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1、专题八用数学方法解决物理问题专题复习定位解决问题本专题主要是应用数学知识和方法解决物理问题，考查分析、归纳和推理能力，对数学能力的要求较高。高考重点应用数学方法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；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解释。(3)能够运用几何图形、函数图像解决物理问题，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
2、法、函数法、比值法、图解法、极值法、微元法、归纳法、特殊值法、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、解三角形、不等式、数列、微积分初步等。题型难度本专题选择题和计算题都可涉及；选择题一般考查某一数学方法的应用，难度中等；计算题主要考查应用数学知识分析、解决物理问题的能力，题目难度较大。高考题型1应用正、余弦定理和几何图形解决物理问题【例1】 如图1所示，两个质量分别为m、m的小圆环A、B用不可伸长的细线连着，套在一个竖直固定的大圆环上，大圆环的圆心为O。系统平衡时，细线所对的圆心角为90，大圆环和小圆环之间的摩擦力及细线的质量忽略不计，重力加速度大小用g表示，下
3、列判断正确的是()图1A.小圆环A、B受到大圆环的支持力之比是1B.小圆环A受到大圆环的支持力与竖直方向的夹角为15C.细线与水平方向的夹角为30D.细线的拉力大小为mg答案A解析对A和B进行受力分析，根据平行四边形定则作出重力和支持力的合力，此合力的大小等于绳子的拉力的大小，设A、B所受的支持力与竖直方向的夹角分别为和，如图所示。根据正弦定理可以得到，由于FTFT，90，整理可以得到30，60，FTFTmg，再次利用正弦定理，整理可以得到，故选项A正确，B、D错误；根据几何知识可知，细线与水平方向的夹角为90453015，故选项C错误。高考题型2应用三角函数分析物理问题yacos bsin
4、令sin ，cos 则有y(sin cos cos sin )sin()所以当时，y有最大值，且ymax。【例2】 (2021湖北省部分重点中学期末联考)一名同学把箱子从圆弧形的坡底缓慢地推到坡顶，该同学作用在箱子上的推力方向和箱子的运动方向始终相同。箱子可视为质点，且箱子和坡面之间的动摩擦因数不变，该同学在推动箱子的过程中，下列说法正确的是()图2A.推力一直减小B.推力一直增大C.坡对箱子的作用力一直减小D.坡对箱子的作用力一直在增大答案D解析对箱子受力分析，箱子受到重力、支持力、推力和摩擦力，如图所示，因为箱子移动缓慢，所以受力平衡，有Fmgsin mgcos ，令tan ，根据数学知识
5、可得Fmgsin ()，当箱子向上移动时，箱子所处位置的切线方向与水平方向的夹角不断减小，当减小时，sin()有可能不断减小，也有可能先增大后减小，故A、B错误；坡对箱子的作用力Fmgcos ，箱子所处位置的切线方向与水平方向的夹角不断减小，当减小时，cos 增大，坡对箱子的作用力一直在增大，故D正确，C错误。高考题型3应用函数表达式或者图像解决物理问题1.二次函数yax2bxc(a、b、c为常数且a0)，当x时，y有极值ym(a0时，ym为极小值；a0时，ym为极大值)。2.对于两个大于零的变量a、b，若其和ab为一定值，则当ab时，其积ab有极大值；若其积ab为一定值，则当ab时，其和ab
6、有极小值。【例3】 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，运动中小球速度与竖直方向夹角为37(取sin 370.6，cos 370.8)。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)小球受到的电场力的大小及方向；(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，电场力大小F电mgtan 37mg，方向水平向右。(2)小球沿竖直方向做匀减速运动：vyv0gt；沿水平方向做初速度为零的匀加速运动：axg，vxaxt；小球的速度v，由以下各式解得
