2023版高考物理步步高大二轮复习讲义第二篇 四、数学方法在物理中的应用【解析版】

这是一份2023版高考物理步步高大二轮复习讲义第二篇 四、数学方法在物理中的应用【解析版】，共9页。学案主要包含了三角函数法，均值不等式，利用二次函数求极值，数学归纳法和数列法等内容，欢迎下载使用。
四、数学方法在物理中的应用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．可以说任何物理试题的求解过程实际上都是将物理问题转化为数学问题，经过求解再还原为物理结论的过程．下面是几种物理解题过程中常用的数学方法．一、三角函数法1．三角函数求极值(1)y＝sin α，当α＝90°时，ymax＝1；(2)y＝cos α，当α＝0时，ymax＝1.例1　(2022·广西北海市模拟)在仰角α＝30°的雪坡上举行跳台滑雪比赛，如图所示．运动员从坡上方A点开始下滑，到起跳点O时借助设备和技巧，保持在该点的速率不变而以与水平面成θ角的方向起跳．最后落在坡上B点，坡上O、B两点距离为L.已知A点高于O点h＝50 m，不计摩擦和阻力，则O、B两点距离L最大值为多少？此时起跳角为多大？(取g＝10 m/s2)答案　200 m　30°解析　运动员在O点速度v0＝＝10 m/s.起跳后运动员做斜上抛运动．把运动分解为水平向右的匀速运动和竖直方向的竖直上抛运动．水平方向上有x＝v0cos θ·t，竖直方向上有y＝v0sin θ·t－gt2，令y＝－xtan α，解得x＝＝.当2θ＋α＝90°，即θ＝30°时，xmax＝，此时L有极大值Lmax＝＝200 m.2．辅助角求极值三角函数：y＝acos θ＋bsin θy＝acos θ＋bsin θ＝sin(θ＋α)，其中tan α＝.当θ＋α＝90°时，有极大值ymax＝.例2　(多选)如图所示，固定于竖直面内的粗糙斜杆，与水平方向夹角为30°，质量为m的小球套在杆上，在大小不变、方向与斜杆成α角的拉力F作用下，小球沿杆由底端匀速运动到顶端．已知小球与斜杆之间的动摩擦因数为μ＝，则关于拉力F的大小和F的做功情况，下列说法正确的是(　　)A．当α＝30°时，拉力F最小B．当α＝30°时，拉力F做功最小C．当α＝60°时，拉力F最小D．当α＝60°时，拉力F做功最小答案　AD解析　由题中选项可知要使F最小，则应有Fsin α<mgcos 30°，故根据平衡条件有Fcos α＝mgsin 30°＋μ(mgcos 30°－Fsin α)，解得：F＝＝，由数学知识知，当α＝30°时，拉力F最小，A正确，C错误；当α＝60°时，F＝mg，因为没有摩擦力，拉力做功最小，Wmin＝mgh，所以B错误，D正确．3．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：＝＝.例3　(2022·河北衡水市模拟)如图所示为一个半径r＝48 cm的薄壁圆柱形鱼缸的横截面，O为圆心．鱼缸内装满水，水中有一条小鱼(可视为质点)．观察水中图示位置的小鱼时，人眼睛所接收的光线恰与小鱼和圆心连线的延长线垂直，图中β＝53°.已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.若认为玻璃和水的折射率均为n＝.求小鱼到圆心O的距离．答案　30 cm解析　如图所示，由小鱼S射向P点的光线入射角为α，折射光线进入眼睛，折射角β＝53°根据折射定律有n＝，得sin α＝根据几何关系得∠OSP＝180°－(90°＋α－β)＝90°＋β－α在三角形SOP中，由正弦定理得＝解得OS＝30 cm4．余弦定理在如图所示的三角形中，有：a2＝b2＋c2－2bc·cos Ab2＝a2＋c2－2ac·cos Bc2＝a2＋b2－2ab·cos C例4　(2022·湖南娄底市模拟)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，磁感应强度为B.一质量为m、带有电荷量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点的切线方向的夹角为φ(如图)．求入射粒子的速度大小．答案　(1)　(2)解析　(1)由于粒子垂直AP入射，则AP是粒子圆轨迹的直径，有r1＝0.5d设粒子速度为v1，根据牛顿第二定律qv1B＝m解得v1＝(2)连接PQ，并且作PQ的中垂线交AP于O′点，则O′为轨迹的圆心，如图．设粒子的入射速度为v2，轨道半径为r2.在△OO′Q中有OO′＝R＋r2－d，OQ＝R，O′Q＝r2，根据余弦定理有(R＋ r2－d)2＝ R2＋ r22－2R r2cos φ又qv2B＝m联立以上各式化简得v2＝.二、均值不等式由均值不等式a＋b≥2(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5　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＝b的圆形区域磁场，圆形磁场的圆心O1坐标为(－b，b)，与两坐标轴分别相切于P点和N点，磁场方向垂直纸面向里．在x＝3b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，其中沿y轴正方向的电子经过磁场到达N点，速度与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(0,1.5b)．忽略电子间的相互作用力，不计电子的重力，电子的比荷为＝.求：(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．