08 例析“线性变化力f=kv“的冲量及应用-《中学生数理化》高考理化2025年3月刊

图3 􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘􀥘 有Δt= k+ 3 4 T(k=0,1,2,…),λ=23Δx, v= λ T ,解得v= (4k+3)Δx 6Δt (k=0,1,2,…)。 答案:ABD 点评:考虑到初始时刻质点P 的振动方 向具有双向性,波形具有时间周期性和空间 周期性,画出满足题述条件的P、Q 两质点之 间所有可能出现的四种波形,是顺利求出满 足题述条件的波速的四组通解的前提条件。 (多选)一列沿水平方向传播的简谐横波 在t=0时刻的波形如图3所示,已知这列波 的振幅为8 cm,t=0时刻平衡位置位于坐标 原点的质点A 的位移y0=-4 cm,平衡位置 位于x1=5.5 m 的质点 P 的位移为0,且 t1=2 s时刻,质点A 恰好到达波峰。下列说 法中正确的是( )。 A.这列波的波长为5.5 m B.这列波的波长为6 m C.这列波的波速可能为3 m/s D.这列波的波速可能为5 m/s 参考答案:BD (责任编辑 张 巧) 例析“线性变化力f=kv”的冲量及应用 ■湖北省松滋市第一中学 刘万强 一物体在线性变化力f=kv 的作用下 运动时,加速度不恒定,若应用牛顿第二定律 列式,则会受数学知识限制而无法定量分析。 线性变化力f=kv 的平均值f=kv 在一段 时间Δt内的积累———冲量I=f·Δt=kv· Δt=kx,可见线性变化力冲量的大小与对应 的位移成正比。根据力与运动的独立性,在 x 轴方向上应用动量定理,则fx·Δt=m· Δvx,即Δvx= kx m ,这表明沿x 轴方向速度的 变化量与位移x 成正比;在y 轴方向上应用 动量定理,则fy·Δt=m·Δvy,即 Δvy= ky m ,这表明沿y 轴方向速度的变化量与位移 y 成正比。因此,应用动量定理分析与求解 这类问题会非常方便简捷。下面分类剖析四 类常见的物体在线性变化力f=kv 作用下 的运动问题,供同学们参考。 一、物体在线性变化力f=kv 作用下的 直线运动 运动情境:一质量为 m 的雨滴从高空h 处由静止开始下落,雨滴下落过程中受到的 空气阻力始终与速度成正比,方向始终与运 动方向相反,即f=-kv,雨滴落到水平地面 上时已达最大速度,已知重力加速度为g。 过程分析:雨滴在下落过程中受重力mg 和空气阻力f 作用,根据牛顿第二定律可知, 雨滴的加速度a= mg-kv m =g- k m ·v,因此 雨滴由静止开始做加速度逐渐减小的加速运 动,当加速度减为0后做匀速运动,其最大速 度vmax= mg k 。 定量研究:对雨滴下落的全过程应用动 量定理得mgt-kvt=mvmax,又有vt=h,解 得运动时间t= m k+ kh mg 。 雨滴受线性空气阻力作用做直线运动, 即先做加速度逐渐减小的加速运动,再做匀 速运动。因加速度变化,故无法应用牛顿第 二定律和运动学公式求时间。而线性空气阻 力的冲量大小与对应的位移成正比,故可以 03 解题篇 创新题追根溯源 高考理化 2025年3月 应用动量定理进行定量分析。 图1 例 1 如图1所示,用特 殊材料制成的水平直杆上套有 一小圆环,杆足够长。小圆环沿杆运动时所 受阻力与速度成正比。当小圆环的初速度为 v时,最大位移为x1;当小圆环的初速度为 2v时,最大位移为x2。则x1∶x2 为( )。 A.2∶1 B.1∶ 2 C.1∶2 D.2∶1 解析:小圆环所受阻力与速度成正比,可 应用动量定理进行定量分析。设小圆环的质 量为m,阻力与速度的关系为f=kv,根据动 量定理得fΔt=mv0,则k∑vΔt=mv0,即 kx=mv0,解得x= mv0 k 。因此x1 x2 = v 2v= 1 2 。 答案:C 二、物体在线性变化力f=kv 作用下的 阻尼抛体运动 运动情境:某同学将一乒乓球从距水平 地面高h处的A 点以初速度v0 水平抛出,乒 乓球运动过程中受到的空气阻力始终与速度 成正比,方向始终与运动方向相反,落到水平 地面上的B 点时速度方向与水平地面间的 图2 夹角为45°,如图2所示。 已知乒乓球从A 点抛出 时受到的空气阻力最大, 且最大值恰好等于乒乓 球自身重力,重力加速度 为g。 过程分析:乒乓球被水平抛出后,其轨迹 为曲线,下落过程中受重力 mg 和空气阻力 kv作用。在水平方向上,加速度ax= kvx m ,乒 乓球做加速度逐渐减小的减速运动;在竖直 方向上,加速度ay= mg-kvy m ,乒乓球做加 速度逐渐减小的加速运动。 