2025届高考物理二轮复习讲义：增分指导一 数学方法在物理中的应用 【含答案】

2025届高考物理二轮复习讲义增分指导一数学方法在物理中的应用应用数学知识处理物理问题的能力具体要求为:(1)能根据具体的物理问题列出物理量之间的关系,能把有关的物理条件用数学方程表示出来.(2)在解决物理问题时,往往需要经过数学推导和求解,或进行数值计算;求得结果后,有时还要用图像或函数关系把它表示出来;必要时还应对数学运算的结果做出物理上的结论或解释.(3)能够运用几何图形、函数图像解决物理问题,要能够对物理规律、状态和过程在理解的基础上用合适的图像表示出来,会用图像来处理物理问题.高中物理解题常见的数学思想方法包括估算法、几何法、函数法、比值法、图解法、极值法、微元法、归纳法、极限分析法、分类讨论法等,经常要用到的数学知识包括平面几何、函数图像、三角函数、不等式、数列、微积分初步等.估算法解决此类问题需要了解一些常见的数据,例如:原子直径数量级为10-10m,地球半径约为6400km,地球自转周期约为1天(24小时),地球公转周期约为1年,近地卫星的运行周期约为85分钟,月球绕地球运行周期约为27天,一个鸡蛋的质量约为50g,中学生的质量约为50kg,课桌的高度约为80cm,每层楼的高度约为3m,自行车的速度约为5m/s,π2≈10,地球表面重力加速度g约为10m/s2,月球表面重力加速度约为地球表面的16等例1我国执行火星探测任务的“天问一号”探测器在成功实施三次近火制动后,进入运行周期约为1.8×105s的椭圆形停泊轨道,轨道与火星表面的最近距离约为2.8×105m.已知火星半径约为3.4×106m,火星表面处自由落体的加速度大小约为3.7m/s2,则“天问一号”的停泊轨道与火星表面的最远距离约为 ()A.6×105m B.6×106mC.6×107m D.6×108m

【技法点拨】对数值计算的处理,第一是得出目标物理量函数关系再计算数值,不要列一个关系式得出一个中间结果,这样不仅使得计算成本提高,而且容易因为每一步的四舍五入导致最终的结果出现偏差,把关系式清晰表达出来,再代入数据,是一种更加科学的计算方式.第二就是要掌握必要的估算技巧,上述解答过程中,将3.7和4抵消、3.42与π2抵消,是一种近似处理,而且结果是取在一个区间内,并不需要最终得出精确的数值.例2[2024·杭州高级中学模拟]如图所示是某同学跳远的频闪图,该同学身高180cm,起跳点为O点.图中辅助标线方格横竖长度比为2∶1,g取10m/s2,则他起跳时的初速度最接近的值是 ()A.4m/s B.5m/sC.6m/s D.7m/s

三角函数法角度1三角函数求极值(1)y=sinα,当α=90°时,ymax=1.(2)y=cosα,当α=0时,ymax=1.(3)辅助角求极值三角函数:y=acosθ+bsinθacosθ+bsinθ=a2+b2sin(θ+α),其中tan当θ+α=90°时,有极大值ymax=a2例3(不定项)某实验研究小组为探究物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系,使某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上运动,如图甲所示,调节斜面与水平面的夹角θ,实验测得x与θ的关系如图乙所示,g取10m/s2.则由图可知 ()A.物体的初速率v0=5m/sB.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.75C.图乙中xmin=0.36mD.取初始位置所在水平面为重力势能参考平面,当θ=37°,物体上滑过程中动能与重力势能相等时,物体上滑的位移为0.1875m角度2正、余弦定理的应用(1)正弦定理在如图所示的三角形中,各边和所对应角的正弦之比相等,即asinA=bsin(2)余弦定理在如图所示的三角形中,有:a2=b2+c2-2bc·cosAb2=a2+c2-2ac·cosBc2=a2+b2-2ab·cosC例4[2024·湖北卷]如图所示,两拖船P、Q拉着无动力货船S一起在静水中沿图中虚线方向匀速前进,两根水平缆绳与虚线的夹角均保持为30°.