高考物理中的数学问题(共19页).doc

《高考物理中的数学问题(共19页).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理中的数学问题(共19页).doc（19页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、精选优质文档-倾情为你奉上三高考物理中的数学问题（一）问题概述实验方法和数学方法是学习、研究高中物理的两种主要方法唯有数学才能以最终的、精确和便于讲授的简明形式表达物理概念和规律，并应用于错综复杂的物理过程中作为选拔性的全国高考，考生必须具备良好的数学思维品质和灵活处理问题的能力，才能在高考考场中游刃有余，稳操胜券在高考物理中出现数理结合的问题有助于选拔人才，这不仅符合高考命题的原则，同时对考查考生各方面的能力，使考生真正体会数学的应用价值能起到不可替代的作用因此，在高考物理复习中渗透数学思想，归纳总结处理物理问题的数学方法和技巧，引导考生运用灵活多变的数学工具求解数学问题是很有必要，并且是很

2、有益的一 渗透代数思想代数方法是高中物理中数学方法的核心其实质是把物理问题“翻译”成数学方程代数知识内容十分丰富，在中学物理中的应用极其广泛物理题目众多且千变万化，但总的看来大致有两类一类是以跟踪物理过程为主要手段的过程分析类；其二是理清物理状态为主要手段的代数计算类代数计算类尽管最先被应用，但是将数学代数赋予一定的物理意义就显得有些模棱两可，有时不免出错因此在物理中渗透代数思想就显得极有必要（一）利用一元二次方程判别式求解一元二次方程ax2+bx+c=0,若方程有实数解，则判别式b24ac0,若方程无实数解，则0求解物理问题时，如果列出方程数少于未知量，而经联立整理后是关于某一未知量的二次方

3、程，则可根据该物理量是否存在实数解，利用判别式应满足的条件，列出一个新的关系式进行求解，使方程式的性质得到巧妙的应用图331例1在光滑的水平轨道上有两个半径都是r的小球A和B，质量分别为m和2m，当两球心间的距离大于l(l比2r大得多)时，两球之间无相互作用力当两球心间的距离等于或小于l时，两球间存在相互作用的恒定斥力F设A球从远离B球处以速度v0沿两球连心线向原来静止的B球运动，如图331所示欲使两球不发生接触，v0必须满足什么条件?分析和解A球向B球接近至A、B间的距离小于l之后，A球的速度逐步减小，B球从静止开始加速运动，两球间的距离逐步减小当A、B的速度相等时，两球间的距离最小设从两球

4、心间的距离等于l开始经过时间t后，A、B两球的位移分别为s1、s2，则，两球刚好接触， s2-s1l-2r3个方程中有s2、s1、v0、t4个未知量，由上述三个公式可整理成t的一元二次方程，要两球不发生接触，则t无实数解，有0)且当x1 x2xn时等式成立对于求解极值的物理问题，若最后得出的式子中含有无法直接消去的未知量，可考虑利用不等式的上述性质，变求和式为求积式，或变求积式为求和式若新的式子中未知量能够消解，难以处理的消元问题便迎刃而解了例3一个质量为m的粒子与一个质量为M的初始的粒子正碰，碰撞后有一定的能量E被贮藏在M粒子中问m粒子必须具有多大的初速度v0？分析和解设碰撞后，M、m两粒子

5、的速度分别为v1、v2，则有mv0=mv1+Mv2，列出的两个方程中有v0、v1、v23个未知量，由上述二式消去v1可得，即m具有的最小速度应为例4如图335所示，两带电量均为+q的点电荷相距2r，求两电荷连线的中垂线上上场强的最大值及最大场强的位置分析和解在两电荷连线的中垂线上取一点P，由图335可知E1E2，因此有)PE2EE1(qrOrq图335上述两戒有EP、E1、三个未知量，联立得显然，当时，EP有极大值，此时（三）利用配方方法求解配方法求极值是数学中常用的技巧之一，即将两数式中的自变量进行配方整理，化成与一常量差的平方，只要使自变量等于该常量，使能得到函数的极值对于物理极值问题，当

