（浙江选考）2020版高考物理一轮复习增分突破六数学应用类专题.docx

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1、1增分突破六 数学应用类专题增分策略应用数学处理物理问题的能力是指能够根据具体问题列出物理量之间的关系式,进行推导和求解,并根据结果得出物理结论;必要时能运用几何图形、函数图像进行表达、求解。能根据具体的物理问题列出物理量之间的关系,能把有关的物理规律、物理条件用数学方程表示出来。在解决物理问题时,往往需要经过数学推导和求解,或用合适的数学处理,或进行数值计算;求得结果后,有时还要用图像或函数关系把它表示出来;必要时还应对数学运算的结果作出物理上的结论或解释。分类突破考点一 估算法物理估算题,一般是指依据一定的物理概念和规律,运用物理方法和近似计算方法,对所求物理量的数量级或物理量的取值范围,

2、进行大致的、合理的推算。其特点是在“理”不在“数”,它要求考生在分析和解决问题时,要善于抓住事物的本质特征和影响事物发展的主要因素,忽略次要因素,从而使问题得到简捷的解决,迅速获得合理的结果。1.图示为高速摄影机拍摄到的子弹穿透苹果瞬间的照片。该照片经放大后分辨出,在曝光时间内,子弹影像前后错开的距离约为子弹长度的 1%2%。已知子弹飞行速度约为 500 m/s,由此可估算出这幅照片的曝光时间最接近( )2A.10-3 s B.10-6 s C.10-9 s D.10-12 s答案 B 子弹的长度约 5 cm,t= = =10-6 s。sv1%0.05m500m/s2.下列表述中最符合实际情况

3、的是( )A.某高中同学做一次引体向上的上升过程中克服重力做功约为 25 JB.将一个鸡蛋从胸前举过头顶,克服重力做功约为 10 JC.篮球从 2 m 高处自由下落到地面的过程中,重力做功的功率约为 20 WD.某高中同学步行上楼时克服重力做功的功率约为 10 kW答案 C 高中同学质量约为 50 kg,引体向上中心上移的距离为 30 cm,因此克服重力做功为Ep=mgh=150 J,选项 A 错误;鸡蛋的重量约为 50 g,从胸前举过头顶的距离约为 1 m,则克服重力做功为Ep=mgh=0.5 J,选项 B 错误;一个篮球质量约为 600 g,自由落体到地面重力做功为 W=mgh,下落时间

4、t=,代入则 P= = W20 W,选项 C 正确;同学步行上楼克服重力做功的功率不可能达到 10 2hg Wt0.61020.4000 W,超过了好几匹马的功率,违背常识,因此选项 D 错误。3.玉环文旦是浙江柚类水果中的优良品种之一。一般产果 35 年文旦树经过修剪后比一个正常成人身高略高,果家在采摘过程中,使得该树的顶部有一颗成熟的文旦脱落掉下来,下落过程中没有受到其他碰撞,试估算该文旦落地的速度约为( )A.4 m/s B.6 m/s C.8 m/s D.9 m/s答案 B 文旦在下落过程中可以看做自由落体运动,下落高度约为 2 m,一个文旦落地的速度为 v=6 m/s,选项 B 正确

5、。2gh4.为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强,小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台,测得 1 小时内杯中水位上升了 45 mm。查询得知,当时雨滴竖直下落速度约为 12 m/s,据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为 1103 kg/m3)( )A.0.15 Pa B.0.54 Pa C.1.5 Pa D.5.4 Pa答案 A 设水杯底面积为 S,1 小时内下落的水总质量 m=Sh,其动量变化量 p=mv,水撞击杯底产生的压力 F=pS,对水由动量定理 Ft=p,解得 p= =0.15 Pa,故 A 项正确。hvt35.人的心脏每跳一次大约输送 810-