假设水对三艘船在水平方向的作用力大小均为Ff,方向与船的运动方向相反,则每艘拖船发动机提供的动力大小为 ()A.33Ff B.213C.2Ff D.3Ff例5一振动片以频率f做简谐运动时,固定在振动片上的两根细杆同步周期性地触动水面上a、b两点,两波源发出的波在水面上形成稳定的干涉图样.c是水面上的一点,a、b、c间的距离均为l,如图所示.已知除c点外,在a、c连线上还有其他振幅极大的点,其中距c最近的点到c的距离为38l.则该波的波长为 (A.l B.12C.14l D.1均值不等式求极值由均值不等式a+b≥2ab(a>0,b>0)可知:(1)两个正数的积为定值时,若两数相等,和最小;(2)两个正数的和为定值时,若两数相等,积最大.例6[2024·安徽卷]如图所示,一“U”形金属导轨固定在竖直平面内,一电阻不计,质量为m的金属棒ab垂直于导轨,并静置于绝缘固定支架上.边长为L的正方形cdef区域内,存在垂直于纸面向外的匀强磁场.支架上方的导轨间存在竖直向下的匀强磁场.两磁场的磁感应强度大小B随时间t的变化关系均为B=kt(SI),k为常数(k>0).支架上方的导轨足够长,两边导轨单位长度的电阻均为r,下方导轨的总电阻为R.t=0时,对ab施加竖直向上的拉力,恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动,整个运动过程中ab与两边导轨接触良好.已知ab与导轨间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g.不计空气阻力,两磁场互不影响.(1)求通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式,以及感应电动势的大小,并写出ab中电流的方向;(2)求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式;(3)经过多长时间,对ab所施加的拉力达到最大值?并求此最大值.二次函数求极值(1)二次函数:y=ax2+bx+c①当x=-b2a时,有极值ym=4ac-b24a(若二次项系数a>0,y有极小值②利用一元二次方程判别式求极值.(2)用判别式Δ=b2-4ac≥0有解可求某量的极值.例7[2024·四川成都模拟]如图所示,一半径为R的光滑绝缘半球面开口向下,固定在水平面上.整个空间存在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场.一电荷量为+q(q>0)、质量为m的小球P在球面上做水平的匀速圆周运动,圆心为O'.球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θ=60°.若重力加速度为g,以下说法正确的是()A.从上面俯视,小球沿顺时针方向运动B.球面对小球的弹力大小为23C.小球的速率越大,则小球受到的洛伦兹力越大D.磁感应强度的大小可能为B=2

数学归纳法、数列的应用凡涉及数列求解的物理问题都具有过程多、重复性强的特点,但每一个重复过程均不是与原来完全相同的重复,而是一种变化了的重复.随着物理过程的重复,某些物理量逐步发生着前后有联系的变化.该类问题求解的基本思路为:(1)逐个分析开始的几个物理过程;(2)利用归纳法从中找出物理量变化的通项公式(这是解题的关键);(3)最后分析整个物理过程,应用数列特点和规律求解.无穷数列的求和,一般是无穷递减数列,有相应的公式可用.