2024屆高考物理三輪沖刺精微專題－第10講 數(shù)學(xué)方法在物理中的應(yīng)用

第頁(yè)（共4頁(yè)）第10講數(shù)學(xué)方法在物理中的應(yīng)用掌握利用數(shù)學(xué)知識(shí)解決物理問(wèn)題的常用方法學(xué)會(huì)將物理問(wèn)題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問(wèn)題，經(jīng)過(guò)求解再還原為物理結(jié)論。物理問(wèn)題的解答常常離不開數(shù)學(xué)知識(shí)和方法的應(yīng)用，利用數(shù)學(xué)知識(shí)解決物理問(wèn)題是高考物理考查的能力之一。借助數(shù)學(xué)方法，可使一些復(fù)雜的物理問(wèn)題，顯示出明顯的規(guī)律性，進(jìn)而快速簡(jiǎn)捷地解決問(wèn)題。應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問(wèn)題的基本思路是將物理問(wèn)題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問(wèn)題，經(jīng)過(guò)求解再還原為物理結(jié)論。方法1：應(yīng)用二次函數(shù)解決物理極值問(wèn)題二次函數(shù)：y＝ax2＋bx＋c(1)當(dāng)x＝－eq\f(b,2a)時(shí)，有極值ym＝eq\f(4ac－b2,4a)(若二次項(xiàng)系數(shù)a>0，y有極小值；若a<0，y有極大值)。(2)利用一元二次方程判別式求極值用判別式Δ＝b2－4ac≥0有解可求某量的極值。【例1】(2022·山東省聊城市高三下一模)殲-20戰(zhàn)斗機(jī)安裝了我國(guó)自主研制的矢量發(fā)動(dòng)機(jī)，能夠在不改變飛機(jī)飛行方向的情況下，通過(guò)轉(zhuǎn)動(dòng)尾噴口方向改變推力的方向，使戰(zhàn)斗機(jī)獲得很多優(yōu)異的飛行性能。已知在殲-20戰(zhàn)斗機(jī)沿水平方向超音速勻速巡航時(shí)升阻比(垂直機(jī)身向上的升力和平行機(jī)身向后的阻力之比)為k，飛機(jī)的重力為G，能使飛機(jī)實(shí)現(xiàn)水平勻速巡航模式的最小推力是()A．eq\f(G,1＋k2) B．eq\f(G,k)C．eq\f(G,\r(1＋k2)) D．G答案C解析飛機(jī)受到重力G、發(fā)動(dòng)機(jī)推力F1、升力F2和空氣阻力f，重力的方向豎直向下，升力F2的方向豎直向上，空氣阻力f的方向與F2垂直，如圖所示，殲-20戰(zhàn)斗機(jī)沿水平方向超音速勻速巡航，則有水平方向Fx＝f，豎直方向F2＋Fy＝G，又F2＝kf，解得Fy＝G－kf，則Feq\o\al(2,1)＝Feq\o\al(2,x)＋Feq\o\al(2,y)＝(k2＋1)f2－2kGf＋G2，F(xiàn)eq\o\al(2,1)與f的函數(shù)圖像為開口向上的拋物線，當(dāng)f＝eq\f(kG,k2＋1)時(shí)，F(xiàn)eq\o\al(2,1)取最小值，解得最小推力是F1min＝eq\f(G,\r(1＋k2))，故選C。方法2：均值不等式由均值不等式a＋b≥2eq\r(ab)(a>0，b>0)可知：(1)兩個(gè)正數(shù)的積為定值時(shí)，當(dāng)兩數(shù)相等，和最??；(2)兩個(gè)正數(shù)的和為定值時(shí)，當(dāng)兩數(shù)相等，積最大?！纠?】在一個(gè)半徑為R的圓弧的圓心處，質(zhì)量為m的小球，以大小不同的初動(dòng)能水平拋出，如圖所示，不計(jì)空氣阻力。當(dāng)小球落在圓弧上的動(dòng)能最小時(shí)，對(duì)應(yīng)的初動(dòng)能為(g表示當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?()A．eq\f(\r(3),6)mgR B．eq\f(\r(3),3)mgRC．eq\f(1,6)mgR D．