定量研究:从 A 点到B 点,根据动量定 理,在水平方向上有-kvxt=mvx-mv0,在 竖直方向上有mgt-kvyt=mvy,其中vxt= x,vyt=h。利用配速法把乒乓球的运动分解 为竖直向下的匀速运动和斜向右上方45°的 减速运动,而tan 45°= kvx mg-kvy ,则vx = vy= v0 2 ;在 B 点,根据速度的分解有vB = 2vx= 2vy,则水平位移x= v20 2g ,运动时间 t= h v0 + v0 2g ,速度vB= 2v0 2 。 乒乓球受线性空气阻力作用做阻尼抛体 运动,可把其运动分解为竖直向下的匀速运 动和斜向右上方45°的变减速运动。因变减 速运动的加速度变化,故无法应用牛顿第二 定律和运动学公式求时间,而线性空气阻力 的冲量的大小与对应的位移成正比,故可以 应用两个方向的动量定理求解相关物理量。 例 2 (多选)如图3所示,空间等距分 布着垂直于纸面向里的匀强磁场,沿竖直方 向磁场区域足够长,磁感应强度B=2 T,每 一条形磁场区域的宽度及相邻两条形磁场区 域的间距均为d=1 m。现有一个边长l= 0.5 m,质量m=0.2 kg,电阻R=2 Ω的单 匝正方形线框,以初速度v0=6 m/s从左侧 磁场边缘水平进入磁场区域,下列说法正确 的是( )。 图3 A.线框刚离开第一个磁场区域时的水 平速度为2.5 m/s B.线框每通过一个磁场区域,速度的变 化量相同 C.线框从开始进入磁场到竖直下落的过 程中产生的焦耳热为3.6 J D.线框从开始进入磁场到竖直下落的 过程中能穿过2个完整的磁场区域 解析:线框通过每一个磁场区域的过程 中,在水平方向上受到的阻力与速度成正比, 可应用动量定理进行分析。线框从开始进入 13 解题篇 创新题追根溯源 高考理化 2025年3月 磁场到刚离开第一个磁场区域的过程中,在 水平方向上,根据动量定理得- B2l2vx R ·t= mvx - mv0,其 中 vxt=2l,解 得 vx = 3.5 m/s,选项 A错误。线框每通过一个磁 场区域时,受到的水平方向安培力的冲量相 同,水平分速度的变化量相同,而在竖直方向 上做自由落体运动,速度的变化量不同,选项 B错误。线框从开始进入磁场到竖直下落的 过程中,线框上下两边处在磁场中的部分相 同,则上下两边受到的安培力相互抵消,即线 框在竖直方向上只受重力作用,可认为在竖 直方向上做自由落体运动;在水平方向上,线 框在安培力作用下做减速运动,当水平方向的 分速度减为零时,线框开始竖直下落。因此线 框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生 的焦耳热Q= 1 2mv 2 0=3.6 J,选项C正确。线 框从开始进入磁场到竖直下落的过程中,在水 平方向上,根据动量定理得- B2l2vx R ·t总= 0-mv0,其中vxt总=x,解得x=2.4 m。线框 穿过1个完整磁场区域,有安培力作用的水 平距离为2l,且 x 2l=2.4 ,因此线框从开始进 入磁场到竖直下落的过程中能穿过2个完整 的磁场区域,选项D正确。 答案:CD 三、物体在线性变化力f=kv 作用下的 圆周运动 图4 运动情境:如图4所示,一 质量为 m,带电荷量为q 的粒 子(不计重力),从a 点以与边 界成夹角α=53°的方向垂直射 入磁感应强度为B 的条形匀强 磁场,从磁场的另一边界上的b 点射出,射出磁场时的速度方 向与边界间的夹角β=37°。已知条形磁场的 宽度为 d,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 过程分析:带电粒子在磁场中仅受洛伦 兹力f=qvB 作用做匀速圆周运动,根据牛 顿第二定律得 qvB=m v2 r 。 定量研究:从a点到b点,根据分方向动 量定理得qvxB·Δt=mΔvy,其中vx·Δt= d,Δy=vcos α+vcos β,解得v= 5qdB 7m 。 带电粒子在有界磁场中做匀速圆周运动 时,传统的研究方法是确定圆心→找半径→ 利用圆周运动规律和几何关系列式求解,运 算量较大。若采用分方向动量定理分析与求 解,则可获得化繁为简的效果。 图5 例 3 如图5所示,在 0≤x≤h,-∞<y<+∞的 区域中存在方向垂直于纸面 向里的匀强磁场,磁感应强度 B 的大小可调,方向不变。一 质量为m,带电荷量为q(q> 0)的粒子以速度v0 从磁场区 域左侧沿x 轴进入磁场,不计粒子自身重力。 