6、5 m3的血液,正常人血压(可看做心脏压送血液的压强)的平均值为1.5104 Pa,心跳约每分钟 70 次。据此估测心脏工作的平均功率约为 W。 答案 1.4解析 即设一根血管截面积为 S,长为 L,该心脏对血液的压强为 p,一次搏动中可使血液在血管中向前推进 L 的长度,则心跳 70 次,心脏工作的平均功率为: = = = = W=1.4 W。PW tnFL tnp V t 701.5104810-560考点二 利用数学知识求极值1.如图所示,固定木板 AB 倾角 =60,板 BC 水平,AB、BC 长度均为 2 m,小物块从 A 处由静止释放,恰好滑到 C 处停下来。若调整 BC 使其向上

7、倾斜,倾角不超过 90,小物块从 A 处由静止滑下再沿 BC 上滑,上滑的距离与 BC 倾角有关。不计小物块经过 B 处时的机械能损失,小物块与各接触面间的动摩擦因数均相同,则小物块沿 BC 上滑的最小距离为( )A. m B.1 m C. m D. m23 2 3答案 B BC 段水平时,对小物块从释放到第一次速度为零的过程,由动能定理得:mgL sin -mgL cos -mgL=0,代入数据得:= ,设 BC 与水平方向之间的夹角为 时,物块沿 BC 上滑的距离最小,33由动能定理得:mgL sin -mgL cos -mgx cos -mgx sin =0,变形得:x= ,当 cos

8、L2cos( + )(+)=1,即 +=90时,x 有最小值,为 x= = m=1 m,故 A、C、D 错误,B 正确。L2222.如图所示,用两根长度均为 l 的轻绳将一重物悬挂在水平的天花板下,轻绳与天花板的夹角为 ,整个系统静止,这时每根轻绳中的拉力为 T。现将一根轻绳剪断,当小球摆至最低点时,轻绳中的拉力为T。 为某一值时, 最大。此最大值为( )TTA. B.2 C.3 -2 D.94 2 54254答案 A 由受力分析可知,初始时,绳子拉力 T= ,当剪断其中一根轻绳后,小球做圆周运动到最低点mg2sin时,合外力提供小球做圆周运动的向心力 T-mg= ,又根据机械能守恒得 mgl

9、(1-sin )= mv2,联立两式mv2l 12可得 T=mg(3-2 sin );则 =6 sin -4 sin 2 =-4 + ,最大值为 = ,故选 A。TT (sin -34)294 TT943.如图所示,山高为 h,山顶 A 到山下 B 处的水平距离为 s,现要修一条水道 ACB,其中 AC 为斜面,若不计一切摩擦,则斜面 AC 的倾角 为多大时,方可使物体由 A 点静止释放后滑到 B 点历时最短?最短时间为多长?答案 见解析解析 由于物体从倾角为 的斜面上静止释放后做的是初速度为零、加速度为 g sin 的匀加速直线运动,进入水平面后将做匀速直线运动,于是有= g sin hsi

10、n 12t21v=gt1 sin s- =vt2htan消去 t1、t 2、v可把 t 表示为 函数t= + s2gh h2g 2-cossin上述函数的复杂性将使得其极值点与极值的求解较为困难,可进行如下处理,将其转换成典型的函数类型进而求解。相应的方程及所得函数如下,取 x=2-cossin整理可得 x sin +cos =2这是典型的“f()=a sin +b cos ”函数类型,由此可得 sin(+)=21+x2于是有 x= 2-cossin 3可见:当 =60时,时间最短,最短时间为 tmin= +s2gh 3h2g54.在电影中,“蜘蛛侠”常常能通过发射高强度的蜘蛛丝,穿梭于高楼大