eq\f(\r(3),2)mgR答案A解析設(shè)小球平拋運(yùn)動(dòng)的豎直位移為h，水平位移為x，根據(jù)勾股定理有R2＝x2＋h2，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得小球平拋運(yùn)動(dòng)的末動(dòng)能Ek＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知x＝v0t，h＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立各式可得Ek＝mgh＋eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,t)))eq\s\up12(2)＝mgh＋eq\f(1,2)m×(R2－h(huán)2)×eq\f(g,2h)＝eq\f(3,4)mgh＋eq\f(mgR2,4h)，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(3,4)mgh＝eq\f(mgR2,4h)時(shí)，小球落在圓弧上的動(dòng)能最小，解得h＝eq\f(\r(3)R,3)，則對(duì)應(yīng)的初動(dòng)能為Ek0＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,t)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,2)m×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(R2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)R,3)))\s\up12(2)))×eq\f(\r(3)g,2R)＝eq\f(\r(3),6)mgR，B、C、D錯(cuò)誤，A正確。方法3：應(yīng)用三角函數(shù)解決物理極值問(wèn)題1．三角函數(shù)求極值(1)y＝sinα，在0≤α≤π范圍，當(dāng)α＝eq\f(π,2)時(shí)，ymax＝1；(2)y＝cosα，在0≤α≤π范圍，當(dāng)α＝0時(shí)，ymax＝1。2．輔助角求極值三角函數(shù)：y＝acosθ＋bsinθ(ab≠0)y＝acosθ＋bsinθ＝eq\r(a2＋b2)sin(θ＋α)，其中tanα＝eq\f(a,b)。當(dāng)θ＋α＝2kπ＋eq\f(π,2)(k為整數(shù))時(shí)，有最大值ymax＝eq\r(a2＋b2)?！纠?】(2022·浙江1月選考)如圖所示，學(xué)校門口水平地面上有一質(zhì)量為m的石墩，石墩與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，工作人員用輕繩按圖示方式勻速移動(dòng)石墩時(shí)，兩平行輕繩與水平面間的夾角均為θ，則下列說(shuō)法正確的是()A．輕繩的合拉力大小為eq\f(\a\vs4\al(μmg),cosθ)B．輕繩的合拉力大小為eq\f(\a\vs4\al(μmg),cosθ＋μsinθ)C．減小夾角θ，輕繩的合拉力一定減小D．輕繩的合拉力最小時(shí)，地面對(duì)石墩的摩擦力也最小答案B解析設(shè)兩根輕繩的合拉力為F，對(duì)石墩受力分析如圖1，根據(jù)平衡條件有Fcosθ＝f，F(xiàn)sinθ＋FN＝mg，且μFN＝f，聯(lián)立可得F＝eq\f(\a\vs4\al(μmg),cosθ＋μsinθ)，A錯(cuò)誤，B正確；上式變形得F＝eq\f(\a\vs4\al(μmg),\r(1＋μ2)sin（θ＋α）)，其中tanα＝eq\f(1,μ)，根據(jù)三角函數(shù)特點(diǎn)，由于不知道開始時(shí)(θ＋α)的值，因此減小θ，輕繩的合拉力F不一定減小，C錯(cuò)誤；根據(jù)上述討論，當(dāng)θ＋α＝90°時(shí)，輕繩的合拉力F最小，而摩擦力f＝Fcosθ＝eq\f(\a\vs4\al(μmgcosθ),cosθ＋μsinθ)＝eq\f(\a\vs4\al(μmg),1＋μtanθ)，可知增大夾角θ，摩擦力一直減小，當(dāng)θ趨近于90°時(shí)，摩擦力最小，故輕繩的合拉力F最小時(shí)，地面對(duì)石墩的摩擦力不是最小，D錯(cuò)誤。(本題的C、D選項(xiàng)還可以這樣判斷：設(shè)F′為地面對(duì)石墩的支持力FN與摩擦力f的合力，β是摩擦力與F′間的夾角，則tanβ＝eq\f(FN,f)＝eq\f(1,μ)，即不論FN、f怎么變化，合力F′的方向總保持不變，因此可將四力平衡轉(zhuǎn)化為如圖2所示的三力平衡問(wèn)題，由矢量三角形可知，隨著θ減小，繩子的合拉力F可能先減小后增大，也可能一直增大，關(guān)鍵是看初始時(shí)θ的大小；摩擦力與支持力的合力F′隨著θ的減小而增大，故地面對(duì)石墩的摩擦力f隨著θ的減小一直增大，即f的最小值不與輕繩合拉力F的最小值對(duì)應(yīng)，故C、D錯(cuò)誤。)