2025屆高考物理二輪復習講義：增分指導一 數(shù)學方法在物理中的應用 【含答案】

2025屆高考物理二輪復習講義增分指導一數(shù)學方法在物理中的應用應用數(shù)學知識處理物理問題的能力具體要求為:(1)能根據具體的物理問題列出物理量之間的關系,能把有關的物理條件用數(shù)學方程表示出來.(2)在解決物理問題時,往往需要經過數(shù)學推導和求解,或進行數(shù)值計算;求得結果后,有時還要用圖像或函數(shù)關系把它表示出來;必要時還應對數(shù)學運算的結果做出物理上的結論或解釋.(3)能夠運用幾何圖形、函數(shù)圖像解決物理問題,要能夠對物理規(guī)律、狀態(tài)和過程在理解的基礎上用合適的圖像表示出來,會用圖像來處理物理問題.高中物理解題常見的數(shù)學思想方法包括估算法、幾何法、函數(shù)法、比值法、圖解法、極值法、微元法、歸納法、極限分析法、分類討論法等,經常要用到的數(shù)學知識包括平面幾何、函數(shù)圖像、三角函數(shù)、不等式、數(shù)列、微積分初步等.估算法解決此類問題需要了解一些常見的數(shù)據,例如:原子直徑數(shù)量級為10-10m,地球半徑約為6400km,地球自轉周期約為1天(24小時),地球公轉周期約為1年,近地衛(wèi)星的運行周期約為85分鐘,月球繞地球運行周期約為27天,一個雞蛋的質量約為50g,中學生的質量約為50kg,課桌的高度約為80cm,每層樓的高度約為3m,自行車的速度約為5m/s,π2≈10,地球表面重力加速度g約為10m/s2,月球表面重力加速度約為地球表面的16等例1我國執(zhí)行火星探測任務的“天問一號”探測器在成功實施三次近火制動后,進入運行周期約為1.8×105s的橢圓形停泊軌道,軌道與火星表面的最近距離約為2.8×105m.已知火星半徑約為3.4×106m,火星表面處自由落體的加速度大小約為3.7m/s2,則“天問一號”的停泊軌道與火星表面的最遠距離約為 ()A.6×105m B.6×106mC.6×107m D.6×108m

【技法點撥】對數(shù)值計算的處理,第一是得出目標物理量函數(shù)關系再計算數(shù)值,不要列一個關系式得出一個中間結果,這樣不僅使得計算成本提高,而且容易因為每一步的四舍五入導致最終的結果出現(xiàn)偏差,把關系式清晰表達出來,再代入數(shù)據,是一種更加科學的計算方式.第二就是要掌握必要的估算技巧,上述解答過程中,將3.7和4抵消、3.42與π2抵消,是一種近似處理,而且結果是取在一個區(qū)間內,并不需要最終得出精確的數(shù)值.例2[2024·杭州高級中學模擬]如圖所示是某同學跳遠的頻閃圖,該同學身高180cm,起跳點為O點.圖中輔助標線方格橫豎長度比為2∶1,g取10m/s2,則他起跳時的初速度最接近的值是 ()A.4m/s B.5m/sC.6m/s D.7m/s

三角函數(shù)法角度1三角函數(shù)求極值(1)y=sinα,當α=90°時,ymax=1.(2)y=cosα,當α=0時,ymax=1.(3)輔助角求極值三角函數(shù):y=acosθ+bsinθacosθ+bsinθ=a2+b2sin(θ+α),其中tan當θ+α=90°時,有極大值ymax=a2例3(不定項)某實驗研究小組為探究物體沖上粗糙斜面能達到的最大位移x與斜面傾角θ的關系,使某一物體每次以不變的初速率v0沿足夠長的斜面向上運動,如圖甲所示,調節(jié)斜面與水平面的夾角θ,實驗測得x與θ的關系如圖乙所示,g取10m/s2.則由圖可知 ()A.物體的初速率v0=5m/sB.物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.75C.圖乙中xmin=0.36mD.