11、厦之间,从而成就了一系列的超级英雄传说。在某次行动中,蜘蛛侠为了躲避危险,在高为 hA=20 m 的 A 楼顶部经过一段距离 L0=14.4 m的助跑后从 N 点水平跳出,已知 N 点离铁塔中轴线水平距离为 L=32 m,重力加速度为 g=10 m/s2,假设蜘蛛侠可被看做质点,蜘蛛丝不能伸长。(1)要使蜘蛛侠能落到铁塔中轴线上,他跳出的初速度至少为多少?(2)由于体能的限制,蜘蛛侠助跑的最大加速度为 5 m/s2,在跳出 1.6 s 后发现按照预定路线不能到达铁塔中轴线上,于是他立即沿垂直速度方向朝铁塔中轴线上某位置 P 发射蜘蛛丝,使得他在蜘蛛丝的作用下绕 P 点运动,假设蜘蛛丝从发射到固

12、定在 P 点的时间可忽略不计,请问他能否到达铁塔中轴线上?如果能,请计算出到达的位置,如果不能,请说明原因。(3)蜘蛛侠注意到在铁塔后方有一个小湖,他决定以 5 m/s2的加速度助跑后跳出,择机沿垂直速度方向朝铁塔中轴线上某位置发出蜘蛛丝,在到达铁塔中轴线时脱离蜘蛛丝跃入湖中,假设铁塔足够高,欲使落水点最远,他经过铁塔的高度为多少?答案 (1)16 m/s (2)能到达铁塔中轴线上,离地面 0.8 m 处 (3)13.6 m解析 (1)当蜘蛛侠跳到铁塔的最底端时,下落距离 hA=20 m,hA= gt212L=v0t由式得:v 0=16 m/s。(2)在助跑阶段,以最大加速度 a=5 m/s2

13、匀加速运动,设跳出速度为 vx,则 =2aL0vx2设跳出 t0=1.6 s 后,水平位移为 x1、竖直位移为 y1、竖直速度为 vy,则x1=vxt0y1= g 12t20速度与水平方向夹角 tan = gt0vx由几何关系,R= ,离地面高度 h=hA-y1-R(1- cos )L-x1sin由式得:h=0.8 m6能到达铁塔中轴线上,离地面 0.8 m 处。(3)设蜘蛛侠经过铁塔的位置高度为 y,在他脱手时的速度为 v,落水点离铁塔的水平距离为 x,则mv2- m =mg(hA-y)12 12vx2y= gt212x=vt代入数据,x= (108.8-4y)y由数学知识可知,当 y=13

14、.6 m 时,水平距离 x 可取最大值。考点三 平面几何的应用物理教与学的过程都离不开数学知识和方法的应用,借助物理知识渗透考查数学能力是高考命题的永恒主题,平面几何知识是在物理教学过程中应用较广泛的数学知识之一。应用几何方法求解物理问题时,常用到的有“对称点的性质”、“平行四边形对角线互相平分”、“直角三角形中斜边大于直角边”以及“全等、相似三角形的特性”等相关几何知识。1.运用平行四边形性质两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形。有时解决物理问题可以运用平行四边形的性质:平行四边形两组对边分别平行且相等;平行四边形的两组对角分别相等;平行四边形的对角线互相平分等。1.如图所示,固定的光滑竖

15、直杆上套着一个滑块,用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮,以大小恒定的拉力F 拉绳,使滑块从 A 点起由静止开始上升。若从 A 点上升至 B 点和从 B 点上升至 C 点的过程中拉力 F 做的功分别为 W1、W 2,滑块经 B、C 两点时的动能分别为 EkB、E kC,图中 AB=BC,则一定有( )7A.W1W2 B.W1EkC D.EkBOD,因AD=OC,OB=BD 则有 OA+OC2OB。即 OA-OBOB-OC,得 W1W2,故选项 A 正确。由于滑块在 A 点由静止释放,可以肯定最初滑块是加速上升的,也就是说刚开始绳对滑块拉力的竖直分力要大于滑块的重力,但由于绳对滑块拉力的竖直分力是逐渐

