数学方法在物理中的应用

数学方法在物理中的应用

所谓数学方法，就是要把客观事物的状态、关系和过程用数学语言表达

出来，并进行推导、演算和分析，以形成对问题的判断、解释和预测.可以说,

任何物理问题的分析、处理过程，都是数学方法的运用过程.本专题中所指的

数学方法，都是一些特殊、典型的方法，常用的有极值法、几何法、图象法、

数学归纳推理法、微元法、等差（比）数列求和法等.

一、极值法

数学中求极值的方法很多，物理极值问题中常用的极值法有：三角函数极

值法、二次函数极值法、一元二次方程的判别式法等.

1.利用三角函数求极值

[ab

yic°s6+bsina2+b2(届菽。s。+诃耘sin0)

A.ab

那么有：y=da2+b2(sin(pcos0+cos(psin0)=-\/a2+b2sin((p+0)

所以当（p+0=3时，y有最大值，且ymax=4a2+b2.

2.利用二次函数求极值

二次函数：y=ax2+bx+c=a（x2+*+枭+c-^|=a（x+知+*］昆

h4ac—b2

（其中a、b、c为实常数），当x=一芯时，有极值ym=（假设二次项系

数a>0,y有极小值;假设a<0,y有极大值）.

3.均值不等式

对于两个大于零的变量a、b,假设其和a+b为一定值p,那么当a=b时,

其积ab取得极大值苧对于三个大于零的变量a、b、c,假设其和a+b+c

为一定值q那么当a=b=c时，其积abc取得极大值吟.

乙/

二、几何法

利用几何方法求解物理问题时，常用到的有“对称点的性质”、“两点间宜

线距离最短”、“直角二角形中斜边大于直角边”以及“全等、相似二角形的特

性”等相关知谡，如：带电粒子在有界磁场中的运动类问题，物体的变力分析

时经常要用到相似三角形法、作图法等.与圆有关的几何知识在力学局部和电

学局部的解题中均有应用，尤其在带电粒子在匀强磁场中做圆周运动类问题中

应用最多，此类问题的难点往往在圆心与半径确实定上，确定方法有以下几种.

1.依切线的性质确定.从已给的圆弧上找两条不平行的切线和对应的切

点，过切点作切线的垂线，两条垂线的交点为圆心，圆心与切点的连线为半径.

2.依垂径定理（垂直于弦的直径平分该弦，且平分弦所对的弧）和相交弦定

理（如果弦与直径垂直相交，那么弦的一半是它分直径所成的两条线段的比例

中项）确定.如图8—1所示.

由EB2=CEED=CE(2R-CE)得：R=^+~

也可由勾股定理得：R2=(R—CE)2+EB2

皿日_EB2.CE

解得：R=2CE+2・

以上两种求半径的方法常用于求解“带电粒子在匀强磁场中的运动”这类习题

中.

三、图象法

中学物理中一些比拟抽象的习题常较难求解，假设能与数学图形相结合，

再恰当地引入物理图象，那么可变抽象为形象，突破难点、疑点，使解题过程

大大简化.图象法是历包高考的热点，因而在复习中要密切关注图象，掌握图

象的识别、绘制等方法.

1.物理图象的分类

整个高中教材中有很多不同类型的图象，按图形形状的不同可分为以下几类.

(1)直线型：如匀速直线运动的S—t图象、匀变速直线运动的V—I图象、

定值电阻的U-I图象等.

(2)正弦曲线型：如简谐振动的x—t图象、简谐波的y—x图象、止弦式

交变电流的e-t图象、正弦式振荡电流的i—t图象及电荷量的q-t图象等.

(3)其他型：如共振曲线的A—f图象、分子力与分子间距离的f—r图象等.

下面我们对高中物理中接触到的典型物理图象作一综合回忆，以期对物理

图象有个较为系统的认识和归纳.

图象函数形式特例物理意义

做匀速直线运

匀速直线运动

y=c动的质点的速

的v-t图象

度是恒矢量.

①匀速直线运①表示物体的

动的S-t图象位移大小随时

②初速度vO=间线性增大.

y=kx0的匀加速直②表示物体的

线运动的v-t速度大小随时

图象(假设vO间线性增大.

W0,那么纵截③表示纯电阻

①由纯电阻用

电器组成的闭

合电路的u-

R图象（U=①表示纯电阻

RA）电路中电源的

端电压随外电

a②在垂直于匀

比......y-x+广阻而非线性增

强磁场的

（双曲线函大.