等差数列:Sn=n(a1+an)2=na1等比数列:Sn=a1(1-qn)例8如图所示,水平地面上放有木板A和滑块B,两者静止在同一直线上,木板A底面光滑,B与地面间的动摩擦因数为μ,某时刻滑块C从左侧以水平初速度v0滑上木板A,已知滑块C与木板A上表面间的动摩擦因数也为μ,滑块C、木板A的质量均为m,重力加速度为g,开始时木板A与滑块B相距L0=v022μg,木板足够长,A与B之间的碰撞均为弹性碰撞,碰撞时间极短,A与B发生碰撞后A反弹,之后木板A每当运动到与滑块B上次碰撞的位置时,恰好不再相对C(1)C滑上A后经多长时间A与B发生第1次碰撞;(2)滑块B的质量;(3)第2次碰撞前,滑块C相对木板A滑动的距离;(4)经n次碰撞,滑块B能运动的总位移.求导的妙用(1)分析物理问题,应用物理规律,将已知量和未知量之间建立一定的函数式;(2)求导数,代入数据求出物理量;(3)求物理量最值时,先求导数,再建立导数为零的独立方程,解方程得出自变量或自变量的表达式,将自变量代入原来的函数式中求出目标量的最大值或最小值.例9[2024·丽水中学模拟]如图所示,一个带正电的绝缘圆环竖直放置,圆环半径为R,带电荷量为+Q,电荷量均匀分布在圆环表面上,将一正试探电荷+q从圆环中心偏右侧一点(图中未画出)的位置由静止释放,试探电荷只在电场力的作用下沿着中心轴线向右侧运动,则下列说法正确的是()A.试探电荷将向右先加速后减速B.试探电荷的加速度逐渐减小C.当试探电荷距离圆环中心为22R时,D.将圆环所带电荷量扩大两倍,则加速度最大的位置右移

例10[2024·学军中学模拟]如图所示,两根平行金属导轨固定在水平桌面上,每根导轨每米的电阻为r0=0.10Ω,导轨的端点P、Q用电阻可以忽略的导线相连,两导轨间的距离l=0.20m.随时间变化的匀强磁场垂直于桌面,已知磁感应强度B与时间t的关系为B=kt,比例系数k=0.020T/s.一电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动,在滑动过程中保持与导轨垂直,在t=0时刻,金属杆紧靠在P、Q端,在外力作用下,杆以恒定的加速度从静止开始向导轨的另一端滑动,求t=6.0s时金属杆所受的安培力大小.参考答案与详细解析例1C[解析]已知火星半径R,则火星近地卫星的周期为T1=2πRgR,设停泊轨道的半长轴为a,由开普勒第三定律可知a3T2=R3T12,整理得a=3gT2R24π2,代入数据得a=33.7×1.82×1010×3.42×10124π例2D[解析]从图中可知,人的高度约占三格竖直线,所以一格竖直线的长度约为y0=1.83m=0.6m,则一格水平线的长度约为x0=2y0=1.2m,从起跳到最高点过程,重心在竖直方向运动了约2格,根据逆向思维有2y0=12gt2,vy=gt,解得t=4y0g,vy=4gy0,水平方向运动了约2格,则有2x0=v0t,解得v0=2x0t=4y04y0g=4g例3BC[解析]由图乙可知,当θ=π2时,物体做竖直上抛运动,摩擦力是零,由竖直上抛运动的速度—位移关系公式可得v02=2gx1,解得v0=2×10×0.45m/s=3m/s,A错误;当θ=0时,物体沿水平面做匀减速直线运动,由动能定理可得-μmgx0=0-12mv02,解得μ=v022gx0=322×10×0.6=0.75,B正确;物体沿斜面向上运动时,由动能定理可得-μmgcosθ+mgsinθx=0-12mv02,代入数据整理可得x=920×0.75cosθ+sinθm≥9200.752+1m=0.36m,C正确;设动能与重力势能相等时,物体上滑的位移为x例4B[解析]对货船S受力分析如图甲所示,其中FT为绳的拉力,根据正交分解法可得2FTcos30°=Ff,对拖船P受力分析如图乙所示,其中F为发动机提供的动力,有(FT'sin30°)2+(Ff+FT'cos30°)2=F2,根据牛顿第三定律可知FT'=FT,联立解得F=213Ff,故B正确例5C[解析]设与c点最近的振幅极大点为d,则ad=l-38l=58l,由余弦定理有bd=cd2+bc2-2bc×cdcos60°=78l,根据干涉加强点距离差的关系有Δx=x1-x2=nλ,则有例6(1)Φ=kL2tkL2从a流向b(2)F安=k2L3tR+art[解析](1)通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式为Φ=BS=kL2t根据法拉第电磁感应定律得E=nΔΦΔt=Δ由楞次定律可知ab中的电流方向为从a流向b.