16、减小的,B 到 C 的过程绳对滑块拉力的竖直分力与重力的大小关系不清楚,所以滑块的运动可能是加速的,也可能是减速的,还可能是先加速后减速的,所以无法确定滑块在 B、C 位置的动能大小,故选项 C、D 错误。2.运用相似三角形性质对应角相等、对应边成比例的两个三角形叫做相似三角形。有时解决物理问题可以运用相似三角形的一些性质:对应角相等;对应边成比例;对应的垂线、中线、角平分线成比例。2.一个重为 G 的小环套在竖直放置的半径为 R 的光滑大圆环上,一个劲度系数为 k,原长为 l0(l02R)的轻弹簧,一端固定在大圆顶点 A,另一端与小环相连,小环在大圆环上无摩擦滑动,小环静止于 B 点时,如图

17、所示,求弹簧与竖直方向的夹角 。答案 见解析解析 本题中小环受力分析如图所示,小环所受的 3 个力 G、N、F 之间没有特殊角度,无法通过三角函数列方程求解,但是可以看出AOB 和 3 个力 G、N、F 所围成的三角形相似、则由相似三角形的性质得= ,式中 l=2R cos ,F=k(l-l 0)。GRFl根据上述方程联立求出 cos = ,则弹簧与竖直方向的夹角 满足 cos = 。kl02(kR-G) kl02(kR-G)8在对物体受力分析过程中,若各力之间没有特殊角度但边长关系知道的情况下,可以考虑运用相似三角形的性质来解决,再如下一个动态平衡问题。3.运用圆的几何性质有时解决物理问题可

18、以运用圆的性质,例如:垂直于弦的直径平分这条弦,并且平分弦所对的弧;直径所对的圆周角是直角;圆的切线垂直于过切点的直径等。3.(多选)在共点力合成的实验中橡皮筋一端固定于 P 点,另一端连接两个弹簧测力计,并使该端拉至 O点,两个弹簧测力计的拉力分别为 F1、F 2(+90),如图所示。现使 F2大小不变地沿顺时针转过某一角度,要使结点仍在 O 处,相应地使 F1的大小及图中 角发生变化。则相应的变化是( )A.F1一定增大 B.F1可能减少C. 角一定减小 D. 角可能增大答案 AD 由于 F2大小不变,则可以运用圆的性质来解决本题,以 O 点为圆心,F 2的长度为半径画圆,如图所示,F 2

19、在沿顺时针方向转动过程中,合力的大小、方向不变,两个分力与合力构成一个矢量三角形,在转到图中 F2的位置(此时 F1与圆相切,即 F1F 2)过程中, 角增大到最大,F 1增大,继续转到图中F2的位置, 角减小到与原来相等,F 1继续增大,可见 F2绕 O 点顺时针转动过程中,F 1一直增大,而 角是先增大后减小,故选项 A、D 正确。考点四 微元法的应用91.运动轨迹既不是抛物线也不是圆周的曲线运动,称为一般的曲线运动,研究一般的曲线运动,可以把曲线分隔成许多小段,分析质点在每一小段的运动时,下列方法错误的是( )A.每一小段的运动可以看成直线运动B.每一小段运动中物体受到的合力为零C.每一

20、小段运动中物体受到恒力的作用D.每一小段运动可以看成圆周运动的一部分答案 B 把曲线分隔成许多小段,每一小段的运动可以看成直线运动,故 A 项正确。把曲线分隔成许多小段,每一小段运动中物体受到的力可视为不变但不为零,故 B 项错误,C 项正确。把曲线分隔成许多小段,每一小段运动可以看成曲率半径不同的圆周运动的一部分,故 D 项正确。本题选错误的,答案为 B。2.(多选)在竖直平面内固定一半径为 R 的金属细圆环,质量为 m 的金属小球(视为质点)通过长为 L 的绝缘细线悬挂在圆环的最高点。当圆环、小球都带有相同的电荷量 Q(未知)时,发现小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态,如图所示。已知

