第二篇 特辑：数学方法在物理解题中的应用-2025版高考物理二轮复习

14特辑:数学方法在物理解题中的应用高中阶段的学科与学科之间都具有一定的联系和知识的交汇,高中物理中包含了大量的数学学科内容,比如函数和图形等都具有数学知识的内容和思想。数学知识与高中物理的融合能给物理内容和知识的呈现带来新的表现方式,高考物理试题的解答离不开数学知识和方法的应用,利用数学知识解决物理问题是高考物理考查的能力之一。借助数学方法,可使一些复杂的物理问题,显示出明显的规律性,能快速简捷地解决问题。一、正弦定理、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=bsin2.余弦定理a2=b2+c2-2bc·cosA,b2=a2+c2-2ac·cosB,c2=a2+b2-2ab·cosC。[典例1]如图所示,一半径为R的半圆形玻璃砖,一束单色光以α=45°的入射角照射到玻璃砖的上表面,已知该玻璃砖对该单色光的折射率为2,光在真空中的速度为c(1)若入射点在圆心O处,光在玻璃砖中传播的时间。(2)要使光线不能从玻璃砖的圆弧面射出,应至少将入射光的入射点向左平移的距离。【解析】(1)光在玻璃砖中的传播速度为v=cn=c2=2c2,折射后光沿某条半径传播,所以光在玻璃砖中传播的距离为R,则光在玻璃砖中传播的时间为(2)将入射点左移,补全光路如图所示,假设入射点为P,折射光线在Q点恰好发生全反射根据折射定律n=sin解得sinγ=sinαn则有γ=30°光线在Q点恰好发生全反射,则sinθ=1n=解得θ=45°根据正弦定理有Rsin(解得OP=63答案:(1)2Rc[典例2]在半径为R的半圆形区域中有一匀强磁场,磁场的方向垂直于纸面,磁感应强度大小为B。一质量为m,带有电量q的粒子以一定的速度沿垂直于半圆直径AD方向经P点(AP=d)射入磁场(不计重力影响)。(1)如果粒子恰好从A点射出磁场,求入射粒子的速度大小。(2)如果粒子经纸面内Q点从磁场中射出,出射方向与半圆在Q点切线的夹角为φ(如图)。求入射粒子的速度大小。【解析】(1)由于粒子在P点垂直射入磁场,故圆弧轨道的圆心在AP上,则AP是轨迹圆的直径。设入射粒子的速度为v1,由洛伦兹力提供向心力mv12d2=qBv1,解得v(2)设O'是粒子在磁场中运动的圆弧轨道的圆心,连接O'Q,设O'Q=R'。由几何关系得∠OQO'=φ而OO'=R'-OP=R'-(d-R)由余弦定理得(OO')2=R2+R'2-2RR'cosφ解得R'=d设入射粒子的速度为v2,由洛伦兹力提供向心力,则mv22R解得v2=qBd(答案:(1)qBd2m二、求解极值问题用到的数学知识1.三角函数法(1)y=sinα,当α=90°时,ymax=1。(2)y=cosα,当α=0°时,ymax=1。(3)y=acosθ+bsinθ=a2+b2sin(θ+α),其中tanα=a有极大值ymax=a[典例3]质量为M的木楔倾角为θ,在水平面上保持静止,当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时,它正好匀速下滑。如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上升,如图所示。已知重力加速度为g,木楔在整个过程中始终静止。(1)求木块与木楔斜面间的动摩擦因数μ;(2)当α和θ满足何种关系时,拉力F有最小值,并求此最小值;(3)当F取最小值时,木楔对水平面的摩擦力是多大?【解析】(1)对木块进行受力分析,受重力、支持力、拉力和摩擦力,如图所示。若不受拉力作用,木块在木楔上沿斜面向下匀速滑动时,根据平衡条件可得mgsinθ=μmgcosθ解得:μ=tanθ。(2)木块在力F作用下匀速上升,根据平衡条件,沿斜面方向上有:Fcosα=mgsinθ+f垂直于斜面方向有:Fsinα+FN=mgcosθ滑动摩擦力为f=μFN解得:F=2mgsinθcos当θ=α时,F有最小值,为Fmin=mgsin2θ。(3)由于木楔及木块均处于平衡状态,整体受到水平面的摩擦力等于F的水平分力,即f'=Fcos(α+θ)当F取最小值时,为Fmin=mgsin2θ,θ=α则f'=Fmincos(α+θ)=mgsin2θcos2θ=12mgsin4θ答案:(1)tanθ(2)θ=αmgsin2θ(3)12mgsin42.利用二次函数求极值二次函数:y=ax2+bx+c(1)当x=-b2a时,有极值ym=4ac-b24a(若二次项系数(2)利用一元二次方程判别式求极值。