2025届高考物理三轮复习讲义：累加法（微积分思维）在物理习题中的应用

累加法在解物理题中的应用 1.累加法在物理习题中的应用主要体现在以下几个方面‌： （1）推导公式‌：在物理公式推导中，累加法可以用来推导一些物理量的表达式。例如，推导位移公式。 ‌（2）求平均值‌：累加法可以用来求平均值，通过将多个测量值相加后除以测量值的数量，可以得到一个更准确的平均值‌。例如逐差法求加速度：= （3）解决数列问题‌：累加法在解决等差数列问题时非常有效。通过将数列中的项逐一相加，可以简化计算过程，快速求出数列的通项公式‌。 （4）求位移‌：在匀变速直线运动中，可以通过“无穷分割、逐项累加”的方式计算位移。这种方法类似于微积分中的积分思想，通过将时间分割成无数个小段，每段内近似为匀速运动，然后将每段的位移相加，最终得到总位移‌。() v－t图像与时间轴所围的梯形面积表示位移，如图所示，x＝(v0＋v)t. （5）求功:() 变力的功W可用F－s图线与s轴所包围的面积表示，如图所示．s轴上方面积表示力对物体做的正功，s轴下方面积表示力对物体做的负功． （6）求冲量:() 力和力的作用_时间_的乘积。反映了力的作用对时间的累积效应。F-t图像和坐标轴围成的面积就是这个力在内的冲量． （7）求电荷量:() 经典例题 1. 【累加法求变力做功】用水平拉力拉着滑块沿半径为R的水平圆轨道运动一周，如图所示，已知滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，滑块质量为m，求此过程中摩擦力做的功． 2．一个物体同时受到两个力F1、F2的作用，F1、F2与时间t的关系如图所示，如果该物体从静止开始运动，经过t＝10 s后，F1、F2以及合力F的冲量各是多少？ 3.【累加法求位移】如图所示,足够长的光滑水平平行金属导轨的间距为l,电阻不计,垂直导轨平面有磁感应强度为B的匀强磁场,导轨上相隔一定距离放置两根长度均为l的金属棒,a棒质量为m,电阻为R,b棒质量为2m,电阻为2R.现给a棒一个水平向右的初速度v0,a棒在以后的运动过程中没有与b棒发生碰撞.(a、b棒均始终与导轨垂直且接触良好) （1）求b棒开始运动的方向 （2）当a棒的速度减为时,b棒刚好碰到了障碍物,经过很短时间t0速度减为零(不反弹),求碰撞过程中障碍物对b棒的冲击力大小; （3）棒碰到障碍物后,求 a棒继续滑行的距离 4．随着环境的恶化，导致土壤荒漠化越来越严重。环境治理小组模拟“飞沙走石”的场景，进行了如下实验。，现将两个质量均为的石块、由静止释放在粗糙的平台上，若平台上方始终存在，水平向右的气流，其风力大小恒为。初始时与间的距离为。已知石块、与平台的动摩擦因数分别为和，重力加速度g=，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，石块之间发生的碰撞可视为弹性正碰，且平台足够长。求： （1）AB第一次碰撞后的速度分别是多少 （2）从释放到最终停止所运动的位移及时间。 5.(16 分)如图甲所示，长直光滑水平导轨的左端连有开关S，开关保持断开，导轨右侧连接长直粗糙倾斜导轨，倾角满足 sinθ=0.1，摩擦力大小与速度大小满足f= kv(k未知)，虚线CD和C'D'之间存在磁感应强度大小为B=0.5T、方向竖直向下的匀强磁场。垂直导轨放置的金属杆P、Q，先后向右进入磁场区域。P杆从 CD进人磁场区域到从 C'D'离开的过程，其速度vP随位移x变化的图像如图乙所示，P杆离开磁场前速度已达到稳定。已知P、Q杆的质量 mP= mQ= 2kg，导轨间距为L=2m，两杆电阻均为R=1Ω，其余电阻不计，不计金属杆通过水平导轨与倾斜导轨连接处的能量损失，取g=10m/s2，求: (1)P杆刚进入磁场时的电流和加速度大小; (2)Q杆刚进人磁场时的速度大小; (3)P杆从 C'D'离开磁场区域后，冲上倾斜导轨，经时间t=4.4s 再次返回磁场时恰好与Q杆碰撞(碰撞时间极短)后粘在一起，此时立即合上开关S，求P、Q 两杆的粘合体最终停止处与 C'D'的距离。 6.(18分)如图所示，空间分布着磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向外的匀强磁场,倾角θ=37°的足够长绝缘斜面固定在竖直平面内。t=0时，在斜面上的P点由静止释放一个质量为m、电荷量为q带正电的小滑块(可视为质点)。t=t0时，滑块恰好从斜面上的 M 点离开斜面,此时立即撤去斜面，此后滑块在竖直平面内做周期性的曲线运动，且该运动可看作沿水平方向的匀速直线运动和竖直平面内的匀速圆周运动的合运动。