7、关于v2的函数解析式：v2g2t22v0gtv。解得当t时，v有最小值vminv0，此时，vxv0，yyv0，tan ，即与电场方向夹角为37斜向上。高考题型4数学方程式和归纳法的应用数列是高中数学的一个重点，日常生活中的很多实际问题都可以利用数列知识进行求解，物理情境中也有很多问题与数列有关。某一复杂物理过程中如果同一物理情境重复出现，往往会涉及数学归纳法和数列知识的应用。高中物理涉及的数列知识主要有等差数列、等比数列、通项公式和前n项和公式的应用等。解题的基本思路分三步：第一步，逐个分析开始阶段的几个物理过程；第二步，利用数学归纳法寻找变化物理量的通项公式；第三步，应用数列知识分析求解。【
8、例4】 (2021宁夏吴忠市4月二模)如图3所示，倾角30的固定斜面与水平地面在B点平滑连接。质量M9.0 kg的滑块静止在水平地面上，滑块与地面之间的动摩擦因数0.25。现将质量m1.0 kg的光滑小球从斜面上A点由静止释放，A点距水平地面的高度为H5.0 m。已知小球与滑块间的碰撞是弹性碰撞，g取10 m/s2。图3(1)求小球由A下滑至B过程所受支持力的冲量大小I；(2)小球与滑块第一次碰撞后返回斜面最大高度为3.2 m，求第一次碰后滑块的速度大小vM1；(3)求小球与滑块发生第n次碰撞后，滑块滑行的距离xn。答案(1)10 Ns(2)2 m/s(3) m解析(1)小球光滑，沿斜面匀加速
9、下滑，有mgsin ma，可得a5 m/s2由at2得t2 s所以IFNtmgcos t10 Ns。(2)小球到达B点时v1at10 m/s设小球与滑块第一次碰后反弹速度大小为vm1，滑块速度大小为vM1，有mghmv得vm18 m/s又mv1MvM1mvm1，解得vM1v12 m/s。(3)第一次碰后，小球沿斜面往返的时间tm13.2 s滑块沿水平地面滑行的时间tM10.8 s小球第二次与滑块碰撞时滑块已静止，第二次碰前小球速度v2vm18 m/s，由mv2MvM2mvm2mvmvMv，可得vM2v2v1同理可知小球第三次与滑块碰撞时滑块也已静止，由mv3MvM3mvm3mvmvMv，可得v
10、M3v3v1所以，小球第n次与滑块碰撞后，滑块速度vMnv1由Mgxn0Mv，得xn m。【拓展训练】 (20211月湖南普通高校招生适应性考试，14)如图4，一滑板的上表面由长度为L的水平部分AB和半径为R的四分之一光滑圆弧BC组成。滑板静止于光滑的水平地面上。物体P(可视为质点)置于滑板上面的A点，物体P与滑板水平部分的动摩擦因数为(解析(1)小球Q在下落过程中机械能守恒，因此有m0gLm0v在最低点对小球Q由牛顿第二定律可得FTm0gm0联立解得FT3m0g(2)小球Q和物体P发生弹性碰撞，则动量守恒和机械能守恒，因此m0vQm0vQmv0，m0vm0vQ2mv解得v0物体P能够从C点飞
11、出，则有水平方向动量守恒mv0mv12mv1二者从相对运动到P上升至最大高度的过程中，由能量守恒定律得mvmv2mvmgLmg(hR)联立可得hLR(3)要求物体P相对地面有向右运动的速度，则P要滑到曲面上再返回运动。物体P相对滑板反方向运动过程中，可知当P再次回到B点时两者速度最大，此时P有向右运动的速度即可，选向左为正方向，则有mv02mv板mvPmvmv2mvmgL联立得：3v2v0vPv4gL0vP4v43(4gLv)0而vP0，即2v0专题限时训练(限时：30分钟)1.(2021湖北武汉市四月调研)某质点做匀加速直线运动，经过时间t速度由v0变为kv0(k1)，位移大小为x。则在随后
