四、数列之美-学科融合研究高中物理与数学

学科融合研究高中物理与数学 四、数列之美 数列 【必备知识】 物理情境中有很多问题与数列有关，某一复杂物理过程中如果同一物理情境重复出现， 往往会涉及数学归纳法和数列知识. (1)高中物理涉及的数列知识主要有等差数列和等比数列的通项公式以及它们的前n项 和公式. 解题的基本思路分三步： 第一步，逐个分析开始阶段的几个物理过程； 第二步，利用数学归纳法寻找变化物理量的通项公式； 第三步，应用数列知识分析求解. (2)等差数列的通项公式为a,=a1十(n-1)d,前n项和公式为S。=n(a,十，)=a1十 2 n(n1)d,其中a为首项，d为公差。 2 (3)等比数列的通项公式为an=a1q”1. a(1-q") 1-q ,9≠1， aanq 等比数列前n项和公式为Sn= 或Sn= 1q,9≠1， 其中a1为首 na1,q=1, (na1,q=1, 项，q为公比. 【经典例题1】一质点从原点O沿x轴正方向运动，位移为α，紧接着转折90°沿y轴 正方向运动，位移为ar,再折转90°沿x轴正方向运动，位移为ar2,再转折90°沿y轴正方向 运动，位移为ar3,…以此继续下去，求质点运动的轨迹.(r<1,a≠0且a为常数) 【解析】由于<1，每次折转后的位移均比前一次的位移小，画出的示意图如图所 示，取轨迹中的坐标为(x,y)的任意点进行研究，则有 x=a+ar2+ar+ar5+… y=ar+ar3十ar5+ar2+… 可见，x、y均为一个首项分别是a、ar,公比为r2的等比数列 ar arz 0 ·094 学科融合研究高中物理与数学 之和， 所以x=4C1一）4三y=a1二”， 1-r2 1-r2 1-2, 则有2-y=a1-)=a户，=ax. a (x- 上式可以写成 2 2 这是一个双曲线方程，可见该质点的轨迹是双曲线的一部分 【经典例题2】A、B两点相距为s,将AB等分为n段，小车从A点静止出发，第一段 面 的加速度为a,第二段的加速度为a十分，第三段的加速度为a+公，，求小车到达B点的 n 速度 【解析】对每一小段应用一v2=2ax即可. 第1段：2=2·a·氵； 第2段：w2-2=2…(a+分）·产： 第3段：w2-w=2:a+）·京 第n-1段：2-，g2=2.「a+n-2)a1.三； 第n段：0B2-0,-12=2·a十 n-1)a].s n 全部求和并化简，可得B= /(3n-1)as n 【经典例题3】一个小球从20m的高度自由下落，碰着地后又竖直弹起，每次弹起时 的速度是着地时速度的号，求小球从开始下落到停下来所用的时间。 【分析】若第1次落地的速度为，则第1次弹起速度为号，第2次弹起速度为 v,第3 次起跳速度为 0,…,最后1次弹起速度为 (号).每次都做室直上抛运动，求出每次的时 间再相加即可. ·095 学科融合研究高中物理与数学 【解折】台由下落的时间为=√西-2，第1次落地的验度为=2=20m, 第1次弹起到落地时间为t1= -（传 第2次弹起到落地时间为t2 g 第3次弹起到落地时间为与= … 第n次弹起到落地时间为tm= g 小球从开始下落到停下来所用的时间为 t=to十ti1十t2十t3十…十tn=to+ 号+得+得++得 4×1-(层 =2+ 1 2 =2+81-(层)门 当n>+0∞时，t=10s. n 【经典例题4】有n块质量均为m、厚度均为d的相同砖块被平放在水平 地面上，现将它们一块一块地叠放起来，如图所示，人至少要做多少功？ 2 1 晶【解析】将平放在地面上的砖块一块一块地叠放起来，每次克服砖块的重 77777777777 力做的功不同，因此需要一次一次地计算递推出通式. 将第2块砖平放在第1块砖上，人至少需克服重力做功为W2=mgd, 将第3、4、…、块砖依次叠放起来，人克服重力至少所需做的功分别为 W3=mg·2d, W4=ng·3d, Wn=mg·(n-1)d. 所以将n块砖叠放起来，人至少要做的总功为W=W2十W3十…十Wm=gd十g· 2d+mg·3d+…+mg·(n-1)d=nn-1) 2 mgd. 