取初始位置所在水平面為重力勢能參考平面,當θ=37°,物體上滑過程中動能與重力勢能相等時,物體上滑的位移為0.1875m角度2正、余弦定理的應用(1)正弦定理在如圖所示的三角形中,各邊和所對應角的正弦之比相等,即asinA=bsin(2)余弦定理在如圖所示的三角形中,有:a2=b2+c2-2bc·cosAb2=a2+c2-2ac·cosBc2=a2+b2-2ab·cosC例4[2024·湖北卷]如圖所示,兩拖船P、Q拉著無動力貨船S一起在靜水中沿圖中虛線方向勻速前進,兩根水平纜繩與虛線的夾角均保持為30°.假設水對三艘船在水平方向的作用力大小均為Ff,方向與船的運動方向相反,則每艘拖船發(fā)動機提供的動力大小為 ()A.33Ff B.213C.2Ff D.3Ff例5一振動片以頻率f做簡諧運動時,固定在振動片上的兩根細桿同步周期性地觸動水面上a、b兩點,兩波源發(fā)出的波在水面上形成穩(wěn)定的干涉圖樣.c是水面上的一點,a、b、c間的距離均為l,如圖所示.已知除c點外,在a、c連線上還有其他振幅極大的點,其中距c最近的點到c的距離為38l.則該波的波長為 (A.l B.12C.14l D.1均值不等式求極值由均值不等式a+b≥2ab(a>0,b>0)可知:(1)兩個正數(shù)的積為定值時,若兩數(shù)相等,和最小;(2)兩個正數(shù)的和為定值時,若兩數(shù)相等,積最大.例6[2024·安徽卷]如圖所示,一“U”形金屬導軌固定在豎直平面內,一電阻不計,質量為m的金屬棒ab垂直于導軌,并靜置于絕緣固定支架上.邊長為L的正方形cdef區(qū)域內,存在垂直于紙面向外的勻強磁場.支架上方的導軌間存在豎直向下的勻強磁場.兩磁場的磁感應強度大小B隨時間t的變化關系均為B=kt(SI),k為常數(shù)(k>0).支架上方的導軌足夠長,兩邊導軌單位長度的電阻均為r,下方導軌的總電阻為R.t=0時,對ab施加豎直向上的拉力,恰使其向上做加速度大小為a的勻加速直線運動,整個運動過程中ab與兩邊導軌接觸良好.已知ab與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度大小為g.不計空氣阻力,兩磁場互不影響.(1)求通過面積Scdef的磁通量大小隨時間t變化的關系式,以及感應電動勢的大小,并寫出ab中電流的方向;(2)求ab所受安培力的大小隨時間t變化的關系式;(3)經過多長時間,對ab所施加的拉力達到最大值?并求此最大值.二次函數(shù)求極值(1)二次函數(shù):y=ax2+bx+c①當x=-b2a時,有極值ym=4ac-b24a(若二次項系數(shù)a>0,y有極小值②利用一元二次方程判別式求極值.(2)用判別式Δ=b2-4ac≥0有解可求某量的極值.例7[2024·四川成都模擬]如圖所示,一半徑為R的光滑絕緣半球面開口向下,固定在水平面上.整個空間存在磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場.一電荷量為+q(q>0)、質量為m的小球P在球面上做水平的勻速圓周運動,圓心為O'.球心O到該圓周上任一點的連線與豎直方向的夾角為θ=60°.若重力加速度為g,以下說法正確的是()A.從上面俯視,小球沿順時針方向運動B.球面對小球的彈力大小為23C.小球的速率越大,則小球受到的洛倫茲力越大D.磁感應強度的大小可能為B=2

數(shù)學歸納法、數(shù)列的應用凡涉及數(shù)列求解的物理問題都具有過程多、重復性強的特點,但每一個重復過程均不是與原來完全相同的重復,而是一種變化了的重復.隨著物理過程的重復,某些物理量逐步發(fā)生著前后有聯(lián)系的變化.該類問題求解的基本思路為:(1)逐個分析開始的幾個物理過程;(2)利用歸納法從中找出物理量變化的通項公式(這是解題的關鍵);(3)最后分析整個物理過程,應用數(shù)列特點和規(guī)律求解.無窮數(shù)列的求和,一般是無窮遞減數(shù)列,有相應的公式可用.