(2)根据左手定则可知ab受到的安培力方向垂直于导轨平面向里,大小为F安=BIL其中B=kt设金属棒向上运动的位移为x,则根据运动学公式有x=12at导轨接入回路的电阻为R'=2xr由闭合电路欧姆定律得I=E联立解得ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式为F安=k(3)由题知t=0时,对ab施加竖直向上的拉力,恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动,则对ab受力分析,由牛顿第二定律有F-mg-μF安=ma其中F安=k联立可得F=μk2L3tR+整理有F=μk2L3Rt+根据均值不等式可知Rt+art≥2arR,当且仅当Rt=art时取等号,F有最大值,此时tF的最大值为Fm=μk2L32Rar+例7C[解析]小球受到的洛伦兹力方向水平指向圆心O',根据左手定则可知,从上面俯视小球沿逆时针方向运动,故A错误;小球竖直方向受力平衡,则有FNcosθ=mg,可得球面对小球的弹力大小为FN=mgcosθ=2mg,故B错误;根据F洛=qvB可知小球的速率越大,则小球受到的洛伦兹力越大,故C正确;水平方向根据牛顿第二定律可得qvB-FNsinθ=mv2Rsinθ,整理可得23m3Rv2-qBv+3mg=0,对于v的一元二次方程,根据数学知识可知,需要满足(qB)2-4×23m3R×3mg≥0,例8(1)5v04μg(2)2(4)v[解析](1)假设A先与C达到共同速度,再与B相碰.设C滑上A后经t1时间,木板A与滑块C达到共同速度v1,该过程A和C组成的系统动量守恒,有mv0=2mv1解得v1=v设此过程木板A的位移为x0,对A由动能定理得μmgx0=12mv解得x0=v028μg<L此过程对木板A由动量定理有μmgt1=mv1-0解得t1=v设再经时间t2,A与B发生第1次碰撞,有L0-x0=v1t2解得t2=3则C滑上A后到A与B发生第1次碰撞经过的时间为t=t1+t2联立解得t=5v(2)设滑块B的质量为M,木板A与B发生第1次碰撞后瞬间B的速度为v1B,木板A的速度为v1A,以水平向右为正方向,A与B之间发生弹性碰撞,对A、B组成的系统,根据动量守恒定律和机械能守恒定律,有mv1=mv1A+Mv1B12mv12=12mv根据木板A总是在与滑块B上次碰撞的位置恰好不再与滑块C相对滑动,可知从A、B碰后到A、C再次共速,A的位移为0,设A、C再次共速的速度为v2,该过程时间为tA,由匀变速直线运动规律有v1A+则v2=-v1AA与B第1次碰后瞬间到C与A相互作用达到共速过程,A、C组成的系统动量守恒,有mv1+mv1A=2mv2联立解得M=2m,v1A=-v13=-v06,v1B=(3)设第1次碰撞前C相对A滑动的距离为ΔL1,对A、C组成的系统由能量守恒定律有μmgΔL1=12mv02-1解得ΔL1=v设从第1次碰撞后到第2次碰撞前C相对A滑动的距离为ΔL2,同理有μmgΔL2=12mv12+12mv1解得ΔL2=v则第2次碰撞前,滑块C相对木板A滑动的距离ΔL=ΔL1+ΔL2=13v(4)第1次碰撞后,A、B做匀变速运动,根据牛顿第二定律分别有μmg=maAμMg=MaB解得A、B的加速度大小aA=μg,aB=μg根据运动学规律有v2=v1A+aAtA解得tA=v设A回到与B第1次碰撞的位置时,B的速度为v1B'则有v1B'=v1B-aBtA解得v1B'=0,所以第2次碰前B已静止,由(3)知,此时A的速度为v2=-v1A=v同理,第2次碰后瞬间,A、B的速度分别为v2A=-v23=-v132,v2第3次碰前B已静止,A的速度为v3=-v2A=v第3次碰后瞬间,A、B的速度分别为v3A=-v33=-v133,v3B=……依次类推,第n次碰后瞬间,B