物理题目中的数学归纳法Word下载.docx
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2.(05江苏)一个质量为M的雪橇静止在水平雪地上,一条质量为m的爱斯基摩狗站在
该雪橇上。
狗向雪橇的正后方跳下,随后又追赶并向前跳上雪橇;
其后狗又反复地跳下、追
赶并跳上雪橇,狗与雪橇始终沿一条直线运动。
若狗跳离雪橇时雪橇的速度为V,则此时狗
相对于地面的速度为V+u(其中u为狗相对于雪橇的速度,V+u为代数和。
若以雪橇运动的
方向为正方向,则V为正值,u为负值)。
设狗总以速度v追赶和跳上雪橇,雪橇与雪地间的摩擦忽略不计。
已知v的大小为5m/s,u的大小为4m/s,M=30kg,m=10kg.
(1)求狗第一次跳上雪橇后两者的共同速度的大小。
(2)求雪橇最终速度的大小和狗最多能跳上雪橇的次数。
(供使用但不一定用到的对数值:
lg2=0.301,lg3=0.477)
此题完全可以一次次往下算,不见得非要走捷径
解法
(二):
一次次算
设雪橇运动的方向为正方向。
狗第i次跳下雪橇后,雪橇的速度为Vi,狗的速度为Vi+u;
狗
第i次跳上雪橇后,雪橇和狗的共同速度为Vi'
由动量守恒定律可得
第一次跳下雪橇:
MVi+m(Vi+u)=0
Vi=muim/s
M+m
第一次跳上雪橇:
MVi+mv=(M+m)Vi'
第二次跳下雪橇:
(M+m)Vi'
=MV2+m(V2+U)
(M+翊)斤-
mu
V2=1廿
=3m/s
第二次跳上雪橇:
4-wv=(M+附)旷2
丁尸+加
心一胚+战
=3.5m/s
(M十闾厂产腹冬十刖(冬十切
疗_(M+翊耳
-ma.匸.
=4.5^3/
第三次跳上雪橇:
(M+m)V3=:
T+“;
-1
-mu
V3'
=小
=i85/4m/s=4.625m/s
第四次跳下雪橇:
(M+m)V3'
=MV4+m(V4+U)
M+翊
此时雪橇的速度已大于狗追赶的速度,狗将不可能追上雪橇。
因此,狗最多能跳上雪橇3
次。
雪橇最终的速度大小为5.625m/s.
一Mmu+(胚十
可解得
将=5mfs,M==10^代入,得V1=2m/s
(2)解法
(一)
设雪橇运动的方向为正方向,狗第(n—1)次跳下雪橇后雪橇的速度为Vn-1,则狗第(n—
1)次跳上雪橇后的速度Vn-1‘满足
这样,狗n次跳下雪橇后,雪橇的速度为Vn满足
呜+翻(兀+u)=(M+型)并_]
解得
1-
mu(M
M+wM-¥
m
狗追不上雪橇的条件是Vn》V
(M+删)氏
可化为
最后可求得
Mu—{M4-zz?
)v
Mu—(M+yn)v
逗(7\j-|\)
丹王]十一7一
1§
(“)
M
代入数据,得
狗最多能跳上雪橇3次
雪橇最终的速度大小为V4=5.625m/s
(08四川)一倾角为0=45°
的斜面固定于地面,斜面顶端离地面的高度h0=1m,斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板。
在斜面顶端自由释放一质量m=0.09kg的小物块(视为质点)
小物块与斜面之间的动摩擦因数卩=0.2。
当小物块与挡板碰
撞后,将以原速返回。
重力加速度g=10m/s2。
在小物块与挡
板的前4次碰撞过程中,挡板给予小物块的总冲量是多少?
25.(20分)解法三:
一次次计算,得到结果
设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动,小物块受到重力,斜面对它的摩擦力和支
持力,小物块向下运动的加速度为a,依牛顿第二定律得
mgsinr-'
mgcosv-ma
得:
a=42m/s2
a'
,依牛顿第二定律有
②
设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为
mgsin^-」mgcos)-ma
a=62m/s2
s,=2m
小物块第一次下滑到最低点时
Vi2asi得w=4m/s
小物块第一次沿斜面向上运动的最距离为
Vi
2a
=3.2m
小物块第二次下滑到最低点时
v2—2as2得v?