等差數(shù)列:Sn=n(a1+an)2=na1等比數(shù)列:Sn=a1(1-qn)例8如圖所示,水平地面上放有木板A和滑塊B,兩者靜止在同一直線上,木板A底面光滑,B與地面間的動摩擦因數(shù)為μ,某時刻滑塊C從左側以水平初速度v0滑上木板A,已知滑塊C與木板A上表面間的動摩擦因數(shù)也為μ,滑塊C、木板A的質量均為m,重力加速度為g,開始時木板A與滑塊B相距L0=v022μg,木板足夠長,A與B之間的碰撞均為彈性碰撞,碰撞時間極短,A與B發(fā)生碰撞后A反彈,之后木板A每當運動到與滑塊B上次碰撞的位置時,恰好不再相對C(1)C滑上A后經多長時間A與B發(fā)生第1次碰撞;(2)滑塊B的質量;(3)第2次碰撞前,滑塊C相對木板A滑動的距離;(4)經n次碰撞,滑塊B能運動的總位移.求導的妙用(1)分析物理問題,應用物理規(guī)律,將已知量和未知量之間建立一定的函數(shù)式;(2)求導數(shù),代入數(shù)據求出物理量;(3)求物理量最值時,先求導數(shù),再建立導數(shù)為零的獨立方程,解方程得出自變量或自變量的表達式,將自變量代入原來的函數(shù)式中求出目標量的最大值或最小值.例9[2024·麗水中學模擬]如圖所示,一個帶正電的絕緣圓環(huán)豎直放置,圓環(huán)半徑為R,帶電荷量為+Q,電荷量均勻分布在圓環(huán)表面上,將一正試探電荷+q從圓環(huán)中心偏右側一點(圖中未畫出)的位置由靜止釋放,試探電荷只在電場力的作用下沿著中心軸線向右側運動,則下列說法正確的是()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.當試探電荷距離圓環(huán)中心為22R時,D.將圓環(huán)所帶電荷量擴大兩倍,則加速度最大的位置右移

例10[2024·學軍中學模擬]如圖所示,兩根平行金屬導軌固定在水平桌面上,每根導軌每米的電阻為r0=0.10Ω,導軌的端點P、Q用電阻可以忽略的導線相連,兩導軌間的距離l=0.20m.隨時間變化的勻強磁場垂直于桌面,已知磁感應強度B與時間t的關系為B=kt,比例系數(shù)k=0.020T/s.一電阻不計的金屬桿可在導軌上無摩擦地滑動,在滑動過程中保持與導軌垂直,在t=0時刻,金屬桿緊靠在P、Q端,在外力作用下,桿以恒定的加速度從靜止開始向導軌的另一端滑動,求t=6.0s時金屬桿所受的安培力大小.參考答案與詳細解析例1C[解析]已知火星半徑R,則火星近地衛(wèi)星的周期為T1=2πRgR,設停泊軌道的半長軸為a,由開普勒第三定律可知a3T2=R3T12,整理得a=3gT2R24π2,代入數(shù)據得a=33.7×1.82×1010×3.42×10124π例2D[解析]從圖中可知,人的高度約占三格豎直線,所以一格豎直線的長度約為y0=1.83m=0.6m,則一格水平線的長度約為x0=2y0=1.2m,從起跳到最高點過程,重心在豎直方向運動了約2格,根據逆向思維有2y0=12gt2,vy=gt,解得t=4y0g,vy=4gy0,水平方向運動了約2格,則有2x0=v0t,解得v0=2x0t=4y04y0g=4g例3BC[解析]由圖乙可知,當θ=π2時,物體做豎直上拋運動,摩擦力是零,由豎直上拋運動的速度—位移關系公式可得v02=2gx1,解得v0=2×10×0.45m/s=3m/s,A錯誤;當θ=0時,物體沿水平面做勻減速直線運動,由動能定理可得-μmgx0=0-12mv02,解得μ=v022gx0=322×10×0.6=0.75,B正確;物體沿斜面向上運動時,由動能定理可得-μmgcosθ+mgsinθx=0-12mv02,代入數(shù)據整理可得x=920×0.75cosθ+sinθm≥9200.752+1m=0.36m,C正確;設動能與重力勢能相等時,物體上滑的位移為x例4B[解析]對貨船S受力分析如圖甲所示,其中FT為繩的拉力,根據正交分解法可得2FTcos30°=Ff,對拖船P受力分析如圖乙所示,其中F為發(fā)動機提供的動力,有(FT'sin30°)2+(Ff+FT'cos30°)2=F2,根據牛頓第三定律可知FT'=FT,聯(lián)立解得F=213Ff,故B正確例5C[解析]設與c點最近的振幅極大點為d,則ad=l-38l=58l,由余弦定理有bd=cd2+bc2-2bc×cdcos60°=78l,根據干涉加強點距離差的關系有Δx=x1-x2=nλ,則有例6(1)Φ=kL2tkL2從a流向b(2)F安=k2L3tR+art[解析](1)通過面積Scdef的磁通量大小隨時間t變化的關系式為Φ=BS=kL2t根據法拉第電磁感應定律得E=nΔΦΔt=Δ由楞次定律可知ab中的電流方向為從a流向b.