方法4：正（余）弦定理根據(jù)題給信息以及物理知識(shí)和規(guī)律，利用受力分析圖、運(yùn)動(dòng)情境圖或題圖所給邊角關(guān)系，應(yīng)用三角形、矩形、圓等幾何知識(shí)分析求解對(duì)應(yīng)的物理關(guān)系或物理量。1．正弦定理在如圖所示的三角形中，各邊和所對(duì)應(yīng)角的正弦之比相等，即：eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)。2．余弦定理在如圖所示的三角形中，有如下三個(gè)表達(dá)式：a2＝b2＋c2－2bc·cosAb2＝a2＋c2－2ac·cosBc2＝a2＋b2－2ab·cosC【例4】(2022·河北衡水市模擬)如圖所示為一個(gè)半徑r＝48cm的薄壁圓柱形魚缸的橫截面，O為圓心．魚缸內(nèi)裝滿水，水中有一條小魚(可視為質(zhì)點(diǎn))．觀察水中圖示位置的小魚時(shí)，人眼睛所接收的光線恰與小魚和圓心連線的延長(zhǎng)線垂直，圖中β＝53°.已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.若認(rèn)為玻璃和水的折射率均為n＝eq\f(4,3).求小魚到圓心O的距離．解析如圖所示，由小魚S射向P點(diǎn)的光線入射角為α，折射光線進(jìn)入眼睛，折射角β＝53°根據(jù)折射定律有n＝eq\f(sinβ,sinα)，得sinα＝eq\f(3,5)根據(jù)幾何關(guān)系得∠OSP＝180°－(90°＋α－β)＝90°＋β－α在三角形SOP中，由正弦定理得eq\f(sinα,OS)＝eq\f(sin∠OSP,r)解得OS＝30cm方法5：微分、積分的思想在物理中的應(yīng)用求隨時(shí)間或位移變化的物理量在時(shí)間或空間上的累積所代表的物理量時(shí)，經(jīng)常把變化過(guò)程分成無(wú)窮多個(gè)微小不變的小段，然后累積求和，比如求變速直線運(yùn)動(dòng)的位移、變力的功、變力的沖量等?！纠?】如圖所示，實(shí)線是實(shí)驗(yàn)小組某次研究平拋運(yùn)動(dòng)得到的實(shí)際軌跡，虛線是相同初始條件下平拋運(yùn)動(dòng)的理論軌跡。分析后得知這種差異是空氣阻力影響的結(jié)果。實(shí)驗(yàn)中，小球的質(zhì)量為m，水平初速度為，初始時(shí)小球離地面高度為h。已知小球落地時(shí)速度大小為v，方向與水平面成角，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的空氣阻力大小與速率成正比，比例系數(shù)為k，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（）A．小球落地時(shí)重力的功率為B．小球下落的時(shí)間為C．小球下落過(guò)程中的水平位移大小為D．小球下落過(guò)程中空氣阻力所做的功為【評(píng)析】本題以實(shí)驗(yàn)為背景考察有阻力的平拋運(yùn)動(dòng)或者說(shuō)模型的分析，涉及功率以及做功等核心物理概念的求解需要用到微元法的基本思想?！就卣寡由辍课矬w在變力作用下做復(fù)雜的變速運(yùn)動(dòng)，可以把物體的運(yùn)動(dòng)分割成若干小段，在每一小段內(nèi)，可認(rèn)為力f不變，這樣，在△t1時(shí)間內(nèi)，力f的沖量：同理，時(shí)間內(nèi)，力f的沖量，……所以整個(gè)過(guò)程力f的沖量為：即變力的沖量大小與物體的位移大小成正比。這個(gè)結(jié)論的幾何解釋如圖所示（僅僅是示意性地畫出，并不真正表示物體就做圖示形式的運(yùn)動(dòng)）。對(duì)于v—t圖象，圖象與t軸所圍的面積表示物體的位移x。由于f=kv，力f隨時(shí)間t變化的f—t圖象與v—t圖象相似（縱軸相差k倍）。對(duì)f—t圖象來(lái)說(shuō)，圖象與t軸所圍的面積就是力f的沖量I，顯然I=kx。此結(jié)論在解答“f=kv”問(wèn)題中有很重要的作用?！敬鸢浮緽CD【解析】A．小球落地時(shí)重力的功率為故A錯(cuò)誤；B．小球下落過(guò)程在豎直方向根據(jù)動(dòng)量定理解得小球下落的時(shí)間為故B正確；C．小球在水平方向根據(jù)動(dòng)量定理解得小球下落過(guò)程中的水平位移大小為故C正確；D．