6、得出的式子中含有物理变量的二次方时，利用配方法既可消元，同时又可求出了物理极值图336例5如图336所示，一根一端封闭的玻璃管，长l=1.00m，内有一段长h1=0.20m的水银柱当温度为t1=27，开口端竖直向上时，封闭空气柱h2=0.50m问温度至少升到多高时，水银柱才能从管中全部溢出？（外界大气压等于76cmHg）分析和解水银溢出的过程，同时是管内气体的减压膨胀过程，这一过程并非总是升温的过程，所以气体的最高温度并不在水银刚好全部从管中溢出时的末状态x图337设气体温度为T时，管内残留的水银柱高为x，如图337所示，将已知数据代入状态方程得列出的方程中有x、T两个未知量，整理得（K），当

7、T484K时，x12cm，即水银溢出的过程中，只有使管内气体的温度不低于x12cm时所需要的温度484K，才能使管内的水银全部溢出（四）利用比例方法求解比例法的最大特点是不需要许多复杂的数学知识，而只要求从基本概念出发，弄清物理量之间的关系或掌握基本物理规律，它是一种重要的代数方法高中物理中的公式大多是单项式，这就为我们运用比例法简洁求解物理问题提供了基础图338例6高度不同的三颗人造卫星，某一瞬时的位置恰好与地心在同一直线上，如图338所示.若此时它们的飞行方向相同，角速度分别1、2、3，线速度分别为v1、v2、v3，周期分别为T1、T2、T3.则（）A. 123B. v1v2v3C. T1

8、=T2=T3D. T1T2T3分析和解因三颗卫星都绕地球运行，则由可得答案为BD例7小滑块沿固定在水平地面的斜面底端的100J的动能冲上斜面，滑至某一点时，动能减少了80J，重力势能增加了60J，继续上滑一段距离后又返回底端，求返回时的动能图339分析和解设A到B动能减少了80J，重力势能增加了EPAB=60J，由此可知这一过程中，滑块克服摩擦力做功WfAB=fSAB=20J，滑块运动到C点速度为0由图339可知，直角三角形ABD和BCE相似，则 上式分子和分母分别乘以f和mg有： 经B点时滑块还有动能20J，故它从B运动到C的过程中以按1：3的比例转化能量，即增加势能EPBC=EKB=15J

9、，故滑块上升过程中需克服摩擦力做功WfAC=25J，返回A的过程中，滑块受到的摩擦力大小不变，方向沿斜面向上，仍需克服摩擦力做功25J，因此由A到C再返回A的全过程，Wf总=50J，返回A点滑块还有动能50J（五）利用指数、对数方法求解在一些连续的物理过程中，某些物理量是按指数或对数规律变化的，这时要用指数、对数及数列的知识加以分析、表达和求解例8在一个容积为V0的密闭容器中，装有压强为p0的某种气体，用活塞式抽气机抽其中的气体在活塞往返运动中，抽气机气室的最小容积可视为零，最大容积为V，且假设抽气过程中气体温度保持不变，则向n次后，密闭容器中气体的压强多大？分析和解每抽一次，密闭容器中的气体

10、体积由V0变为V0V，压强由p0变为pn+1，注意到此变化过程中气体质量保持不变，且温度也不变，故可用玻意耳定律，抽第二次时，由此可知抽n次后气体压强为如果题意所要求的是，为使容器中的气体压强减为104p0，需要抽气几次？则需运用对数知识进行具体计算二渗透函数思想对于物理规律的描写有两种方法：其一为物理描写法；二为数学描写法所谓物理描写就是对物理概念、物理定理、物理规律的文字说明；所谓数学描写法就是对物理概念、物理定理、物理规律的数学表达，即函数描写函数是数学的一个重要的内容，函数方法是描述、分析、讨论物理量变化规律的重要方法高中物理中所用到的函数主要有正比函数，反比函数，一次函数，二次函数和

11、三角函数、指数函数等变量在物理问题的研究中，虽然可以取不同的数值，但是它的取值范围往往有一定的限制，也就是说函数的定义域受物理条件的制约因此，与之对应的函数值域往往也有一定限制OmgN图3310例9如图3310所示一辆四分之一圆弧小车停在不光滑水平地面上，质量为m的小球从静止开始由车顶无摩擦滑下，且小车始终保持静止状态，试分析：当小球运动到什么位置时，地面对小车的摩擦力最大?最大值是多少?分析和解设圆弧半径为R，当小球运动到重力mg与半径夹角为时，速度为v，根据机械能守恒定律和牛顿第二定律有：解得小球对小车的压力为：N=3mgcos，其水平分量为：Nx=3mgsincos=根据平衡条件，地面对