答案　(1)k　(2)120°　(3)b解析　(1)由于速度沿y轴正方向的电子经过N点，因而电子在磁场中做圆周运动的半径为r＝b而ev0B＝m联立解得B＝k(2)速度与x轴正方向成θ角的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PO1P′O′可知该四边形为菱形，如图甲，由于PO1竖直，因而轨迹半径P′O′也为竖直方向，电子离开磁场时速度一定沿x轴正方向由图甲可知bsin (θ－90°)＋b＝1.5b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，设电子在电场中运动的加速度为a，运动的时间为t，竖直方向位移为y，水平方向位移为x，则有x＝v0ty＝at2eE＝ma联立解得x＝设电子最终打在荧光屏的最远点距Q点为H，如图乙所示，设电子射出电场时的夹角为α，vy＝at有tan α＝＝有H＝(3b－x)tan α＝(3－)·当3－＝，即y＝b时，H有最大值．由于b<1.5b，所以Hmax＝b.三、利用二次函数求极值二次函数：y＝ax2＋bx＋c(1)当x＝－时，有极值ym＝(若二次项系数a>0，y有极小值；若a<0，y有极大值)．(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．例6　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(重力加速度大小为g)(　　)A.  B.  C.  D.答案　B解析　小物块由最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得mv2＝2mgr＋mv12，小物块做平抛运动时，设水平位移为x.水平方向有x＝v1t，竖直方向有2r＝gt2，联立解得x＝，由数学知识可知，当r＝时，x最大，故选项B正确．例7　(2022·山东临沂市期末)真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场．在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球速度方向与竖直方向夹角为37°(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．现将该小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出．求运动过程中(1)小球受到的静电力的大小及方向；(2)小球的最小速度的大小及方向．答案　(1)mg　方向水平向右　(2)v0　与电场方向夹角为37°斜向上解析　(1)根据题设条件，静电力大小F电＝mgtan 37°＝mg，方向水平向右．(2)小球沿竖直方向做匀减速运动：vy＝v0－gt；沿水平方向做初速度为零的匀加速运动：ax＝＝g，vx＝axt；小球的速度v＝，由以上各式可得关于v2的函数解析式：v2＝g2t2－2v0gt＋v02.解得当t＝时，v有最小值vmin＝v0，此时vx＝v0，vy＝v0，tan θ＝＝，即与电场方向夹角为37°斜向上．四、数学归纳法和数列法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＝＝na1＋d(d为公差)．等比数列：Sn＝(q为公比)． 例8　一小球从h0＝45 m高处自由下落，着地后又弹起，然后又下落，每与地面相碰一次，速度大小就变化为原来的k倍．若k＝，求小球从下落直至停止运动所用的时间．(g取10 m/s2，碰撞时间忽略不计)答案　9 s解析　由运动学公式将小球每碰一次后在空中运动的时间的通项公式求出，然后再累加求和．小球从h0处落到地面时的速度：v0＝，运动的时间为：t0＝第一次碰地后小球反弹的速度：v1＝kv0＝k小球再次与地面碰撞之前做竖直上抛运动，这一过程球运动的时间：t1＝＝2k则第n次碰地后，小球的运动速度的通项公式为：vn＝kn运动时间：tn＝＝2kn所以，小球从下落到停止运动的总时间为：t＝t0＋t1＋…＋tn＝＋2k＋…＋2kn＝＋2(k＋k2＋…＋kn)．上式括号中是一个无穷等比递减数列，由无穷等比递减数列求和公式，并代入数据得t＝9 s.例9　如图所示，质量M＝2 kg的平板小车左端放有质量m＝3 kg的小铁块(可视为质点)，它和小车之间的动摩擦因数μ＝0.5.开始时，小车和铁块共同以v0＝3 m/s的速度向右在光滑水平面上运动，车与竖直墙发生正碰，碰撞时间极短且碰撞中不损失机械能．车身足够长，使铁块不能和墙相撞，且始终不能滑离小车．g取10 m/s2.求小车和墙第一次碰后直至其最终恰好靠墙静止这段时间内，小车运动的总路程．答案　1.25 m解析　小车第一次碰墙后以原速率反弹，并在小铁块的摩擦力作用下向左减速，因mv0>Mv0，故小车先减速为零，后向右加速直至与铁块达到共同速度；之后小车第二次碰墙后反弹，重复上述过程．设小车第一次碰墙后向左运动的最大距离为s1，第二次碰墙后向左运动的最大距离为s2，第三次碰墙后向左运动的最大距离为s3，……，小车第一次碰墙之后与铁块的共同速率为v1，第二次碰墙之后与铁块的共同速率为v2，第三次碰墙之后与铁块的共同速率为v3，……第一次碰墙之后，由动能定理得μmgs1＝Mv02解得s1＝＝ m由动量守恒定律得(m－M)v0＝(m＋M)v1解得v1＝v0＝v0第二次碰墙之后，由动能定理得μmgs2＝Mv12解得s2＝＝s1由动量守恒定律得(m－M)v1＝(m＋M)v2解得v2＝v1＝v1……故小车第n次碰墙之后向左运动的最大距离为sn＝s1显然s1、s2、s3、…、sn为一公比是的等比数列．小车运动的总路程为s＝2(s1＋s2＋s3＋…＋sn)＝＝1.25 m.