小球下落過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理解得小球下落過(guò)程中空氣阻力所做的功為故D正確。方法6：應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法及數(shù)列求解物理中的多過(guò)程問(wèn)題對(duì)于過(guò)程多、重復(fù)性強(qiáng)且隨著物理過(guò)程的重復(fù)，某些物理量接連發(fā)生著在前后過(guò)程中有聯(lián)系的變化的物理問(wèn)題，求解的基本思路為：(1)逐個(gè)分析開始的幾個(gè)物理過(guò)程；(2)利用歸納法從中找出物理量變化的通項(xiàng)公式(這是解題的關(guān)鍵)；(3)最后分析整個(gè)物理過(guò)程，應(yīng)用數(shù)列特點(diǎn)和規(guī)律求解。無(wú)窮數(shù)列的求和，一般是無(wú)窮遞減數(shù)列，有相應(yīng)的公式可用。等差數(shù)列：Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d(d為公差)。等比數(shù)列：Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a1（1－qn）,1－q)，q≠1,na1，q＝1))(q為公比)。【例6】一小球從h0＝45m高處自由下落，著地后又彈起，然后又下落，每與地面相碰一次，速度大小就變化為原來(lái)的k倍．若k＝eq\f(1,2)，求小球從下落直至停止運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間．(g取10m/s2，碰撞時(shí)間忽略不計(jì))解析由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式將小球每碰一次后在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間的通項(xiàng)公式求出，然后再累加求和．小球從h0處落到地面時(shí)的速度：v0＝eq\r(2gh0)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t0＝eq\r(\f(2h0,g))第一次碰地后小球反彈的速度：v1＝kv0＝keq\r(2gh0)小球再次與地面碰撞之前做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，這一過(guò)程球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t1＝eq\f(2v1,g)＝2keq\r(\f(2h0,g))則第n次碰地后，小球的運(yùn)動(dòng)速度的通項(xiàng)公式為：vn＝kneq\r(2gh0)運(yùn)動(dòng)時(shí)間：tn＝eq\f(2vn,g)＝2kneq\r(\f(2h0,g))所以，小球從下落到停止運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為：t＝t0＋t1＋…＋tn＝eq\r(\f(2h0,g))＋2keq\r(\f(2h0,g))＋…＋2kneq\r(\f(2h0,g))＝eq\r(\f(2h0,g))＋2eq\r(\f(2h0,g))(k＋k2＋…＋kn)．上式括號(hào)中是一個(gè)無(wú)窮等比遞減數(shù)列，由無(wú)窮等比遞減數(shù)列求和公式，并代入數(shù)據(jù)得t＝9s.方法7：導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用導(dǎo)數(shù)在物理學(xué)中常見具體應(yīng)用：1、描述運(yùn)動(dòng)狀態(tài)：通過(guò)計(jì)算導(dǎo)數(shù)，可以得出物體運(yùn)動(dòng)的速度和加速度。速度是位置函數(shù)對(duì)時(shí)間的導(dǎo)數(shù)，而加速度是速度函數(shù)對(duì)時(shí)間的導(dǎo)數(shù)，這些量描述了物體運(yùn)動(dòng)的瞬時(shí)變化率。2、分析電磁場(chǎng)分布：例如，電場(chǎng)強(qiáng)度是電勢(shì)對(duì)位置的導(dǎo)數(shù)。3、研究物理量的變化率：導(dǎo)數(shù)可以用來(lái)計(jì)算物理量的變化率，這有助于理解物理系統(tǒng)如何隨時(shí)間或其他變量變化。