21、静电力常量为 k,则有( )A.绳对小球的拉力 T=mgLRB.电荷量 Q=mgL3kRC.绳对小球的拉力 T=mgLL2-R2D.电荷量 Q=mg(L2-R2)32kR答案 AB 由于圆环不能看成点电荷,我们取圆环上一部分 x,设总电荷量为 Q,则该部分电荷量为 Q,由 x2R库仑定律可得,该部分对小球的库仑力 F1= ,方向沿该点与小球的连线指向小球;同理取以圆心对kQ xQ2L2R称的相同的一段,其库仑力与 F1相同;如图 1 所示:两力的合力应沿圆心与小球的连线向外,大小为:2 = ;kQ xQ2L2R L2-R2L kQ2 xL2-R2 L3R10因圆环上各点对小球均有库仑力,故所有

22、部分库仑力的合力 F= R= ,方向水平向右;kQ2L2-R2 L3R kQ2L2-R2L3小球受力分析如图 2 所示,小球受重力、拉力及库仑力而处于平衡,故 T 与 F 的合力应与重力大小相等,方向相反;由几何关系可得: = ;则小球对绳子的拉力 T= ,故 A 正确、C 错误。由 = ,得:F=TLmgR mgLR FL2-R2mgR= ,解得 Q= ,故 B 正确、D 错误。故选 A、B。mgL2-R2R kQ2L2-R2L3 mgL3kR3.(多选)如图所示,宽为 L 的水平光滑金属轨道上放置一根质量为 m 的导体棒 MN,轨道左端通过一个单刀双掷开关与一个电容器和一个阻值为 R 的电

23、阻连接,匀强磁场的方向与轨道平面垂直,磁感应强度大小为 B,电容器的电容为 C,金属轨道和导体棒的电阻不计。现将开关拨向“1”,导体棒 MN 在水平向右的恒力 F 作用下由静止开始运动,经时间 t0后,将开关 S 拨向“2”,再经时间 t,导体棒 MN 恰好开始匀速向右运动。下列说法正确的是( )A.开关拨向“1”时,金属棒做加速度逐渐减小的加速运动B.t0时刻电容器所带的电荷量为CBLFt0m+CB2L2C.开关拨向“2”后,导体棒匀速运动的速率为FRB2L2D.开关拨向“2”后 t 时间内,导体棒通过的位移为FRB2L2(t+ mt0m+CB2L2- mRB2L2)答案 BCD 开关拨向“

24、1”时,设在极短时间 t 内流过导体棒的电荷量为 Q,则电路中的瞬时电流为 I= ,电容器两端的电压 U=BLv,电荷量 Q=CU,则 Q=CU=CBLv,可得 I=CBL =CBLa;对导体棒,由牛 Q t v t顿第二定律得 F-BIL=ma,联立得导体棒的瞬时加速度为 a= ,由于加速度表达式中的各个物理量都Fm+CB2L2不随时间、位移变化,由此可知导体棒的加速度不变,即导体棒做匀加速直线运动,选项 A 错误。t 0时刻导体棒 MN 的速度 v=at0,电容器两极板间的电压 U=BLv=BLat0,电荷量 Q=CU,则 Q= ,选项 B 正确。CBLFt0m+CB2L2由 F 安 =B

25、IL,I= ,E=BLv,联立解得 F 安 = ,开关拨向“2”后,导体棒匀速运动时,有 F=F 安 ,解得 v= ,ER B2L2vR FRB2L211选项 C 正确。开关拨向“2”后 t 时间内,根据牛顿第二定律得 F- F 安 =F- =ma=m ,则 Ft- t B2L2vR v t B2L2vR=mv,得 Ft- =m ,解得位移 x= ,选项 D 正确。B2L2xR (FRB2L2-at0) FRB2L2(t+ mt0m+CB2L2- mRB2L2)4.如图所示,在空中有一水平方向的匀强磁场区域,区域的上下边缘间距为 h,磁感应强度为 B。有一长度为 L、宽度为 b(bh)、电阻为