J£[XCzt71.tifBP]

数）②将到达稳定

导轨上，自由

速度vm=

导体棒在一恒

FR总

定动力F的作B2L2-

用下做变加速

运动的v-t图

象

①表示小灯泡

①小灯泡消耗

消耗的实际功

的实际功率与

率随电压的增

外加电压的

y=kx2P大而增大，且

图象

（抛物线函-U增大得越来越

②位移与时间

2数）快.

的图象（

S-ts②表示位移随

=*2）时间的增大而

增大，FL增大

得越米越快.

机械在额定功

xy=c表示功率一定

率下，其牵引

(双曲线函时，牵引力与

O'----------------------->x力与速度的关

数)速度成反比.

系图象(P=Fv)

交流电的e-t表示交流电随

y=Asincot图象(e=Emsin时间变化的关

cot)系.

2.物理图象的应用

⑴利用图象解题可使解题过程更简化，思路更清晰.

利用图象法解题不仅思路清晰，而且在很多情况下可使解题过程得到简

化，起到比解析法更巧妙、更灵活的独特效果.甚至在有些情况下运用解析法

可能无能为力，但是运用图象法那么会使你豁然开朗，如求解变力分析中的极

值类问题等.

⑵利用图象描述物理过程更直观.

从物理图象上可以比拟直观地观察出物理过程的动态特征.

⑶利用物理图象分析物理实验.

运用图象处理实验数据是物理实验中常用的一种方法，这是因为它除了具

有简明、直观、便于比拟和减少偶然误差的特点外，还可以由图象求解第三个

相关物理量，尤其是无法从实验中直接得到的结论.

3.对图象意义的理解

(1)首先应明确所给的图象是什么图象，即认清图象中比纵横轴所代表的物

理量及它们的“函数关系”，特别是对那些图形相似、容易混淆的图象，更要

注意区分.例如振动图象与波动图象、运动学T的S-t图象和V—t图象、电

磁振荡中的i—t图象和q—t图象等.

(2)要注意理解图象中的“点”、“线”、“斜率”、“截距”、“面积”的物理意

义.

①点：图线上的每一个点对应研究对象的一个状态.要特别注意“起点”、

"终点”、“拐点”、“交点”，它们往往对应着一个特殊状态.如有的速度图象

中，拐点可能表示速度由增大(减小)变为减小(增大)，即加速度的方向发生变

化的时刻，而速度图线与时间轴的交点那么代表速度的方向发生变化的时刻.

②线：注意观察图线是直线、曲线还是折线等，从而弄清图象所反映的两

个物理量之间的关系.

③斜率：表示纵横坐标上两物理量的比值.常有一个重要的物理量与之对

应，用于求解定量计算中所对应的物理量的大小以及定性分析变化的快慢.如

v-t图象的斜率表示加速度.

④截距：表示纵横坐标两物理量在“边界”条件下物理量的大小.由此往

往可得到一个很有意义的物理量.如电源的U-I图象反映了U=E—Ir的函数

关系，两截距点分别为(0,E)和住，o\

⑤面积：有些物理图象的图线与横轴所围的面积往往代表一个物理量的大

小.如v-t图象中面积表示位移.

4.运用图象解答物理问题的步骤

(1)看清纵横坐标分别表示的物理量.

(2)看图象本身，识别两物理量的变化趋势，从而分析具体的物理过程.

(3)看两相关量的变化范围及给出的相关条件，明确图线与坐标轴的交点、

图线斜率、图线与坐标轴围成的“面积”的物理意义.

四、数学归纳法

在解决某些物理过程中比拟复杂的具体问题时，常从特殊情况出发，类推

出一般情况下的猜测，然后用数学归纳法加以证明，从而确定我们的猜测是正

确的.利用数学归纳法解题要注意书写上的标准，以便找出其中的规律.

五、微元法

利用微分思想的分析方法称为微元法.它是将研究对象(物体或物理过程)

进行无限细分，再从中抽取某一微小单元进行讨论，从而找出被研究对象的变

化规律的一种思想方法.微元法解题的思维过程如下.

(1)隔离选择恰当的微元作为研究对象.微元可以是一小段线段、圆弧或一

小块面积，也可以是一个小体积、小质量或一小段时间等，但必须具有整体对

象的根本特征.

(2)将微元模型化(如视为点电荷、质点、匀速直线运动、匀速转动等)，并

运用相关的物理规律求解这个微元与所求物体之间的关联.