例如，通過(guò)計(jì)算熱量、壓力或密度等物理量的導(dǎo)數(shù)，可以研究它們的瞬時(shí)變化。4、分析物理量的單調(diào)性：導(dǎo)數(shù)的符號(hào)可以用來(lái)分析物理量的單調(diào)性。如果導(dǎo)數(shù)大于零，則物理量是增函數(shù)；如果導(dǎo)數(shù)小于零，則物理量是減函數(shù)。這在研究物理系統(tǒng)的穩(wěn)定性或變化趨勢(shì)時(shí)非常有用。5、求極值：導(dǎo)數(shù)還可以用來(lái)找到物理量的極值點(diǎn)，即函數(shù)圖像上凹凸性變化的點(diǎn)。這對(duì)于優(yōu)化物理系統(tǒng)或找到特定條件下的最佳狀態(tài)非常關(guān)鍵。【例7】如圖所示，一個(gè)帶正電的絕緣圓環(huán)豎直放置，圓環(huán)半徑為R，帶電量為，電荷量均勻分布在圓環(huán)表面上，將一正試探電荷從圓環(huán)中心偏右側(cè)一點(diǎn)（圖中未畫出）的位置靜止釋放，試探電荷只在電場(chǎng)力的作用下沿著中心軸線向右側(cè)運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是（）A.試探電荷將向右先加速后減速B.試探電荷的加速度逐漸減小C.當(dāng)試探電荷距離圓環(huán)中心為時(shí)，其加速度最大D.將圓環(huán)所帶電量擴(kuò)大兩倍，則加速度最大的位置右移【答案】C【詳解】A．根據(jù)圓環(huán)電場(chǎng)分布的對(duì)稱性可知，圓環(huán)中心軸線上的電場(chǎng)強(qiáng)度均背離圓環(huán)中心，沿著中線軸線向外，則可知試探電荷將始終受到向右的電場(chǎng)力，一直做加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；BCD．如圖將圓環(huán)上所帶電荷進(jìn)行無(wú)限分割，設(shè)每一份的電荷量為，則其在M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)其水平分量微元累加并根據(jù)對(duì)稱性可知，M點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)為令則其導(dǎo)函數(shù)為此時(shí)可知當(dāng)，即試探電荷距離圓環(huán)中心為時(shí)，場(chǎng)強(qiáng)最大，加速度最大，并且這個(gè)位置與電荷量無(wú)關(guān)，故C正確，BD項(xiàng)錯(cuò)誤。故選C。方法8：橢圓的性質(zhì)的應(yīng)用當(dāng)橢圓中心為原點(diǎn)時(shí)，焦點(diǎn)位于(-c,0)、(c,0)或(0,c)、(0,-c)，其中c與橢圓的半軸長(zhǎng)度a和b有關(guān)。橢圓上任意一點(diǎn)到兩焦點(diǎn)的距離之和等于常數(shù)2a，即|PF1|+|PF2|=2a?！纠?】一橢球形玻璃置于真空中，其中心截面的橢圓長(zhǎng)軸和短軸長(zhǎng)度分別為10cm和6cm。一束從左焦點(diǎn)射向最高點(diǎn)P的激光，恰好在P點(diǎn)發(fā)生全反射。已知光在真空中的速度為c，則該光線在玻璃中傳播的速度為（）A． B． C． D．答案：D1．一個(gè)質(zhì)點(diǎn)做初速度為的勻減速直線運(yùn)動(dòng)至速度為0，其速度隨運(yùn)動(dòng)位移關(guān)系如圖所示．圖像上縱坐標(biāo)為的P點(diǎn)的斜率為k，已知圖像上某點(diǎn)斜率等于該點(diǎn)加速度與速度比值。則粒子做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為（

）

A． B． C． D．【答案】D【詳解】設(shè)加速度為，根據(jù)數(shù)學(xué)方法可知得到則粒子做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為故選D。2．現(xiàn)代科學(xué)儀器中常利用電、磁場(chǎng)控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)。如圖甲所示，紙面內(nèi)存在上、下寬度均為d的勻強(qiáng)電場(chǎng)與勻強(qiáng)磁場(chǎng)，勻強(qiáng)