(2)根據左手定則可知ab受到的安培力方向垂直于導軌平面向里,大小為F安=BIL其中B=kt設金屬棒向上運動的位移為x,則根據運動學公式有x=12at導軌接入回路的電阻為R'=2xr由閉合電路歐姆定律得I=E聯(lián)立解得ab所受安培力的大小隨時間t變化的關系式為F安=k(3)由題知t=0時,對ab施加豎直向上的拉力,恰使其向上做加速度大小為a的勻加速直線運動,則對ab受力分析,由牛頓第二定律有F-mg-μF安=ma其中F安=k聯(lián)立可得F=μk2L3tR+整理有F=μk2L3Rt+根據均值不等式可知Rt+art≥2arR,當且僅當Rt=art時取等號,F有最大值,此時tF的最大值為Fm=μk2L32Rar+例7C[解析]小球受到的洛倫茲力方向水平指向圓心O',根據左手定則可知,從上面俯視小球沿逆時針方向運動,故A錯誤;小球豎直方向受力平衡,則有FNcosθ=mg,可得球面對小球的彈力大小為FN=mgcosθ=2mg,故B錯誤;根據F洛=qvB可知小球的速率越大,則小球受到的洛倫茲力越大,故C正確;水平方向根據牛頓第二定律可得qvB-FNsinθ=mv2Rsinθ,整理可得23m3Rv2-qBv+3mg=0,對于v的一元二次方程,根據數(shù)學知識可知,需要滿足(qB)2-4×23m3R×3mg≥0,例8(1)5v04μg(2)2(4)v[解析](1)假設A先與C達到共同速度,再與B相碰.設C滑上A后經t1時間,木板A與滑塊C達到共同速度v1,該過程A和C組成的系統(tǒng)動量守恒,有mv0=2mv1解得v1=v設此過程木板A的位移為x0,對A由動能定理得μmgx0=12mv解得x0=v028μg<L此過程對木板A由動量定理有μmgt1=mv1-0解得t1=v設再經時間t2,A與B發(fā)生第1次碰撞,有L0-x0=v1t2解得t2=3則C滑上A后到A與B發(fā)生第1次碰撞經過的時間為t=t1+t2聯(lián)立解得t=5v(2)設滑塊B的質量為M,木板A與B發(fā)生第1次碰撞后瞬間B的速度為v1B,木板A的速度為v1A,以水平向右為正方向,A與B之間發(fā)生彈性碰撞,對A、B組成的系統(tǒng),根據動量守恒定律和機械能守恒定律,有mv1=mv1A+Mv1B12mv12=12mv根據木板A總是在與滑塊B上次碰撞的位置恰好不再與滑塊C相對滑動,可知從A、B碰后到A、C再次共速,A的位移為0,設A、C再次共速的速度為v2,該過程時間為tA,由勻變速直線運動規(guī)律有v1A+則v2=-v1AA與B第1次碰后瞬間到C與A相互作用達到共速過程,A、C組成的系統(tǒng)動量守恒,有mv1+mv1A=2mv2聯(lián)立解得M=2m,v1A=-v13=-v06,v1B=(3)設第1次碰撞前C相對A滑動的距離為ΔL1,對A、C組成的系統(tǒng)由能量守恒定律有μmgΔL1=12mv02-1解得ΔL1=v設從第1次碰撞后到第2次碰撞前C相對A滑動的距離為ΔL2,同理有μmgΔL2=12mv12+12mv1解得ΔL2=v則第2次碰撞前,滑塊C相對木板A滑動的距離ΔL=ΔL1+ΔL2=13v(4)第1次碰撞后,A、B做勻變速運動,根據牛頓第二定律分別有μmg=maAμMg=MaB解得A、B的加速度大小aA=μg,aB=μg根據運動學規(guī)律有v2=v1A+aAtA解得tA=v設A回到與B第1次碰撞的位置時,B的速度為v1B'則有v1B'=v1B-aBtA解得v1B'=0,所以第2次碰前B已靜止,由(3)知,此時A的速度為v2=-v1A=v同理,第2次碰后瞬間,A、B的速度分別為v2A=-v23=-v132,v2第3次碰前B已靜止,A的速度為v3=-v2A=v第3次碰后瞬間,A、B的速度分別為v3A=-v33=-v133,v3B=……依次類推,第n次碰后瞬間,B