(3)将一个微元的解答结果推广到其他微元，并充分利用各微元间的对称关

系、矢量方向关系、近似极限关系等，对各微元的求解结果进行叠加，以求得

整体量的合理解答.

六、三角函数法

三角函数反映了三角形的边、角之间的关系，在物理解题中有较广泛的应

用.例如：讨论三个共点的平衡力组成的力的三角形时，常用正弦定理求力的

大小；用函数的单调变化的临界状态来求取某个物理量的极值；用三角函数的

“和积公式”将结论进行化简等.

七、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.该类问题求解的根本思路为：

(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.

n(al+an),n(n—1)八”

等差:Sn=5=nal+d(d为公差).

al(l-qn)、，八一

等比:Sn=(q为公比).

M

八、比例法

比例计算法可以避开与解题无关的量，直接列出和未知的比例式进行计

算，使解题过程大为简化.应用比例法解物理题，要讨论物理公式中变量之间

的比例关系，要清楚公式的物理意义和每个量在公式中的作用，以及所要讨论

的比例关系是否成立.同时要注意以下几点.

(1)比例条件是否满足.物理过程中的变量往往有多个，讨论某两个量间的

比例关系时要注意只有其他量为常量时才能成比例.

(2)比例是否符合物理意义.不能仅从数学关系来看物理公式中各量的比例

关系，要注意每个物理量的意义.(如不能根据R=¥认定电阻与电压成正比)

(3)比例是否存在.讨论某公式中两个量的比例关系时，要注意其他量是否

能认为是不变量.如果该条件不成立，比例也不能成立.(如在串联电路中，

不能认为「=詈U2中P与R成反比，因为R变化的同时，U也随之变化而并非

常量)

许多物理量都是用比值法来定义的，常称之为“比值定义”.如密度p=3,

导体的电阻R=半，电容器的电容C=g,接触面间的动摩擦因数p=击，电

场强度E=5等.它们的共同特征是：被定义的物理量是反映物体或物质的属

性和特征的，它和定义式中相比的物理量无关.对此，学生很容易把它当做一

个数学比例式来处理而忽略了其物理意义，也就是说教学中还要防止数学知识

在物理应用中的负迁移.

数学是“物理学家的思想工具”，它使物理学家能“有条理地思考”并能

想象出更多的东西.可以说，正是有了数学与物理学的有机结合，才使物理学

日臻完善.物理学的严格定量化，使得数学方法成为物理解题中一个不可或缺

的工具.

热点、重点、难点

•例1如图8-2甲所示，一薄木板放在正方形水平桌面上，木板的两端与

桌面的两端对齐，一小木块放在木板的正中间.木块和木板的质量均为m,木

块与木板之间、木板与桌面之间的动摩擦因数都为出现突然以一水平外力F

将薄木板抽出，要使小木块不从桌面上掉下，那么水平外力F至少应为

.(假设木板抽动过程中始终保持水平，且在竖直方向上的压力全部

作用在水平桌面上)

图8-2甲

A.2blmgB.4HmgC.6HlngD.811mg

【解析】解法一F越大，木块与木板别离时的速度、位移越小，木块越不可

能从桌面滑下.设拉力为F0时，木块恰好能滑至桌面的边缘，再设木块与木

板别离的时刻为tl,在。〜tl时间内有：

1(F0-|img-2|img)1L

2-m©*2-2^tl2=2

对tl时间后木块滑行的过程，有：

v!2(|igtl)2L

弧=2^g=2511gti2

解得：F()=6)img.

解法二F越大，木块与木板别离时的速度、位移越小，木块越不可能从桌面

滑出.假设木块不从桌面滑出，那么其v—t图象如图8—2乙中OBC所示,

其中OB的斜率为度，BC的斜率为一pg,tl=t2

设拉力为F时，木板的v-t图象为图7-2乙中的直线OA,那么SAOAB=y

即受(v2—vl)・tl=2

eF-3umg

其中vl=Rgtl,v2=----——-tl

解得：F^6gmg

即拉力至少为611mg.

［答案］C

【点评】对于两物体间的多过程运动问题，在明确物理过程的根底上，画出物

体各自的运动图象，这样两物体的运动特点就很明显了.利用图线与坐标轴所

夹面积的关系明确物体间的位移关系，可省略一些物理量的计算，从而快速、

简捷地解答问题，同类题可见专题一能力演练第3题.