【点评】此题也可用整体法求解除第1块不需要叠放，需要叠放的砖有（一1）块，该（一1）块总重心 的高度需要升高'受人至少要做的总功应为克服a一1)块砖的总重力微的功，则有W=(口一mg受 nd ·096 学科融合研究高中物理与数学 【经典例题5】如图所示，一轻绳吊着一根粗细均匀的棒，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，两者相互间的最大静摩擦力等于滑动摩擦 环 力kg(k>1).现断开轻绳，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. (1)求棒在第1次与地面碰撞后弹起上升的过程中环的加速度； (2)求从断开轻绳到棒与地面第2次碰撞瞬间的过程中，棒运动的路程s; (3)求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. 骨【解析】1)设棒第1次上升的过程中环的加途度为柔，由牛顿第二定律有 环二 mg一mg=(k-1)g,加速度方向竖直向上. 2 (2)绳断后，环、棒一起做自由落体运动，棒与地面发生第1次碰撞时两物体的速度大小 均为，由机横能守恒得2mgH=号×2m。 解得y=√2gH. 设棒弹起后的加速度为4棒，由牛頓第二定律有a特=_mg十mg=一(k十1)g, m 故棒第1次弹起的酸大高度为日，三。= 路程=H+2H,一会套斜H (3)解法1：设棒第1次弹起经过t1时间后与环达到共同速度)'，规定向上为正方向. 对环分析有v'=一U一a环t1, 对棒分析有v′=U十a特·t1, 联立解释=√四m k 环的位移h环1=一t十方1环42=一 捧的位移A=十04=6会是H. 1 2 环第1次相对棒的位移为x1=h环1一h棒1， 解得1=一是 2H 棒、环一起下落至地，有22-01′2=2gh特1， 2gH 解得=√ ·097 学科融合研究高中物理与数学 2H 同理，环第2次相对棒的位移为x2=h环2一h棒2=一 2 以此类推，环第n次相对棒的位移为工，= 2H 及n, 2H 故环相对棒的总位移为x=十x十…十工，=一' 所以W=kmgx= 2kmgH k-1 解法2：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， 由能量的转化和守恒定律有mgH十mg(H十l)=kmgl, 2H 解得1= 故摩擦力对环和棒做的总功为W=一kmgl=一 2kmg H k-1 【点评】①在高考压轴题中常涉及多个物体多次相互作用的问题，求解这类题往往需要根 据题目条件逆推通项公式并求和，. ②一对滑动摩擦力做功的总和W=一f5相，5湘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. 【经典例题6】如图所示，由绝缘材料制成质量为m的绝缘球与质 量为M=19m的金属球并排悬挂，现将绝缘球拉至与竖直方向成夹角日为 60°的位置后自由释放，下摆后在最低点处与金属球发生弹性碰撞.在平衡位 置附近存在垂直于纸面的磁场，已知由于磁场的阻尼作用，金属球将于再次 Mm 碰撞前停在最低，点处.求经过碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度小于45°的次数， 【解析】设在第m次碰撞前绝缘球的速度为1，第n次碰拉后绝缘球，金属球的速 度分别为n和Vm·由于为弹性碰撞，设速度向左为正方向，则根据动量守恒与机械能守恒得 mu-1=MV-mun, m=号MW+a, 1 联立上式及M=19m,解得%=品w1V.= 1 第n次碰撞后绝缘球的动能为 E=m,=n(0-=0.81E Ek为第1次碰撞前的动能，即初始能量. 绝缘球在0=0=60°与0=45°处的势能之比为 ·098 学科融合研究高中物理与数学 E=mgl(1-cos0D=0.586, E。mgl(1-cos0) 中1为摆长，由以上式子可知经n次碰拉后有(0,8），易算出(0,81)≈0.6丽 (0.81)3≈0.531，因此，经过3次碰撞后0将小于45°. 