用判别式Δ=b2-4ac≥0有解可求某量的极值。[典例4]如图,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直,一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关,此距离最大时,对应的轨道半径为(重力加速度为g)()A.v216gC.v24g 【解析】选B。小物块以速度v从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,根据机械能守恒定律有12mv2=2mgR+12mv12,物块从轨道上端水平飞出做平抛运动,2R=12gt2,x=v1t,联立解得水平距离x=4Rv23.均值不等式由均值不等式a+b≥2ab(a>0,b(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。[典例5]如图所示,一段半径为R、圆心角为θ=37°的光滑圆弧BO上端点与斜面AB平滑连接,下端切线水平。质量为m的小球P从斜面上距O点的竖直高度为h=2R处由静止释放,小球从O点水平抛出之后,落入固定放置在水平地面上的竖直四分之一光滑圆弧轨道内,该段圆弧的圆心在O点,半径也为R。小球P在斜面AB上受到的摩擦力为重力的0.2倍,当地重力加速度为g,sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求小球P运动到O点时对圆弧轨道的压力F;(2)若改变小球P下滑的高度h,使小球P从O点抛出后,落至圆弧轨道上时具有最小动能,求此时的下滑高度及对应的最小动能。【解析】(1)由几何关系可知,斜面AB的倾角为37°,设小球P运动到O点的速度为v0,对小球从A点到O点由动能定理有mgh-0.2mgℎ-R(1小球P在O点由牛顿第二定律有FN-mg=m解得FN=19由牛顿第三定律,对圆弧轨道的压力为F=19mg(2)由(1)问知小球P从O点水平抛出,抛出速度v0=由平抛规律得x=v0t,y=12gt如图,由几何关系可知x2+y2=R2联立得v02设落至圆轨道上的动能为Ek,则由机械能守恒定律得Ek=12mv0得Ek=mg4(R2y由数学知识可得,当R2y=3y时,即y=33R时,Ek有最小值,即E将y=33R代入v02=(R结合v0=43gℎ'+0答案:(1)19mg(2)53-[典例6]如图所示,在直角坐标系xOy的第一象限区域中,有沿y轴正方向的匀强电场,电场强度的大小为E=kv0。在第二象限有一半径为R=a的圆形区域磁场,圆形磁场的圆心O'坐标为(-a,a),与坐标轴分别相切于P点和N点,磁场方向垂直纸面向里。在x=3a处垂直于x轴放置一平面荧光屏,与x轴交点为Q。大量的电子以相同的速率v0在纸面内从P点进入圆形磁场,电子的速度方向在与x轴正方向成θ角的范围内,其中速度沿y轴正方向的电子经过磁场到达N点,速度方向与x轴正方向成θ角的电子经过磁场到达M点,且M点坐标为(0,1.5a)。忽略电子间的相互作用力,不计电子的重力,电子的比荷为em=v(1)圆形磁场的磁感应强度大小;(2)θ角的大小;(3)电子打到荧光屏上距Q点的最远距离。【解析】(1)由于速度沿y轴正方向的电子经过N点,因此电子在磁场中做圆周运动的半径为r=aev0B=m联立解得:B=mv0ea(2)设电子在磁场中做圆周运动的圆心为O″,电子离开磁场时的位置为P',连接PO'、P'O'、PO″、P'O″可知该四边形为菱形,由于PO'竖直,因而半径P'O″也为竖直方向,电子离开磁场时速度一定沿x轴正方向。由图可知:asin(θ-90°)+a=1.5a解得:θ=120°。(3)由(2)可知,所有的电子以平行于x轴正方向的速度进入电场中做类平抛运动,设电子在电场中的运动时间为t,竖直方向位移为y,水平位移为x水平方向:x=v0t竖直方向:y=12a'teE=ma'vy=a't联立解得:x=设电子最终打在荧光屏的最远点距Q点的距离为H,电子射出电场时的夹角为θ',有:tanθ'=vyv又由:H=(3a-x)tanθ'=(3a-2当3a-2y=2y时,即y=98a时,H有最大值;由于98a<1.5a答案:(1)k(2)120°(3)94三、归纳法、等比数列在多过程(无穷尽)问题中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