•例2如图8—3甲所示，在竖直平面内的直角坐标系中，一个质量为m的

质点在外力F的作用下从坐标原点O由静止沿直线ON斜向下运动，直线ON

与y轴负方向成0角（。＜力，那么F的大小至少为；假设F=mgtan0,

那么质点的机械能大小的变化情况是.

［2008年高考•上海物理卷］

图8-3甲

【解析】该质点在重力和外力F的作用下从静止开始做直线运动，说明质点

做匀加速直线运动，如图8—3乙所示，当F的方向为a方向（垂直于ON）时，

F最小为mgsin。；假设F=mgtan。，即F可能为b方向或c方向，故除重力

外的力F对质点可能做正功，也可能做负功，所以质点的机械能增加、减少都

有可能.

图8—3乙

［答案］mgsin6增加、减少都有可能

【点评】运用平行四边形（三角形）定那么分析物体受力的变化情况（或用相似三

角形比拟受力）是一种常用的方法，同类题可见专题一同类拓展2和例题4.

•例3总质量为80kg的跳伞运发动从离地500m的直升机上跳下，经过2s

拉开绳索开启降落伞，图8—4是跳伞过程中的v—t图象，试根据图象求：（取

图8-4

(l)t=ls时运发动的加速度和所受阻力的大小.

⑵估算14s内运发动下落的高度及克服阻力做的功.

⑶估算运发动从飞机上跳下到着地的总时间.

[2008年高考•上海物理卷]

【解析】(1)从图象中可以看出，在t=2s内运发动做匀加速运动，其加速度的

大小为：a=『=竽m/s2=8m/s2

设此过程中运发动受到的阻力大小为f,根据牛顿第二定律，有：mg—f=ma

得：f=m(g-a)=80X(10-8)N=160N.

(2)v—t图象与t轴所包围的面积表示位移，由图象可知14s内该面积包含的

格子为39格

所以h=39X2X2m=156m

根据动能定理，有：mgh—Wf=1mv2

所以Wf=mgh—；mv2

=(80X10X156-|x80X62)J

~1.23X105J.

(3)14s后运发动做匀速运动的时间为：

H-h500-156

t=~1s=57s

运发动从飞机上跳下到着地所需要的总时间为:

Lgt+t'=(14+57)s"71s.

［答案］(l)160N(2)1.23X105J(3)71s

【点评】对于此题，应明确V-t图象中“面积”的含义，在数小方格个数时

需注意合理取舍，即大于半格的算1个，小于半格的舍去.

•例4如图8—5甲所示，一质量m=lkg的木板静止在光滑水平地面上.开

始时，木板右端与墙相距L=0.08m,一质量m=lkg的小物块以初速度vO

=2m/s滑上木板左端.木板的长度可保证物块在运动过程中不与墙接触.物

块与木板之间的动摩擦因数日=0.1,木板与墙碰撞后以与碰撞前瞬时等大的速

度反弹.取g=l()m/s2,求：

,，工〃〃/

勿切切勿勿勿勿勿勿勿勿物勿物力物

图8—5甲

⑴从物块滑上木板到两者到达共同速度时，木板与墙碰撞的次数及所用的时

间.

⑵到达共同速度时木板右端与墙之间的距离.

【解析】解法一物块滑上木板后，在摩擦力的作用下，木板从静止开始做匀

加速运动.设木板的加速度大小为a,经历时间T后与墙第一次碰撞，碰撞时

的速度为vl,那么有：

(img=ma

L=；aT2

vl=aT

可得：a=lm/s2,T=0,4s,vl=0.4m/s

物块与木板到达共同速度之前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦

力作用而做加速度恒定的运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间

为T.设在物块与木板到达共同速度v之前木板共经历了n次碰撞，那么有：

v=vO—(2nT+At)a=At

式中At是碰撞n次后木板从起始位置至到达共同速度所需要的时间

上式可改写为：2v=v0-2nTa

由于木板的速率只能在0到vl之间，故有：

OWvO—2nTa〈2vl

解得：L54W2.5

由于n是整数，故n=2

解得：v=0.2m/s,At=0.2s

从开始到物块与木板到达共同速度所用的时间为：

t=4T+At=1.8s.

⑵物块与木板到达共同速度时，木板右端与墙之间的距离为：s=L—%・加2

解得：s=0.06m

解法二(1)物块滑上木板后，在摩擦力的作用下，木板做匀加速运动的加速

度al=(ig=lm/s,方向向右

物块做减速运动的加速度a2=pg=lm/s,方向向左

可作出物块、木板的v-t图象如图8—5乙所示

由图可知，木板在0.4s、1.2s时刻两次与墙碰撞，在t=1.8s时刻物块与木

板到达共同速度.