【经典例题7】如图所示，足够长的固定木板的倾角为37°，劲度系数k=36N/m的 g 轻质弹簧的一端固定在木板上的P点，图中A、P间距等于弹簧的自然长度.现将质量= 1kg的可视为质点的物块放在木板上，在外力作用下将弹簧压缩到B点后由静止释放.已知 物块与弹簧不栓结，木板PA段兆滑，AQ段粗楷，物块与AQ段木板间的动摩擦因数以=， 物块在B点释放后向上运动，第一次到达A点时速度大小为vo=3√3/s.(重力加速度g 取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8) (1)求物块第一次向下运动到A点时的速度大小1； (2)已知弹簧的弹性势能表达式为-x(其中x为弹簧的形 wWWIl A 变量)，求物块第一次向下运动过程中的最大速度值； (3)求物块在A点上方运动的总路程s和总时间t. 解析)设物块上滑和下滑时的加速度分别为Q,则根据牛频第三。 mgsin37°+μngcos37°=ma1, mgsin37°-mgcos37°=ma2, 解得a1=9m/s2,a2=3m/s2. 由运动学规律知v2=2a1x1,012=2a2x1, a-3 m/s. 1 解得= Na√3 (2)物块速度最大时所受合外力为零，则有k.x=mgsin37°， 根福机找能守恒定律知kr+2m心=mgsn37,r十 2n012, 解得v=√J10m/s. (3)由功能关系得出物块的动能叁部转化为摩擦力做功，因此有)m2=mg0s37, 解得s=4.5m. 设每次到达A点的速度依次为V0、U1、1、V2、2、V3、v3、… 由第(1)问可知w::::u4:…=33:3:√5：1：是：… 3 ·099 学科融合研究高中物理与数学 设物块每次从A点向上运动到最高，点的时间依次为t1、2、t3、…,从最高，点向下运动到A ,点的时间依次为t'、t2't'、…,则有 =,t= 4 ,… a, 总时间t=(t1十t2十t3+…)十(t1′+t2'+t3'+…) a2 =(2+√3)s. 【经典例题8】大空垃圾具有巨大的破坏力，某次在发射同步卫星时脱落一个质量为 面 o=1kg的碎片垃圾，此碎片在近地点距离地心为地球半径R、远地点距离地 心为7R的椭圆轨道上运动，其在近地点时速率为v=10.5k/s,恰与前方一 稳定运行的近地卫星相撞，如图所示.撞击后碎片留在卫星内，卫星质量为 =1000kg.撞击时间为t=0.1s,第一宇宙速度为y=7.9km/s. (1)试估算卫星受到碎片的撞击力大小. 撞击点 (2)科学家研究用气体脉冲发射至目标碎片处，使碎片减速坠入大气层烧毁，若气体脉冲 为多个快速、断续发射的独立脉冲气团，每个脉冲气团质量为△=0.05kg,脉冲团对地的初 速度假定为零（可为脉冲发射器沿卫星运动方向反向、短时喷射产生），碎片与气团撞击后瞬 间共速，而后气体很快扩散至周围空间且不影响碎片运行，然后碎片立刻与下一气团相撞.题 干所述碎片。在近地点撞击多少块气团后速度将小于第一宇宙速度（气团小于第一宇宙速 度后会进人大气层烧毁)？ (3)假设碎片在半径为R的近地轨道上做圆周运动，通过向碎片喷气的方式使碎片得到 径向速度，从而改变其轨道.假设当碎片轨道近地点到地心的距离小于0.9R时碎片可落入 大气层烧毁，求碎片需要得到的径向速度的大小（已知万有引力势能为E=_GM”,碎片单 位时间扫过面积为，4为切向速度)。 【解析碎片与卫星碰接过程中2用动液定荐：洛心十m 对碎片应用动量定理，得-Ft=o2一U1, 联立以上两式解得F=2.6×104N. (2)与第一块气团相撞过程中应用动量守恒定律，有，v=(,十△m)U, 解得，=n, 0+△m ·100 学科融合研究高中物理与数学 与第二块气团相撞过程中应用动量守恒定律，有U=(十△m)2, mo 解得2= 1n12 m+△m U. mo+△n/ 同理可得vn= mo mo+△m v,n<1. 1 由0.=(1+0.05 X10.5km/s<7.9km/s, 解得n=6. (3)设椭圆轨道速度为= GM ,新椭圆轨道近地，点速度为，所需的径向速度为，， 则有 2m(,2+u,2)-GMm1 1 R 2mv2-GMm 0.9F 24R=09R. 1 两式联立，解得u,=g=878m/s. 