12、小车的静摩擦力水平向右，大小为：f= Nx=可以看出：当sin2=1,即=45时，地面对小车的静摩擦力最大，其值为：fmax=图3311例10如图3311所示，质量为m的物体恰好能在倾角为的斜面上匀速下滑，如在物体上施加一个力F使物体沿斜面匀速上滑，为了使得力F取最小值，这个力与斜面的倾斜角为多大?这个力的最小值是多少?如果要求力把物体从斜面的底端拉到最高点做功最少，求拉力的方向和所做的最小的功(设斜面长l)分析和解物体从斜面的上端恰好能匀速下滑，由平衡条件得mgsinmgcos，tg在F的作用下物体向斜面上运动的过程中，F的沿斜面分量及物体与斜面间的滑动摩擦力均与角的大小有关，在力F拉物体沿

13、斜面匀速上升时，根据物体的平衡条件得(选沿斜面向上方向为x轴正方向，垂直于斜面向上为y轴正方向)：Fcos-mgsin-f0，Fsin+ Nmg cos 0，其中N为斜面对物体的支持力，且fNtgN由、两式可以解得，上式中分子(sin+co )mg是一个确定值，F的大小随分母变化分母cos+sin sin()，当sin()1，即90时，分母最大F最小因为arctg，所以90-arctg时F取小值物体从底到最高点力做功最少必须满足两个条件：其一是物体不受斜面的摩擦力，因为没有摩擦时物体在运动到最高点的过程中不需要克服摩擦力做功其二是物体沿斜面的向上应该是匀速的，在匀速向上运动时，F所做的功不需要

14、增加物体的动能，由以上两点可得两式相比，当tanctg,-时F做功最少，根据Fsinmgcos，得WminFcoslmglsin图3312E例11如图3312所示，已知电源电动势E=63V，内电阻r=0.5，固定电阻R1=2、R2=3R3是阻值为5的滑动变阻器按下开关K，调节滑动变阻器的触点，求通过电源的电流范围分析和解设变阻器的触点把电阻R3分成R0和R3-R0两部分，等效电路如图19所示，电路的外电阻R有图3313E当R0-2=0即R0=2时外电阻最大，其大小为R最大= =2.5当外电阻最大时，通过电池的电流最小I最小（A），当R0=R2=5时外电阻最小，其大小为=1.6，当外电阻最小时，

15、通过电池的电流最大=3.0A，所以电流的变化范围在2.1A到3A之间三渗透几何思想数与形紧密结合，通过抽象思维，用几何图形把物理过程或物理量之间的关系直观、形象地加以表现，是几何方法的基本特征和主要解题手段同时几何思想是解决矢量问题的一种快捷方式有关矢量的分解与合成是以图形为载体的物理规律，脱离了几何图形谈矢量的分解与合成也就成了无源之水另外，在几何光学、带电粒子在磁场中的偏转等知识点上渗透几何思想也是必不可少的图3314例121mol理想气体缓慢地经历了一个循环过程，在pV图中这过程是一个椭圆，如图3314所示，已知此气体若处在与椭圆中心O点对应的状态时，其温度为T0=300K，求在整个循环

16、过程中气体的最高温度T1和最低温度T2各是多少？分析和解由题给条件，可列出两个相对独立的方程气体循环过程的椭圆方程和理想气体的状态方程，即， 、两方程中含三个未知量、，直接对、两式进行演算，要求出循环过程中的最高温度或最低温度，是较为困难的现根据式引入含参数定义的方程为式则转化为（上式中，为点对应的温度）因为 （4），（）1）2， 而 1（4）1，所以 ，当，取时，由式知12，将上式代入式得1（12）（14）（12），即最高温度 549当，取时，由式知12，代入式，得1（12）（14）（12），即最低温度125四渗透归纳思想物理过程的重复性是物理题目中的一个难点，解决它的方法是多次利用同一个物