⑵由图8-5乙可知，在t=1.8s时刻木板的位移为：

s=|xalX0.22=0.02m

木板右端距墙壁的距离As=L—s=().()6m.

图8-5乙

［答案］(l)1.8s(2)0.06m

【点评】此题的两种解题方法都是在清晰地理解物理过程的前提下巧妙地应用

数学方法解析的，专题一例4中的解法二也是典型地利用图象来确定物理过程

的.

•例5图8—6所示为一个内外半径分别为R1和R2的圆环状均匀带电平面,

其单位面积的带电量为取环面中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x

轴.设轴上任意点P到O点的距离为x,P点的电场强度大小为E.下面给出

E的四个表达式(式中k为静电力常量)，其中只有一个是合理的.你可能不会

求解此处的场强E,但是你可以通过一定的物理分析，对以下表达式的合理性

作出判断.根据你的判断,E的合理表达式应为［2009年高考・北京理综卷］()

(R]।_R2、

C.E=2呵[x2+R12+NX2+R22,

f_1.1

D.E=27cko卜*2+k2+^x2+R22(

【解析】A选项表达式可变形为：

对于这一表达式，当R1=O时，E=—

2兀koR2

随X的增大，E的绝对值增大，这与客观事实不符合，故A错

误，对于C选项中的表达式，当*=0时-，E=4兀ko,而事实由对称性知应该

为E=0,故C错误.对于D选项,

同样E随x增大而增大，当x=8时E>0,这与事实不符合，故D错误，只有

B可能正确.

［答案］B

【点评】本例与2008年高考北京理综卷第20题相似，给出某一规律的公式，

要求证它的正确性，这类试题应引起足够的重视.

•例6如图8-7所示，一轻绳吊着一根粗组均匀的棒，棒下端离地面高为

H,上端套着一个细环.棒和环的质量均为m,相互间的最大静摩擦力等于滑

动摩擦力kmg(k>l).断开轻绳，棒和环自由下落.假设棒足够长，与地面发

生碰撞时触地时间极短，无动能损失.棒在整个运动过程中始终保持竖直，空

气阻力不计.求：

环

棒

图8-7

⑴棒第一次与地面碰撞后弹起上升的过程中，环的加速度.

⑵从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程s.

⑶从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，摩擦力对环和棒做的总功W.

[2007年高考•江苏物理卷]

【解析】(1)设棒第一次上升的过程中环的加速度为a环，由牛顿第二定律有:

2环=色言=(k—l)g,方向竖直向上.

⑵棒第一次落地前瞬间的速度大小为：V1=4期

设棒弹起后的加速度为a棒，由牛顿第二定律有：

kmg+n^

m=-(k+l)g

故棒第一次弹起的最大高度为:

v12_H

Hl=

2a棒k+1

k+3

路程S=H+2H1=EU.

KIi

⑶解法一设棒第一次弹起经过tl时间后与环到达共同速度V1'

环的速度=—vl+a环tl

棒的速度vl'=vl+a棒tl

解得一1=3搂

W一啜

1k+1

环的位移h环1=—vltl+；a环tl2=—

NKZ

k—1

4棒

xl=h环1—h棒1

QLJ

解得：xl=-vK

棒、环一起下落至地，有：v22—vlf2=2gh棒1

解得：丫2=守令

同理，环第二次相对棒的位移为：

2H

x2=h环2-h棒2=-=

2H

xn=

kn

Oil

故环相对棒的总位移x=xl+x2+…+xn=—E

所以W=kmgx=-2;当

K1

解法二经过足够长的时间棒和环最终静止，设这一过程中它们相对滑动的总

路程为1,由能量的转化和守恒定律有：

mgH+mg(H+1)=kmgl

2H

解得：1=

故摩擦力对环和棒做的总功为:

_2kn*H

W=-kmgl=

k-1・

k+3

［答案］(l)(k—l)g,方向竖直向上(2)EH

KI1

2kmgH

⑶一k-1

【点评】①高考压轴题中常涉及多个物体屡次相互作用的问题，求解这类题

往往需要应用数学的递推公式或数列求和知识.

②一对滑动摩擦力做功的总和W=-f«s总，s总为相对滑动的总路程.

③对于涉及两个对象的运动过程，规定统一的正方向也很重要.