12、的4t内，该质点的位移大小为()A. B.C. D.答案A解析根据题目已知条件可以作出图像如图，由vt图像与t轴所围成的面积表示位移可得，用时t的位移为xt；5t时间内的位移为x5t，因此，所以xx，即随后4 s内的位移为xxx，故A正确，B、C、D错误。2.如图1所示是一旅行箱，它既可以在地面上推着行走，也可以在地面上拉着行走。已知该旅行箱的总质量为15 kg，一旅客用斜向上的拉力拉着旅行箱在水平地面上做匀速直线运动，若拉力的最小值为90 N，此时拉力与水平方向间的夹角为，重力加速度大小为g10 m/s2，sin 370.6，旅行箱受到地面的阻力与其受到地面的支持力成正比，比值为，则()图1
13、A.0.5，37 B.0.5，53C.0.75，53 D.0.75，37答案D解析对旅行箱受力分析，如图所示。根据平衡条件，水平方向有Fcos Ff0，竖直方向有FNFsin G0，其中FfFN，故F，令tan ，则F；当0时，F有最小值，故FGsin 90 N，故37，故tan 370.75，37，故选项D正确。3.(2021河南驻马店市第一学期期末)如图2所示，间距为L0.5 m的两条平行金属导轨，水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B0.2 T，轨道左侧连接一阻值为R1 的定值电阻。垂直导轨的导体棒ab在水平外力F的作用下沿导轨运动，并始终与导轨接触良好。t0时刻，导体棒从静
14、止开始做匀加速直线运动，力F随时间t变化的规律如图乙所示。已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.5，导体棒和导轨的电阻均不计。取g10 m/s2，求：图2(1)导体棒的加速度大小；(2)导体棒的质量。答案(1)5 m/s2(2)0.1 kg解析(1)设导体棒的质量为m，导体棒做匀加速直线运动的加速度为a，某时刻t，导体棒的速度为v，所受的摩擦力为Ff，则导体棒产生的电动势EBLv回路中的电流I导体棒受到的安培力F安BIL由牛顿第二定律FF安Ffma由题意vat联立解得FtmaFf根据题图乙可知，010 s内图像的斜率为0.05 N/s，即0.05 N/s，解得a5 m/s2。(2)由Ft图像纵截
15、距可知maFf1.0 N又Ffmg解得m0.1 kg。4.(2021山东日照市3月模拟)如图3所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限内，存在以虚线OM为边界的匀强电场和匀强磁场。匀强电场方向沿y轴负方向，匀强磁场方向垂直于xOy平面向里，虚线OM与x轴负方向成45角。一质量为m、电荷量为q的带电粒子从坐标原点O处以初速度v0沿x轴正方向运动，粒子每次到达x轴将反弹，第一次反弹无能量损失，以后每次反弹水平分速度不变、竖直分速度大小均减为反弹前的，且方向相反。电场强度大小等于，磁感应强度大小等于，求：(不计粒子重力，题中各物理量单位均为国际单位，计算结果可用分式表示)图3(1)带电粒子第三次经
16、过OM时的坐标；(2)带电粒子第三次到达OM时经过的时间；(3)带电粒子从第二次进入电场开始，沿电场方向运动的总路程。答案(1)(2d，2d)(2)(3)d解析(1)设磁感应强度大小为B，粒子进入磁场，根据左手定则，粒子做的圆周运动后经过OM，根据洛伦兹力提供向心力，有qv0Bm，解得rd粒子运动轨迹如图所示，由图可知，带电粒子第三次经过OM时的坐标为(2d，2d)。(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T在电场中，沿y轴方向的加速度a设粒子从第一次沿y轴负方向经过OM到第一次在x轴反弹所用时间为t1，沿y轴方向vv2ar，vy0v0at1联立解得t1则带电粒子第三次到达OM时经过的时间为tT2t1。(3)因粒子第二次进入电场做类平抛运动，故到达x轴时的水平分速度为v0竖直方向v2a(2d)第一次竖直分速度减半反弹，竖直分速度vy1vy，高度h12d第二次竖直分速度减半反弹，竖直分速度vy2vy1vy，高度h22d第n次竖直分速度减半反弹，高度hn2d故总路程为H2d2(h1h2hn)2d22d整理可以得到Hd即带电粒子从第二次进入电场开始，沿电场方向运动的总路程为Hd。