17、理依据，解决起来较为复杂，且数学计算也较庞大，易于出错往往一个题的解决需要特大篇幅但是如果我们渗透数学中的归纳思想，通过开始的几个过程利用数学归纳法写出一个通式，借助于此通式解决就非常简单了，它简化了解题的步骤，减少了篇幅图3315例13（1995年全国，30题）如图3315所示，一排人站在沿x轴的水平轨道旁，原点O两侧的人的序号都为n（n1、2、3、）每人只有一个沙袋x0一侧的每个沙袋质量为m=14kg，x0一侧的每个沙袋质量为m10kg一质量为M48kg的小车以某初速度从原点出发向正x方向滑行不计轨道阻力当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平速度u朝与车速相反的方向沿车面扔到车上，u的大

18、小等于扔此袋之前的瞬间车速大小的2n倍（n是此人的序号数）（1）空车出发后，车上堆积了几个沙袋时车就反向滑行？（2）车上最终有大小沙袋共多少个？分析和解本题的主要理论依据是动量守恒定律，同时结合推理过程的数学归纳法及解不等式（1）当向右经过第1个人时有：Mv0m（21v0）=（M1m）v1经过第2个人时有：（M1m）v1m（22v1）=（M2m）v2经过第3个人时有：（M+2m）v2m（23v2）=（M+3m）v3按数学归纳法，经过第n个人时有：解之 仍照（1）式，可以推出小车反向运动的条件是vn-10,un0即Mnm0, M(n+1)m0代入数据，得n nn应为整数，故n3，即车上堆积3个沙

19、袋后车就反向滑行（2）当车上放着3个沙袋，以某一速度设v0，向左滑行时，其物理过程，除最初的质量为M3m，初速为v0外完全相同，仍可依照（1）式的结论，推出：及 车不再向左滑行的条件是：vn10, vn0即M3mnm0M3m(n+1)m0代入数据，n 9n=8时，车停止滑行，即在x一侧共有8个沙袋，抛到车上车就停止运动，所以最终车上共有沙袋3+8=11个五、渗透数列思想等差数列和等比数列是数学中的重要章节，在物理中渗透数列思想有十分重要意义学习物理的一个重要方法就是跟踪研究对象，考查它的物理过程，如果物理过程有一定的重复性，且所求解的物理量是贯穿于整个过程的一个过程量，并非状态量，此时如果仅用

20、物理知识，一个过程一个过程进行分析计算，问题就会非常复杂，甚至于求解不出结果，但是利用数学中的数列知识求解就容易的多图3316例14如图3316所示，光滑的水平桌面上，钉有两枚铁钉A和B，相距0.1m，长l m的柔软细线，一端拴在A上，另一端拴住一个质量为500 g的小球，小球的初始位置在AB连线上A的一侧，把细线拉直，给小球以2m/s，垂直于细线方向的水平速度，使它作圆周运动，使绳子逐渐被缠绕在AB上（1）如果细绳不会断裂，小球从开始运动到细绳完全缠在A、B上需要多长时间？（2）如果细线所能承受最大拉力为7N，从小球从开始运动到细线断裂用时多少？分析和解在第一个半周期内，细绳拉力，时间在第二

21、个半周期内，细绳拉力，时间在第三个半周期内，细绳拉力，时间在第n个半周期内，细绳拉力，时间由于，解得n10（1）小球从开始运动到细绳完全缠在A、B上需要的时间为（2）设在第x个半周期内细绳的拉力为7N，由代入数据得x8，则所经历的时间为（s）创新训练图33171甲乙两物体沿同方向在同一直线上运动，甲以速度做匀速运动，乙从静止开始以加速度做匀加速直线运动，开始时乙在甲前，相距为S求当S满足什么条件时：（1）甲、乙只能相遇一次；（2）甲乙能相遇两次2如图3317所示，倾角为的斜面上方有一点O，从O点作一光滑的直轨道，要求一质点从O点沿直轨道到达斜面P点的时间最短，求直轨道与竖直方向夹角多大？3我们

22、在火车站常看到载重列车启动时，机车要往后倒退一下，目的是使各节车厢之间的挂钩都离开一段距离，以便于启动，这是因为机车和车厢与铁轨之间的最大静摩擦力大于它们之间的动摩擦力，若机车不倒退直接启动，启动以后机车和车厢与铁轨之间的摩擦力由静摩擦力变为动摩擦力，当列车加速到一定的速度后，列车的机车就必须减少牵引力使列车匀速直线运动，资源不能得到充分的利用，所以载重列车常常采用我们所见到的启动方式启动今有一列载重列车，若它不倒退以恒定的牵引力直接启动，机车的牵引力能带动49节车厢（不含机车），那么它利用倒退后用同样大小的恒定牵引力启动，该机车启动59节同样质量的车厢以后，恰好做匀速直线运动，已知机车与各节