•例7如图8-8所示，两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上,

导轨间距为1、足够长且电阻忽略不计，导轨平面的倾角为a,条形匀强磁场

的宽度为d,磁感应强度大小为B,方向与导轨平面垂直.长度为2d的绝缘

杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成“正”形装置，总质量为m,

置于导轨上.导体棒中通以大小恒为I的电流(由外接恒流源产生，图中未画

出).线框的边长为d(d<l),电阻为R,下边与磁场区域上边界重合.将装置由

静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，导体棒在整个运动过程

(1)装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q.

⑵线框第一次穿越磁场区域所需的时间tl.

⑶经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离xm.

[2009年高考•江苏物理卷]

【解析】(1)设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在

线框上的安培力做功为W,由动能定理得：

mgsina-4d+W—BIld=0

且Q=-W

解得：Q=4mgdsina-BIld.

⑵设线框刚离开磁场下边界时的速度为vl,那么接着向下运动2d,由动能定

理得：mgsina-2d—BIld=0—lmvl2

线框在穿越磁场中运动时受到的合力F=mgsina—Fz

感应电动势E=Bdv

E

感应电流I'=运

安培力F，=B「d

F

由牛顿第二定律，在t到(t+At)时间内，有Av=mAt

那么Av=£［gsina-

2B2d3

有

vl=gtlsinamR

42m(Bild-2mgdsin

解得:

mgsina

⑶经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离xm之间往复运动，由动

能定理得:

mgsinaxm—BIl(xm—d)=0

解得：Xm=BI.-Zina-

［答案］(l)4mgdsina-Bild

，2m(BIld-2mgdsina)+当碧^

⑵----------------------------

(3)Bld

BII—mgsina

能力演练

一、选择题（10X4分）

1.图示是用来监测在核电站工作的人员受到辐射情况的胸章，通过照相

底片被射线感光的区域，可以判断工作人员受到何种辐射.当胸章上1mm铝

片和3mm铝片下的照相底片被感光，而铅片下的照相底片未被感光时，那么

工作人员可能受到了辐射的射线是（）

A.a和0B.a和丫

C.［3和yD.a、［3和y

【解析】a粒子的穿透能力很弱，一张普通的纸就能把它挡住，题中无法说明

辐射中不含a射线，能穿透1mm、3mm铝片而不能穿透5mm铅片的是p射

线，假设存在y射线，那么5mm厚的铅片也能被穿透，故A正确.

［答案］A

2.在电磁波发射技术中，使电磁波随各种信号而改变的技术叫调制，调

制分调幅和调频两种.在图甲中有A、B两幅图.在收音机电路中天线接收下

来的电信号既有高频成分又有低频成分，经放大后送到下一级，需要把高频成

分和低频成分分开，只让低频成分输入下一级，如果采用如图乙所示的电路，

图乙中虚线框a和b内只用一个电容器或电感器.以下关于电磁波的发射和接

收的说法中，正确的选项是（）

线接

天

收下1年只有低频

的电

信号

来成分的电

后在

放大

经：a：信号从这

入

里输

这二T里输出

甲乙

A.在电磁波的发射技术中，甲图中A是调幅波

B.在电磁波的发射技术中，甲图中B是调幅波

C.在图乙中a是电容器，用来通高频阻低频，b是电感器，用来阻高频通低

频

D.在图乙中a是电感器，用来阻交流通直流，b是电容器，用来阻高频通低

频

【解析】A图象中高频振荡的振幅随信号而变，为调幅波，B图象中高频振荡

的频率随信号而变，为调频波，A正确，检波电路的作用为通低频阻高频，故

a为电容较小的高频旁路电容器，b为高频扼流圈，C正确.

［答案］AC

3.如下图，绝热汽缸固定在水平地面上，汽缸内用绝热活塞封闭着一定

质量的理想气体，开始时活塞静止在图示位置，现用力使活塞缓慢向右移动一

段距离，那么在此过程中（）

A.外界对汽缸内气体做正功

B.缸内气体的内能减小

C.缸内气体在单位时间内作用于活塞单位面积冲量增大

D.在单位时间内缸内气体分子与活塞碰撞的次数增加

【解析】体积膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，选项A错误、B

正确，由体积增大，温度降低知单位时间内气体对活塞的碰撞次数减少，压强

减小，选项C、D错误.