【经典例题9】如图所示，一排人站在沿x轴的水平轨道旁，原点O两侧的人的序号 都记为n(=1,2,3…),每人只有一个沙袋，原点O右侧的每个沙袋质量m=14kg,原点O 左侧的每个沙袋质量m'=10kg,一质量M=48kg的小车以某初速度从原点出发向x轴正 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朝与车速相反 的方向沿车面扔到车上，u的大小等于扔此袋之前的瞬间车速大小的2m倍（是此人的序号 数) ⑨⑨⑨ ⑨⑨⑨ 入入入 …3210123 (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？ 【命题意图】本题以动量守恒定律及碰撞等知识为载体，创设人扔沙袋的物理情境，考查 选取研究对象的能力、分析能力、推理归纳能力以及临界条件的挖掘能力. 【解析】1)小车在工轴正方向滑行时，设车的初速度为西，令第n个沙袋扔到车上 后的车速为口m,则根据动量守恒定律，有 [M+(n-1)mJv-1-mX2nv-=(M+nm)v, 解得u=Mnm,. M+nm ·101 学科融合研究高中物理与数学 小车反向运动的条件是<0， Um-1 即M-(n+1)m<0, 易得n=3. (2)在车朝x轴负方向滑行的过程中，设第(n一1)个沙袋扔到车上后车速为o,-1',第n 个沙袋扔到车上后车速度为Vn(取向左方向为正. 根据动量守恒定律有[M+3m十(n-1)m]u,1′-2mm'-1=(M+3m十m')v,', 解得，'=M+3m-(n+1)m M+3m+nm 车不再向左滑行的条件是un'>0,vm-1'≤0. 即M+3m-nm'>0,M+3m-(n+1)m'≤0，故8≤n<9. 取=8时，车停止滑行，所以车上最终共有大小沙袋11个 【经典例题10】如图所示，空间等间距分布着水平方向的条形匀强磁场，竖直方向上 W 磁场区域足够长，磁感应强度B=1T,每一条形磁场区域 dd dd d dd dd 的宽度及相邻条形磁场区域的间距均为d=0.5m,现有一 Po + 边长1=0.2m、质量m=0.1kg、电阻R=0.12的正方形 0 沙 线框MNOP以o,=7m/s的初速度从左侧磁场边缘水平 × 进入磁场、 xi (1)求线框MN边刚进入磁场时受到安培力F的大小； (2)求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; (3)求线框能穿过的完整条形磁场区域的个数. 【解析】1)线框MN边刚开始进入磁场区战时， 安培力F=BIl=Bl Blvo R 解得F=2.8N. (2)设线框竖直下落H时的速度为VH, 根据能量守恒定律知mgH+)mw2=Q+7m0m2, 由于线框在竖直方向上做自由落体运动，根据自由落体规律得VH=2gH,解得Q= 1 m2=2.45J. (3)在线框穿过第1个条形磁场区域左边界过程中，平均感应电动势为EB t, 手均感应电流为1一发， ·102 学科融合研究高中物理与数学 平均安培力为F=BI, 根据动量定理有一F△t=m0一m, 解得一三mw二m· 同理在线框穿过第1个条形磁场区战右边界过程中有一B R=mv'-mv, 所以在线框穿过第1个完整的条形磁场过程中有一 B213 R =mw′-m, 即mu,'=mw-2B月 R· 同理可得在线框穿过第2个完整的条形磁场区城过程中有m4'=m'一2B? R 22B3 R 同理可得在线框穿过第3条形磁场区域过程中有m购'=m,一32 R· 2B3 由此可归纳出线框能穿过n个条形磁场区域后动量m0m'=n一n R 设线框能穿过n个条形磁场区域后速度变为0，则有0=mv一n 2B213 R' mR_0.1×7X0.1 所以有n=2B元-2X1X0.2≈4.4， 由此可得，可以穿过4个完整的条形磁场区域 【点评】本题中通过分析，归纳出线框能穿过n个条形磁场后动量vn'是一个公差为 -2 B 尺的等差数列，从而进行定量计算， 【经典例题11】使一原来不带电的导体小球与一电荷量为Q的导体大球接触，分开 之后小球获得电荷量q,同时给大球补充电荷，使它的电量恢复为Q.