23、车厢的质量均为m，机车和各节车厢与铁轨之间的动摩擦力为mg，假设机车倒退后，各节车厢之间的挂钩离开相同的距离s，机车加速后，每拉动一节车厢的瞬间可近似地认为满足动量守恒定律的条件求：（1）每一节车厢与铁轨之间的最大静摩擦力？（2）列车采用机车倒退的方式启动后做匀速直线运动的速度（最终结果可以用根式表示）4（2004年江苏，18题）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

24、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)图3318图33195如图3318所示为一种获得高能粒子的装置环形区域内存在垂直纸面向外、大小可调节的均匀磁场质量为m、电量为+q的粒子在环中作半径为R的圆周运动A，B为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子飞经A板时，A板

25、电势升高为+U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间电场中得到加速每当粒子离开B板时，A板电势又降为零粒子在电场一次次加速下动能不断增大，而绕行半径不变（1）设t=0时，粒子静止在A板小孔处，在电场作用下加速，并绕行第一圈求粒子绕行n圈回到A板时获得的总动能En （2）为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动，磁场必须周期性地递增求粒子绕行第n圈时磁感应强度Bn（3）求粒子绕行n圈所需的总时间tn(设极板间距离远小于R)（4）在图3319中画出A板电势u与时间t的关系(从t=0起，画到粒子第四次离开B板时即可)图3320（5）在粒子绕行的整个过程中，A板电势是否可始终保持+U？为什么？6如图.33

26、20所示的分压电路中, 滑线变阻器的总电阻电压U恒定不变, 为了使滑动触头K在左右移动过程中, 负载Rf上的电压Uf始终不低于空载时输出电压的90%求负载Rf的最小值应是多少？图33217在纳米技术中需要移动式修补原子，必须使在不停地做热运动（速率约几百米每秒）的原子几乎静止下来且能在一个小的空间区域内停留一段时间为此华裔诺贝尔物理奖得主朱棣文发明了“激光致冷”技术若把原子和入射光子看成两个小球，则“激光致冷”与下述力学模型类似一质量为M的小球A以速度v0水平向右运动，如.3321所示，一个动量大小为p的小球B水平向左射向小球A并与之发生碰撞，当两球形变量最大时，形变量突然被锁定一段时间T，然

27、后突然解除锁定使小球B以大小相同的动量p水平向右弹出紧接着小球B再次以大小为p的动量水平向左射向小球A，如此不断重复上述过程，小球B每次射入时动量大小为p，弹出时动量大小仍为p，最终小球A将停止运动设地面光滑，除锁定时间T外，其他时间均可不计求： （1）小球B每一次入射后再弹出时，小球A的速度大小和这一过程中小球A动能的减少量（2）从小球B第一次入射开始到小球A停止运动所经历的时间图33228在研究性学习中，某同学设计了一个测定带电粒子比荷的实验，其实验装置如.3322所示abcd是一个边长为L的正方形盒子，在a处和cd边的的中点e处各有一个小孔，e外有一能显示粒子从e孔射出的荧光屏M盒子内有

28、一方向垂直于abcd平面的匀强磁场，磁感强度大小为B粒子源不断地发射相同的带电粒子，粒子的初速度可忽略，先让粒子经过电压为U的电场加速，然后粒子立即由a孔射入盒内，粒子经磁场偏转后恰好从e孔射出不计粒子的重力和粒子之间的相互作用 问：你认为该同学的设计方案可行吗？若可行，求出带电粒子的比荷(q/m)；若不可行，说明你的理由参考解答1（1）（2）分析和解甲乙相遇时它们位移之差为S，可推测相遇时间必与S有关，是否有实数解取决于S是否满足判别式大于或等于零设甲、乙相遇时间为，则S甲S乙S， 整理得： 这个二次方程判别式为， ，当时，有两解，的解都大于零则相遇两次即则时相遇两次时，有一个解甲乙相遇一次