=等比数列:Sn=a1(1[典例7]如图所示,两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上,O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下,在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失,损失的动能为小物块当次到达O点时动能的10%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为()A.39HsinθC.19Hsinθ【解析】选C。小物块第一次到达O点时,根据机械能守恒定律可得小物块获得的动能为Ek0=mgH此过程中物块运动的路程为s0=H小物块第1次经过O点在左斜面上滑过程,有Ek1=90%Ek0=0.9mgH=mgH1小物块在左斜面上运动的路程为s1=2H1sin第2次经过O点沿右斜面上滑时,有Ek2=90%Ek1=(0.9)2Ek0=(0.9)2mgH=mgH2小物块在右斜面上运动的路程为s2=2H2sin由此可知,小物块从开始下滑到最终停止于O点,运动的总路程为s=s0+s1+s2+…+sn=Hsinθ+2×0.9可得,当n趋近于无穷大时,有s=Hsinθ+2Hsinθ([典例8]如图所示,竖直光滑半圆环ABC固定在水平光滑桌面上,两足够长、间距为34l的光滑弹性挡板a、粗糙弹性挡板b垂直桌面平行固定放置,两挡板与直径AC延长线的夹角均为30°。一长度大于半圆环直径的轻杆两端通过铰链各连接一质量均为m的弹性小球P和Q,小球Q放在桌面上,小球P套在竖直半圆环上,初始时小球P静止在A点,杆沿直径AC方向。现使小球P以速度v0竖直向上运动,当P运动到半圆环最高点B时,连接小球Q的铰链断开,小球Q继续向左运动,无碰撞穿过a板上的小孔后与挡板b发生碰撞,且每次碰撞时垂直挡板方向上的分速度等大反向,小球Q受到挡板b的摩擦力是其受到b板压力的360倍。已知重力加速度为g,半圆环半径为v0(1)铰链断开时,小球Q的速度大小;(2)小球Q进入挡板区域后运动的过程中,两挡板对小球Q做的总功;(3)小球Q与挡板b第一次碰撞点和最终碰撞点间的距离。【解析】(1)小球P运动到最高点时,设小球Q速度大小为v,小球P速度大小为vP,两球速度方向与杆夹角大小相等,设为θ,则有vPcosθ=vcosθ小球P从A点运动到半圆环最高点的过程中,两小球组成的系统机械能守恒,有12mv02=12mv2+1解得v=v0(2)小球在两挡板间来回运动,通过碰撞,平行于挡板的速度逐渐减小为零,垂直于挡板的速度大小不变,最终垂直于两挡板往复运动,小球Q最后速度大小为vQ=v0由动能定理可得,挡板对小球Q做的总功为W=12mvQ2-解得W=-332mv(3)小球Q每次与b板碰撞,垂直于挡板方向由动量定理可得FNΔt=2mvsin30°平行于挡板方向由动量定理有μFNΔt=mΔvx解得Δvx=3120小球Q沿挡板方向速度减为零前,与b板碰撞的次数为n=v解得n=30次小球Q与b板碰撞相邻两次的时间间隔为Δt=2×解得Δt=2小球Q每次和挡板b碰撞后到再次和挡板b碰撞,平行于挡板方向的位移为等差数列。小球Q和挡板碰撞30次,平行于挡板方向的总位移为x=(vcos30°-Δvx)Δt+(vcos30°-2Δvx)Δt+…+(vcos30°-29Δvx)Δt,解得x=87l4=21.75答案:(1)v02(2)-332mv02[典例9]如图所示,在光滑水平面上放置一端带有挡板的长直木板A,木板A左端上表面有一小物块B,其到挡板的距离为d=2m,A、B质量均为m=1kg,不计一切摩擦。从某时刻起,B始终受到水平向右、大小为F=9N的恒力作用,经过一段时间,B与A的挡板发生碰撞,碰撞过程中无机械能损失,碰撞时间极短。重力加速度g取10m/s2。求:(1)物块B与A挡板发生第一次碰撞后的瞬间,A、B的速度大小;(2)由静止开始经多长时间物块B与木板A挡板发生第二次碰撞,碰后瞬间A、B的速度大小;(3)画出由静止释放到物块B与A挡板发生3次碰撞时间内,物块B的速度v随时间t的变化图像;(4)从物块B开始运动到与木板A的挡板发生第n次碰撞时间内,物块B运动的距离。【解析】(1)B从A的左端开始运动到右端的过程,由动能定理有Fd=12m解得v0=6m/sB与A碰撞过程,由动量守恒和能量关系有mv0=mv1+mv212mv02=12mv解得v1=