之后，让小球与大球反复 接触、分开，并且在每次分开后，都给大球补给电荷，使它的电荷量恢复到原来的Q值.那么 通过这样反复地接触，小球可能获得的最大电荷量是多少？ 解析胶经过第1次，第2次，…，第n次接触后，小球的电有量依次为又 q),q2,qa,…,q,大球的电荷量依次为Q1(Q1=Q一q),Q2,Q,…,Q,因两球接触时电势相 等，由点电荷电势公式可得8-8一&=…一& Q. 第2次接触后，由电荷守恒和电势相等的条件知两球的电荷量为Q十q=Q2十q2,所以 Q2=Q+q1一92， ·103x=否对称，所以2（需-m)=r十变（∈）， 即m=经-是k∈Z,所以函数y=sn2x 的图像向左平移或向右平移登后得到丽数 f(x),当平移量的绝对值最小时，向左平移量 是登·函数f代x)的初相为晋 [达标演练2] 函数y=-arcsin3e[，])， arcsin 3x=I Γ2y, 所以反函数是y= 3cosx(x∈[0，π])，B 正确.故选B. [达标演练3] (1)根据△x=vt,得△x=4×2.5m= 10m,所以P波刚好传到10m处，Q波刚好 传到原点处，根据“上坡下振，下坡上振”法， 可画出此时的波形图如图所示. y/cm 6、 10x/m ·210 (2)把x=0与x=10分别当作P、Q两 列波的波源位置.根据题干，两波源的振动频 率相同、振动方向相反，两列波叠加时，加强 条件是1x10-x)1=22以(x∈[0,10]， n=0,1,2,…),得振幅最大的平衡位置有x= 3m和x=7m, 减粥条件是1x-(10-)川=2受1(x∈[0， 10],n=0,1,2,…),得振幅最小的平衡位置 有x=1m、x=5m、x=9m. 四、数列之美 数列 [达标演练1] 小球每次运动半圈，细绳就缠在钉子上， 半径由L变为L-d、L-2d、L-3d…,最后 一次为d,整个过程速度不变，只要求每次的 半个周期再求和就可达到目的. 在小球做匀速圆周运动的过程中，由于细 绳不断缠在A、B上，其轨道半径逐渐减小. 小球受到的绳子的拉力提供向心力，即 F=m号，且F随R的减小而增大，而运动的 半个周期t=”随绳长的减小而减小.推算出 每个半周期的时间及周期数，就可求出总时 间.根据绳子能承受的最大拉力，可求出细绳 拉断所经历的时间. 在第1个半周期内F=m艺4- 02 mv 在第2个半周期内F,=一红 π(L-d) 在第3个半周期内F3=m-2a= π(L-2d) 以此类推，在第n个半周期内 R=mT分174-L-?1山 2 由于a (1)小球从开始运动到细绳完全缠到A、 B上的时间 t=t1十t2十t3十…十tn =L+(L-+(L-2d+…十 7】 π[L-(n-1)d] =x{nL-[d+2d+3d+…+(n-1)d]} 7) =x.nl-(n-1)[d+(n-1)d] 2 =(n+1)nπd 2v (2)如果细线的最大张力为F,由(1)知， 当细绳中拉力增大到F时细绳将断， 设在第x个半周期时细绳拉力为F, F-mL-(x-Dd' 则L-(x-1)d=m 解得=L)+1 结合.=[L-1-1)d,解得t, mv U F· 从开始运动到线断裂需要的时间为t= 6十t2+t十…十t,=L+L-2+ (L-2+…+[L-(x-1) ) =π{xL-[d+2d+3d+…+(x-1)]} 7 ·211 =x.xd-(x-1)[d+(x-1) 2 =（x十1)xπd 2v 所以t= [引-+[-)+ [达标演练2] 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. 1 由功能关系得mgh=2m+mgcos0· sin 以沿斜面向上为动量的正方向.由动量定 理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量为I= mu-m(-v). 设碰撞后小物块所能达到的最大高度为 ha则2mu2=mghn十mgcos: sin 0' 同理，有mghm=乞mv?