26、 R、质量为 m 的矩形线圈紧贴磁场区域的上边缘从静止起竖直下落,当线圈的下边穿出磁场时,恰好以速率 v 匀速运动。已知重力加速度为 g,求(1)线圈匀速运动的速率 v;(2)穿过磁场区域过程中,线圈中产生的热量 Q;(3)线圈穿过磁场区域所经历的时间 t。答案 (1) (2)mg(b+h)- (3) +mgRB2L2 m3g2R22B4L4 mRB2L22B2L2bmgR解析 (1)线圈匀速穿出磁场,产生的感应电动势为 E=BLv回路中的电流为 I=ER此时线圈受到竖直向上的安培力 F=BIL由平衡条件得 F=mg所以 v=mgRB2L2(2)线圈穿过磁场区域过程中,由功能关系mg(b+h)

27、= mv2+Q12所以 Q=mg(b+h)-m3g2R22B4L4(3)线圈进入磁场过程中,下边进入磁场时线圈的速率为 0,上边进入磁场时线圈的速率为 v1。当其速率为 v 时,由牛顿运动定律mg- =maB2L2vR又 a= v t整理,得 mgt- vt=mvB2L2R求和,得 mg(t)- (vt)=m(v)B2L2R12所以 mgt1- b=mv1B2L2R故 t1= +v1gB2L2bmgR接着线圈在磁场以 g 匀加速运动,有 t2=v-v1g最后线圈匀速穿出磁场,有 t3=bv所以 t=t1+t2+t3= +mRB2L22B2L2bmgR考点五 数列在物理中的应用1.(2018 浙

28、江 4 月选考,20,12 分)如图所示,一轨道由半径为 2 m 的四分之一竖直圆弧轨道 AB 和长度可调的水平直轨道 BC 在 B 点平滑连接而成。现有一质量为 0.2 kg 的小球从 A 点无初速释放,经过圆弧上B 点时,传感器测得轨道所受压力大小为 3.6 N,小球经过 BC 段所受的阻力为其重力的 0.2,然后从 C 点水平飞离轨道,落到水平地面上的 P 点,P、C 两点间的高度差为 3.2 m。小球运动过程中可视为质点,且不计空气阻力,g=10 m/s 2。(1)求小球运动至 B 点时的速度大小;(2)求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功;(3)为使小球落点 P 与 B 点的水平距离

29、最大,求 BC 段的长度;(4)小球落到 P 点后弹起,与地面多次碰撞后静止。假设小球每次碰撞机械能损失 75%,碰撞前后速度方向与地面的夹角相等。求小球从 C 点飞出到最后静止所需时间。答案 (1)4 m/s (2)2.4 J (3)3.36 m (4)2.4 s解析 (1)由牛顿第三定律得小球运动至 B 点时轨道对小球的支持力 N=3.6 N由向心力公式得,N-mg=mv2BR解得 vB=4 m/s。(2)小球从 A 到 B 的过程中,重力和摩擦力做功,设小球克服摩擦力所做的功为 W 克 。由动能定理得 mgR-W 克 = m -012v2B13解得 W 克 =2.4 J。(3)分析知,B

30、C 段长度会影响匀减速运动的时间,继而影响平抛运动水平初速度以及水平位移。设 BC 段运动时间为 t,加速度 a= =g=2 m/s 2fm由运动学公式得 vC=vB-at=4-2t(m/s)xBC=vBt- at2=4t-t2(m)12其中 0t2 s由平抛运动规律有 h= g 12t21xCP=vCt1由可得 xCP=3.2-1.6t(m)则由可得 xBP=xBC+xCP=-t2+2.4t+3.2(m)根据二次函数单调性以及 t 的范围,可得当 t=1.2 s 时,x BP取到最大值。代入式,解得 xBC=3.36 m。(4)由于碰撞前后速度方向与地面夹角相等,所以碰撞前后水平速度与竖直速