6m/s
3
小物块第二次沿斜面向上运动的最距离为
v;
8
s3m
2a9、2
小物块第三次下滑到最低点时
28v3=2as3得v3m/s
小物块第三次沿斜面向上运动的最距离为
v316
s4m
2a27.2
小物块第四次下滑到最低点时
以沿斜面向上为动量的正方向。
按动量定理,碰撞过程中挡板给小物块的冲量为
I=mv_m(-v)
总冲量为I=I1T2T3T4⑧
4l88—
代入数据:
J20.09(4丄"
39印s
得I=0.4(3..6)N•s⑨
解法一:
动能定理求速度,然后数学归纳
设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动,到达斜面底端时速度为由功能关系得
V。
mgh=丄mv2■」mgcos―—
2sin0
按动量定理,碰撞过程中挡板给小物块的冲量
v=4m/s
I=mv-m(-v)
设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h'
则
12mvmgh■Imgcosv
2sinj
同理,有
mgh=1mv2-bgcos——
I二mv"
「m(-v)
式中,v'
为小物块再次到达斜面底端时的速度,I'
为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量。
由①②③④⑤式得
由此可知,小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数,首项为
h=2m..2gh0(1-"
cotv)
总冲量为
23
I=I!
I2I3I4=Ii(1kkk)
I=1匕2m.2gh0(1-」cot)
1-k
⑩
(11)
代入数据得I=0.4(3「6)N•s
(12)
解法二:
运动学公式求速度,然后数学归纳
设小物块从咼为h处由静止开始沿斜面向下运动,
小物块受到重力,斜面对它的摩擦力和支
mgsinJ-mgcosv-ma
设小物块与挡板碰撞前的速度为V,则
①
2h
v2asin日
由①②③式得
③
Ii=2m.、2gh(1-"
④
依牛顿第二定律有
mgsinv-」mgcos)-ma
小物块沿斜面向上运动的最大高度为
⑤
h—sin12a
由②⑤⑥式得h1丄k2h
⑥
⑦
式中k=.tan
»
tan日+卩
⑧
同理,小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量
I=2m.2gh(1-」cot
⑨
由④⑦⑨式得l〉kl
l1=2m..2gh0(1-■'
总冲量为|二丨勺丄丄14=1/1kk-k)
由1kk2…kn」y^^)
4
得1=_—2m..2ghb(1-」cot”
(13)
(14)
代入数据得1=0.4(3••一6)N•s
(15)
2122
mvn」MVnmvn
22"
由①、②式及
绝缘球m从60°
位置摆到最低点,由机械能守恒定律:
*12
mgl(1-cos60)mv0
绝缘球m从最低点摆回到45°
位置,由机械能守恒定律:
。
12
mgl(1「cos45)mv
由⑥、⑦式得V-,2-.2v0=0.77V0
293
巾81吒)“729
所以经过3次碰撞0将小于45°
2011石家庄二模(在最后的数据的处理上有些与07年高考相似)
26.(21分)如图所示,在某一平面上,有以O点为圆心的匀强磁场区域I、II,磁感应强度大小均为B。
半径为R的圆形磁场区域I内,磁场方向垂直该平面向里;
内径为R的环形磁场区域II内,磁场方向垂直该平面向外。
现有一个质量为m、电荷量为+q的粒子从边界上的A点沿半径方向射入圆形磁场区域I,当粒子回到A点时,粒子与圆心O的连线恰好旋转一周。
(不计粒子所受重力)(太难理解)
(1)若环形磁场区域II外径足够大,求该粒子的运动速度
5
(2)若环形磁场区域n外径为3r,求该粒子回到A点时所需的最短时间t
计算过程中可能用到的数据参考下表:
8
7T
T
TT
JL
6
7
io
0.500
0.707
0.809
0.866
0.901
0.924
0,940
0.951
tan^|
L732
LOOO
0,727
①577
0+482
0.414
0.364
0.325
26.(21分)解:
(1)设粒子运动的半径为r,则有:
mv
Bqv(3分)
r
mv八
得r(1分)
Bq
如图,Oi为粒子运动的第一段圆弧
为粒子运动的第二段圆弧
/AOB=/B0C=20,
根据几何关系可知:
tan9=②(2分)
R
如果粒子回到A点,则必有:
nX29=2n(n=3,4,5……)③(2分)
BqR兀
由①②③可得v=tan—(n=3,4,5)(2分)
mn
(3)粒子与圆心O的连线旋转一周时,能回到A点的情况下,设粒子与圆心O的最远距离
为rn
rn=Rtan二+
cos-
兀R
rn=Rtan—+
n兀
cos—
n
粒子做圆周运动的周期
t=2im
(n=3,4,5……)(3分)
(2分)
n~1二-2■十2:
m
所用时间tn=T=(n)(n=3,5,7)
V22兀丿
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