［答案］B

4.两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在。〜0.4s时间内的v—t图象

如下图.假设仅在两物体之间存在相互作用，那么物体甲与乙的质量之比和图

中时间tl分别为［2009色高考•全国理综卷II］（）

A.().3()sB.3和().3()s

C.〈和0.28sD.3和（）.28s

【解析】根据图象的特点可知甲做匀加速运动，乙做匀减速运动，根据a=答,

得两物体加速度大小的关系为3a甲=@乙，根据牛顿第二定律F有京I•息F,

m甲1

得亍=3,由a乙=10m/s2=.77,可解得tl=0.3s,B正确.

m乙0n.4—tl

［答案］B

5.某物体的v—t图象如下图，在以下给出的两段时间内，合外力的功和

冲量都相同的是（）

C.。〜t2和t2〜t4

D.。〜tl和t3〜t4

【解析】（）~tl合外力做功为gmvO,合外力冲量为mv（）,t2〜t4合外力做功和

合外力冲量都为0,A错误；t3〜t4时间内合外力做功为一合外力冲量

为mvO,tl~t2合外力做功为一gmv。，合外力的冲量一mv0,0~t2时间内，合

外力做功和合外力冲量都为（）.故C正确.

［答案］c

6.一列简谐横波沿x轴正向传播，t=0时刻波形如下图，从图示时刻起

经0.5s时间处于x=2的质点P刚好第二次出现波峰，以下说法正确的选项是

A.t=0时刻，P质点的速度方向指向y轴正方向

B.Q质点开始振动时，P质点正在波峰

C.t=0.5s时刻，质点P的加速度方向指向y轴正方向

D.t=0.5s时刻，Q质点第一次出现波峰

【解析】t()=0时刻P质点正向上振动，A正确.又由题意知，t=().5s=%,

得T=0.4s,PQ=8m=23故Q开始振动时P处于平衡位置向上振动，B错

误.t=0.5s时刻，P的位移为正，加速度方向为负，C错误；经过t=0.5s,

4

波传播正处于波峰，正确.

s=vt=Vuz•XI0.5=5m,QD

［答案］AD

7.如下图，把一个带电小球A固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面的

另一处放置带电小球B.现给小球B一个垂直AB连线方向的速度vO,使其

在水平桌面上运动，那么以下说法中正确的选项是()

A.假设A、B带同种电荷，B球一定做速度增大的曲线运动

B.假设A、B带同种电荷，B球一定做加速度增大的曲线运动

C.假设A、B带同种电荷，B球一定向电势较低处运动

D.假设A、B带异种电荷，B球可能做速度和加速度大小都不变的曲线运动

【解析】假设A、B带同种电荷，库仑力对B球做正功，B球做速度增大的曲

线运动，B的电势能减小，又由于AB间距增大，故B的加速度减小，假设A、

B为异种电荷，当喑=噌^时，B球做匀速圆周运动，速度和加速度的大

小都不变，D正确.

［答案］AD

8.某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性

变化的匀强磁场(如图甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正.为了使静

止于该磁场中的带正电的粒子能按a-b-c-d-e-f的顺序做横“8”字曲

线运动（即如图乙所示的轨迹），以下方法可行的是（粒子只受磁场力的作用，其

他力不计）（）

A,假设粒子的初始位置在a处,在1=不时给粒子一个沿切线方向水平向右的初

速度

T

B.假设粒子的初始位置在f处，在t=勺忖给粒子一个沿切线方向竖直向下的初

速度

C.假设粒子的初始位置在e处，在t=^T时给粒子一个沿切线方向水平向左的初

O

速度

T

D.假设粒子的初始位置在b处，在t=/时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初

速度

【解析】要使粒子的运动轨迹如图乙所示，粒子做圆周运动的轨迹的周期应为

T。=需=手，结合左手定那么可知，选项A、D正确.

qtsz

［答案］AD

9.水力采煤是利用高速水流冲击煤层而进行的，煤层受到3.6X106N/m2

的压强冲击即可破碎，假设水流沿水平方向冲击煤层，不考虑水的反向溅射作

用，那么冲击煤层的水流速度至少应为（）

A.30m/sB.40m/sC.45m/sD.60m/s

【解析】建立如下图模型，设水柱面积为S,由动量定理:

I雪用

st水柱I煤层

F-At=()-(pS-vO-At)X(-v())

F

可得压强：p=《=pvO

故使煤层破碎的速度至少应为v0=q^=60m/s.