31、度比例不变。每次碰撞机械能损失 75%,故每次碰撞合速度与分速度大小均变为原来的 。12设第 n 次损失后的竖直分速度为 vyn,从第 n 次碰撞到第 n+1 次碰撞的时间为 tn。由平抛运动方程得 vy0= =8 m/s2ght0= =0.8 s2hg则 vyn=vy0 (n=1,2,3,)(12)ntn=2 vyng将式代入可得tn= t0(n=1,2,3,)(12)n-1由等比数列求和公式可得14t 总 =t0+t1+tn+=0.8+ (s)0.81-(12)n1-12当 n 取无穷大,小球处于静止状态解得 t 总 =2.4 s。2.如图所示,在光滑水平面上有一质量为 2 018m 的木

32、板,板上有 2018 块质量均为 m 的相同木块1、2、2 018。最初木板静止,各木块分别以 v、2v、2 018v 同时向同一方向运动,木块和木板间的动摩擦因数为 ,且木块间不发生碰撞和离开木板的现象。求:(1)最终木板的速度;(2)运动中第 88 块木块的最小速度;(3)第二块木块相对木板滑动的时间。答案 (1) v (2)43.1v (3)20194 4037v4036g解析 (1)最终一起以速度 v运动,由动量守恒可知 m(v+2v+nv)=2nmv解得 v= v= v;n+14 20194(2)设第 k 块木块最小速度为 vk,则此时木板及第 1 块木块至第 k-1 块木块的速度均

33、为 vk;因为每块木块质量相等,所受合外力也相等(均为 mg),故在相等时间内,其速度的减少量也相等,所以此时,第 k+1 块木块至第 n 块木块的速度依次为 vk+v、v k+2v、v k+(n-k)v;系统动量守恒,故m(v+2v+nv)=(nm+km)vk+m(vk+v)+mvk+(n-k)v=nmvk+kmvk+(n-k)mvk+m1+2+(n-k)v=2nmvk+m1+2+(n-k)v所以 vk= ,v88= v43.1v;(2n+1-k)kv4n 434391009(3)第二块木块相对静止的速度为 v2= = 2v= v;(2n+1-k)kv4n 22018+1-242018 40

34、354036因为木块的加速度总为 a=g;v2=2v-gt,解得 t= = 。2v-v2g 4037v4036g3.当金属的温度升高到一定程度时就会向四周发射电子,这种电子叫热电子,通常情况下,热电子的初始速度可以忽略不计。如图所示,相距为 L 的两块平行金属板 M、N 接在输出电压恒为 U 的高压电源 E2上,15M、N 之间的电场近似为匀强电场,K 是与 M 板距离很近的灯丝,电源 E1给 K 加热从而产生热电子。电源接通后,电流表的示数稳定为 I,已知电子的质量为 m、电荷量为 e。求:(1)电子达到 N 板瞬间的速度;(2)电子从灯丝 K 出发达到 N 板所经历的时间;(3)电路稳定的

35、某时刻,M、N 之间具有的电子数和运动的热电子的总动能;(提示:本题可能用到 12+22+32+n2= + + )n23n22n6答案 (1) (2)L (3)2eUm 2meU I Le m2eU(4)IL3 2mUe解析 (1)由动能定理:eU= mv212解得 v=2eUm(2)由牛顿运动定律: =maeUL由运动学公式 L= at212得:t=L2meU(3)设 L 内的电子数为 N,由电流公式知 I=Ne t又因为 t= Lv可解得 N=I Le m2eU板间的电荷总量为 Q,则 Q=It把 t 等分为无限多 n 个相等的时间间隔 t,每一个 t 内的电荷量是Qn第 i 个间隔内粒子速度 vi=ait第 i 个间隔内粒子总动能 Eki= mQme12v2i16板间粒子总动能为 Ek= (12+22+32+n2)Qma2 t22ne联立以上方程得 Ek=IL3 2mUe