若粒子经磁场偏转后穿过y 轴正半轴离开磁 场,则磁感应强度的最小值为( )。 A. mv0 2qh B. mv0 qh C. 3mv0 qh D. 2mv0 qh 解析:粒子经磁场偏转后穿过y 轴正半 轴离开磁场,在竖直方向上应用动量定理得 qvxB·t=mvy,当vxt=h,vy=v0 时,磁感 应强度取最小值,且Bmin= mv0 qh 。 答案:B 四、物体在线性变化力f=kv 作用下的 轮旋线运动 运动情境:空间内存在电场强度 E= 100 V/m、方向水平向左的匀强电场和磁感 应强度B0=100 T、方向垂直于纸面向里的 图6 匀强磁场(图6中均未画 出)。现 将 一 质 量 m = 0.1 kg,带 电 荷 量 q = +0.01 C的小球从 O 点 由静止释放,小球在纸面 内的运动轨迹如图6中实 线所示,已知运动轨迹上 的A 点离OB 连线最远且 23 解题篇 创新题追根溯源 高考理化 2025年3月 与OB 连线间的距离为l,O、B 两点所在虚 线与竖直方向成45°角,取重力加速度g= 10 m/s2。 过程分析:利用配速法把小球的运动分 解为沿OB 连线方向的匀速直线运动和沿逆 时针方向的匀速圆周运动。小球沿OB 连线 方向的分速度v1= 2mg qB0 ,小球做圆周运动 的半径r= 2m2g q2B20 ,其合运动轨迹为轮旋线。 定量研究:对小球由O 点到A 点的运动 过程应用动能定理得 2mgl= 1 2mv 2,以 O 点为原点,以OB 连线方向为x 轴,以垂直于 OB 连线方向为y 轴,建立平面直角坐标系 Oxy,则 在 x 轴 方 向 上 应 用 动 量 定 理 得 qvyB0·Δt=mΔv,累积求和得qB0l=mv, 解得l= 2 5 m,v=22 m/s。 带电小球在重力场、电场和磁场组成的 叠加场中做轮旋线运动时,传统的研究方法 是利用配速法分解运动进行处理。因洛伦兹 力的冲量的大小与对应的位移成正比,故可 以应用某一方向的动量定理和动能定理顺利 地求解相关物理量。 图7 例 4 如图7所示,磁 控管内局部区域分布有竖直 向上的匀强电场和垂直于纸 面向里的匀强磁场。将电子 从 M 点由静止释放,电子沿 图中轨迹依次经过 N、P 两 点,且N 点离虚线最远,O 为PM 连线的中 点。已知磁感应强度为B,电场强度为E,电 子的质量为m、电荷量为-e,M 点为零电势 点,电子自身重力不计,则( )。 A.电子在N 点的速率为 E B B.N 点离虚线的距离为 mE eB2 C.电子在N 点时的电势能为- 2mE2 B2 D.M、P 两点间的距离为 2πmE eB2 解析:设电子在运动过程中经过任意一 点Q 时的速度为v,以水平向左为x 轴正方 向,以竖直向下为y 轴正方向,则速度v可以 分解为水平分速度vx 和竖直分速度vy。设 M 点到Q 点的竖直距离为d,在电子从M 点 到 Q 点 的 运 动 过 程 中,根 据 动 能 定 理 得 Eevy·t= 1 2mv 2,根据在x 轴方向上满足动 量定理得eBvy·t=mvx-0 ,则当Q 点为N 点时,有vx=v,vy=0,vy·t=d,解得d= 2mE eB2 ,v= 2E B ,选项A、B错误。电子在 N 点 时的动能Ek= 1 2mv 2= 2mE2 B2 ,设电子在 N 点时的电势能为Ep,在电子从 M 点到N 点 的运动过程中,根据能量守恒定律得0= Ep+Ek,解得 Ep=- 2mE2 B2 ,选项 C正确。 对电子从 M 点到O 点的运动过程在竖直方 向上应用动量定理得Ee·t-eBvx·t=0, 其中vx·t=xOM。根据图像可知,电子的运 动具有周期性,也可以认为电子的运动是一 个竖直平面内的匀速圆周运动和一个竖直方 向上的匀变速直线运动的合运动。对于匀速 圆周运动有evB=m v2 r =m 4π2 T2 r,解得运动 周期T= 2πm eB ,即电子从 M 点到O 点的运动 时间t=T= 2πm eB ,所以xOM= 2πmE eB2 。根据 运动 的 周 期 性 可 得,M、P 两 点 间 的 距 离 xMP=2xOM= 4πmE eB2 ,选项D错误。 答案:C 总之,在中学物理的常见运动情境中,若 物体受关于速度的线性变化力作用,如空气 阻力f=kv、安培力 f= B2l2v R 、洛伦兹力 f=qBv等,其速度随时间的积累都可以用位 移表示,即关于速度的线性变化力的冲量与 位移成正比,则选用动量定理进行研究会比 较方便快捷。 (责任编辑 张 巧) 33 解题篇 创新题追根溯源 高考理化 2025年3月