［答案］D

10.如图甲所示，传送带通过滑道将长为L、质量为m的匀质物块以初

速度vO向右送上水平台面，物块前端在台面上滑动s距离停下来.滑道上的

摩擦不计，物块与台面间的动摩擦因数为N而且s>L,那么物块的初速度vO

为（）

K刊

甲

A.42(igLB.^2ggs—|igL

C.^/2|igsD--\/2|igs+ggL

【解析】

物块位移在由（）增大到L的过程中，对台面的压力随位移由（）均匀的增

加至mg,故整个过的摩擦力的大小随位移变化的图象如图乙所示，图中梯形

“面积”即为物块克服摩擦力所做的功.

乙

由动能定理得：5mg（s—L+s）=；mv02

可解得v（）=q2|igs—|igL.

［答案］B

二、非选择题（共60分）

11.（6分）某实验小组拟用如图甲所示的装置研究滑块的运动.实验器材

有滑块、钩码、纸带、米尺、带滑轮的木板以及由漏斗和细线组成的单摆等.实

验中，滑块在钩码的作用下拖动纸带做匀加速直线运动，同时单摆沿垂直于纸

带运动的方向摆动，漏斗漏出的有色液体在纸带上留下的痕迹记录了漏斗在不

同时刻的位置.［2008年高考・重庆理综卷］

⑴在图乙中，从纸带可看出滑块的加速度和速度的方向一致.

⑵用该方法测量滑块加速度的误差主要来源有：、

_____________________.（写出2个即可）

【解析】要使速度和加速度的方向相同，那么必须选纸带B,因为B中相等的

时间内纸带运动的距离越来越大.

［答案］（1）B（2分）

⑵摆长测量漏斗的重心变化（或液体痕迹偏粗、阻力变化等）（每空2分）

12.（9分）用高电阻放电法测电容的实验，是通过对高阻值电阻放电的方

法，测出电容器的充电电压为U时，所带的电荷量为Q,从而再求出待测电

容器的电容C.某同学的实验情况如下：

A.按图甲所示的电路连接好实验电路；

B.接通开关S,调节电阻箱R的阻值，使小量程电流表的指针偏转接近满刻

度,记下这时电流表的示数10=490澳及电压表的示数U0=6.2V,10和U0

分别是电容器放电的初始电流和电压；

C断开开关S,同时开始计时，每隔5s或10s测一次电流I的值，将测得数

据填入预先设计的表格中，根据表格中的数据（10组）在以时间t为横坐标、电

流I为纵坐标的坐标纸上描点，即图乙中用“X”表示的点.

甲乙

⑴实验中，电阻箱所用的阻值R=d

⑵试根据上述实验结果，在图乙中作出电容器放电的I-t图象.

⑶经估算，该电容器两端的电压为U0时所带的电荷量Q（）约为C；该

电容器的电容C约为F.

【解析】由AQ=I-At知，电荷量为图象与坐标轴所包围的面积，计面积

时可数格数（四舍五入）.

［答案］（1）1.3X104（3分）（2）用平滑曲线连接（2分）

（3）（80〜9.0）X10-3（1.29—1.45）X10-3（每空2分）

13.（10分）质量为60kg的消防队员从一根竖直的轻绳上由静止滑下，经

2.5s落地.轻绳受到的拉力变化情况如图中所示，取g=10m/s2.在消防队员

下滑的过程中

⑴其最大速度和落地速度各是多大？

⑵在图乙中画出其v—t图象.

⑶其克服摩擦力做的功是多少？

【解析】（1）设该队员先在tl=ls的时间内以加速度al匀加速下滑，然后在t2

=1.5s的时间内以加速度a2匀减速下滑

第1s内由牛顿第二定律得：

mg—Fl=mal（1分）

最大速度vm=altl（1分）

代入数据解得：vm=4m/s（1分）

后1.5s内由牛顿第二定律得：

F2—mg=ma2

该队员落地时的速度v=vm—a2t2（1分）

代入数据解得：v=lm/s.

⑵图象如图丙所示.（2分）

⑶该队员在第1s内下滑的高度hl=5ltl2（1分）

该队员在后1.5s内下滑的高度h2=vmt2-1a2t22（1分）

由动能定理得:

mg(hl+h2)-Wf=^mv2(1分)

代入数据解得：Wf=3420J.（1分）

'•s')

［答案］（1）最大速度为4m/s,落地速度为lm/s

（2）如图丙所示（3）342（）J

14.（11分）A、B两小球由柔软的细线相连，线长L=6m,现将A、B球

先后以相同的初速度v0=4.5m/s从同一地点水平抛出（先A、后B）,相隔时间

t0=0.8s.取g=10m/s2,问：