29、，即，得时，甲乙相遇一次2分析和解质点沿OP做匀加速直线运动，时间为，应与有关，由牛顿第二定律知加速度设物体由静止从O滑到P，得在中 ， 当时，最小，即时，最小 OP与竖直方向夹角为时，物体滑到斜面上时间最短另解已知在竖直平面内，从圆的最高点沿任意一条弦滑到圆上另一点时间相等为过O点作圆，圆心在过O点的竖直线上，圆的半径越大，物体下滑时间越长，当圆与斜面切时，物体滑到斜面上的时间最短，可以证明与竖直方向夹角等于，与竖直方向夹角为的一半 OP与竖直方向夹角为时，下滑时间最短3（1）fm=1.2mg（2）分析和解（1）设每节车厢所受最大静摩擦力为fm，机车的牵引为为F，直接启动时，有 F=（49+

30、1）fm当采用倒退方式启动时，有F=（59+1）mg ，由、两式可得：fm=1.2mg（2）设第一节车厢被拉动前，机车的速度为V1，被拉动后机车的速度为V1由动能定理有由动量守恒定律有由 、得 设第二节车厢被拉动前，机车的速度为V2，被拉动后，机车的速度为V2，由动能定理有 由动量守恒定律有由 、得 同理可得 由数学归纳法有 即，列车采用倒退的方式启动后做匀速直线运动的速度为4（1）（2）5.625m/s，3次分析和解（1）设雪橇运动的方向为正方向，狗第1次跳下雪橇后雪橇的速度为V1，根据动量守恒定律，有 狗第1次跳上雪橇时，雪橇与狗的共同速度满足 可解得 将代入，得 （2）解法（一）设雪橇运

31、动的方向为正方向，狗第（n1）次跳下雪橇后雪橇的速度为Vn1，则狗第（n1）次跳上雪橇后的速度满足 这样，狗n次跳下雪橇后，雪橇的速度为Vn满足 解得 狗追不上雪橇的条件是 Vn可化为 最后可求得 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.解法（二）：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，由动量守恒定律可得 第一次跳下雪橇：MV1+m（V1+u）=0 V1= 第一次跳上雪橇：MV1+mv=（M+m） 第二次跳下雪橇：（M+m）=MV2+m（V2+u） V2= 第三次跳下雪橇

32、：（M+m）V3+M+m（+u） = 第四次跳下雪橇： （M+m）=MV4+m（V4+u）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/s5（1）nqU（2）（3） （4）见分析和解（5）不行分析和解因粒子每绕行一圈，其增加的能量为qU，所以，绕行第n圈时获得总动能为EnEknqU(2)由(1)可求得第n圈的速度，由 ,有 在磁场中，由牛顿定律，得 即 （3）粒子始终保持做半径为R的匀速圆周运动，所以每一圈的时间 ，显然因粒子能量不同，其速度也不同，粒子在第一圈运动时，有 ， 即 同理，粒子在第二圈运动时，有 ， 即 第n圈的速

33、度为 故绕行n圈所需总时间为 图答331 (4) A极电势u随时间t变化的图象如图答331所示 (5)不可以因为这样会使粒子在A、B两极板之间飞行时， 电场力对其做功十qU，从而使之加速，在A、B板之外(即回 旋加速器内）飞行时，电场又对其做功qU，从而使之减速粒子绕行一周电场对其所做总功为零，能量不会增大6分析和解设空载时Rf上电压为Ux, 根据分压原理： Ux/Rx = U/R当接入负载Rf时, 同理可推知输出电压为根据Uf/Ux90%, 可得，以R = 100代入, 还可得，根据得即负载电阻Rf的最小值为7（1），（2）分析和解（1）设小球B第一次射入后再弹出时，小球A的速度大小为v1，根据动量守恒定律 Mv0pMv1p，解得小球A动能的减少是（2）设每次小球B射入后弹出时，小球A的速度依次为v1、v2、v3vn1、0，由动量守恒定律得 Mv0pMv1pMv1pMv2pMv2pMv3pMvn1p0p等式两边相加得Mv0npnp则，总时间8可行分析和解带电粒子进入电场，经电场加速，设离开电场时速度为v，根据动能定理： 图答332粒子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图答332所示， 设圆周半径为R，由几何关系可得：解得 R5L/8又洛伦兹力提供向心力，则qvBmv2/R 解得8mv5qBL，消去v，得 专心-专注-专业