十mgcos0· hm sin I'=mw-m(-v'), 式中，为小物块再次到达斜面底端时 ·212 的速度，'为再次碰撞过程中挡板给小物块的 冲量. 联立解得'=kI, 式中k=。 tan 0-u tan0+μ 由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获 得的冲量成等比数列，首项为 11=2m2gh(1-,) tan 0' 总冲量为I=I1十I2+I3+I4=I1(1+ k十k十k3). 由1十k十k2十…十k-1=1-k" Γ1-k1 解得1-12m2-品 代入数据得I=0.4(3十√6)N·s. [达标演练3] 物体1的位移为(n一1)L,则拉力F所做 的功Wr=F·(n-1)L=(n-1)FL,故A错 误.系统克服摩擦力做的功 W:=mgL+mg·2L+…+mg· (n-2)L+mg·(n-1)L=n(n-1)mgL、 2 故B正确. 根据题意，连接第个物块的线刚好拉 直时整体速度正好为零，假设没有动能损失， 由动能定理有W=W,解得F=m竖，现由 2 于细线绷紧瞬间系统有动能损失，所以根据 功能关系可知F>m8,C正确.到连接第n 2 个物块的线刚好拉直时整体速度正好为0，可 知在连接第n个物体的线拉直前，前面(n一 1)个物块一起运动时做减速运动，即F<(n一 1)mg,D错误.故选BC. [达标演练4] 小车与墙碰撞后，应以原速率弹回.铁块 由于惯性继续沿原来方向运动，由于铁块和 车的相互摩擦力作用，过一段时间后，它们就 会相对静止，一起以相同的速度再向右运动， 然后车与墙发生第2次碰撞，碰撞后，又重复 第1次碰后的情况.以后车与墙就这样一次 次碰撞下去.车每与墙碰撞一次，铁块就相对 于车向前滑动一段距离，系统就有一部分机 械能转化为内能，车每次与墙碰撞后，就左、 右往返一次，车的总路程就是每次往返的路 程之和. 设每次与墙碰撞后的速度分别为)、2、 3、·、n,车每次与墙碰撞后向左运动的最远 距离分别为、52、53、…、S 以铁块运动方向为正方向，在车与墙第 (n一1)次碰撞后到发生第n次碰撞之前，对 车和铁块组成的系统分析，由动量守恒定律 有(M-m)vm-1=(M+m)vm, M-m 1 所以vm一M+m m-1=5-1 由这一关系可得”= 5%-号 一般地，有0一六’ 由运动学公式可求出车与墙发生第次 ==2. 碰撞后向左运动的最远距离为s,=2a一2a 52m-2· 类似地，由这一关系可递推到、= 2a' 、。，、12 1 2a'5n=2a‘52, 所以车运动的总路程s总=2(s十s2十3十 …十Sm） ·213 -2×1+京+京 2a y12 1 、2 25 a1一 1 a 24 因为v1=wo=3m/s, a=4 Mg-15。 m 2m/s2, 所以总路程s6-骨m 五、导数与微元的思想 1.导数 [达标演练1] 设船头与上游（或下游）河岸的夹角为0， 分别以o1、2、d表示题中水速、船在静水中 的速度和河宽， 02N 01 则有下列关系： 渡江时间t=4 v2 sin a' 船向下游漂流距离s=(v1一2cos)t, 船的位移x=(d+s2) v2sin 0 ·214 对变量0进行求导得 dvvsin(v22v vcos cos0 vsin20 vu 2+v2-2v vcos 0 当x'=0,即y2sin0-(v2+22-2uw· cos)cos0=0时，x取最小值， 此时cos0==0.8,因此渡江过程中， 船应保持与上游河岸的夹角为37°渡江. [达标演练2] 根据题意对B=Bosint求导，可知AB= △t B,cost,由法拉第电磁感应定律可知，线圈中产 生的感应电动势为E-=Bos,所 以线圈中产生的是余弦（正弦）交流电，电动势的 最大值为Em=B,π2，由闭合电路的欧姆定律 知感位电流的最大值为1。-最-录，， 电阻R,两端的电压的最大值为Um=ImX 2R=二2B电压表的示数为有效值，则其 示数为U-U=EB,,故选C √2 3 [达标演练3] 穿过三角形线框的磁通量表达式为