已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，滑块运动过程中电荷量保持不变，重力加速度大小为g，不计空气阻力。求 (1)滑块离开斜面时的速度大小; (2)滑块在斜面上下滑的位移; (3)滑块在竖直平面内运动的最高点与 M 点的高度差, 7.如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t=0时与弹簧接触，到t=2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v-t图像如图（b）所示。已知从t=0到t=t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ（sinθ=0.6），与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求 （1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值； （2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值； （3）物块A与斜面间的动摩擦因数。 参考答案 1.解析 由题意知，滑块所受的摩擦力在整个过程中大小均为F＝μmg不变、方向时刻变化且与滑块运动方向相反，是变力，但是我们可以把圆周分成无数段小微元段，每一小段可近似成直线， 从而摩擦力在每一小段上方向不变，每一小段上可用恒力做功的公式计算，然后各段累加起来，便可求得结果．如图所示，把圆轨道分成s1、s2、s3、…、sn微元段，摩擦力在每一段上为恒力，则在每一段上做的功W1＝－μmgs1，W2＝－μmgs2，W3＝－μmgs3，…，Wn＝－μmgsn，摩擦力在一周内所做的功W＝W1＋W2＋W3＋…＋Wn＝－μmg(s1＋s2＋s3＋…＋sn)＝－μmg·2πR.所以滑块运动一周，摩擦力做功为－2μmgπR. 答案 －2μmgπR 2.[解析：解法一：F­t图像中图线与坐标轴围成的面积表示冲量．由此得，经过t＝10 s F1的冲量I1＝×10×10 N·s＝50 N·s，F2的冲量I2＝－×10×10 N·s＝－50 N·s 合力F的冲量I合＝I1＋I2＝0. 解法二：F1、F2都随时间均匀变化，因此可以用平均力来计算它们的冲量． F1的冲量为I1＝×10 N·s＝50 N·s，F2的冲量为I2＝×10 N·s＝－50 N·s，合力F的冲量为I合＝I1＋I2＝0.] 3.答案 4.【分析】 牛顿定律与直线运动-复杂过程 完全弹性碰撞1：动碰静 利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题 【答案】(1)2m/s;(2)5m，(5+)s 【详解】(1)以B为研究对象，由于F=0.5mg<μBmg=0.75mg 可知碰撞前B处于静止状态，对A进行受力分析，根据牛顿第二定律可得，A的加速度为aA 石块A从静止开始到与石块B碰撞过程，有L= 解得石块A运动时间为t= 1s 石块A与石块B碰撞前的速度为v0=aAt=2m/s A、B发生弹性正碰，根据动量守恒可得mv0-mvA+mvB 由题意可知vA=0，解得A、B碰撞后B的速度为vB=2m/s (2) 碰后B向右做匀减速直线运动，加速度大小为aB= B减速到停下所用时间为 B向右走的位移为=0.8m 此过程A继续从速度为零开始做匀加速直线运动，所走的位移为 =0.64m<0.8m 可知当B停下后，之后A继续跟B发生弹性碰撞，之后的运动遵循相同的规律，经过多次碰撞后，最终A、B紧靠在一起处于静止状态，整个过程，A运动的位移比B运动的位移多L=1m，以A、B为系统，根据功能关系可得 FxA+F(xA-L)=μA mgxA+μBmg(xA-L) 解得A的运动总位移为xA=5m 由于每次碰撞后B获得的速度等于碰撞前A的速度vA，设下一次碰撞前A的速度为，从碰撞后到下一次碰撞前的过程有 可得 可知A每一次碰撞前的速度都是上一次碰撞前A的速度的倍，则A整个运动过程所用时间为 解得 t=(5+)s 5.解析： 6.解析： 7.答案（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值为0.6m （2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值为0.768v0t0； （3）物块A与斜面间的动摩擦因数为0.45。 14 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $$