΔx,R1＋R2)＝m1v3－m1v1″，Δx＝0.9 m
AB、CD的距离为x＝l＋x2－Δx＝1.6 m。
(3)整个过程中，系统产生的总热量Q总＝Ep－eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \\al(2,3)＝0.91 J，
QAB＝eq \f(R1,R1＋R2)Q总＝0.364 J。
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