新高考物理二輪復(fù)習(xí)過關(guān)練習(xí)第2部分 四、數(shù)學(xué)方法在物理中的應(yīng)用 (含解析)

四、數(shù)學(xué)方法在物理中的應(yīng)用高考物理試題的解答離不開數(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)雜的物理問題，顯示出明顯的規(guī)律性，能快速簡(jiǎn)捷地解決問題．可以說任何物理試題的求解過程實(shí)際上都是將物理問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問題，經(jīng)過求解再還原為物理結(jié)論的過程．下面是幾種物理解題過程中常用的數(shù)學(xué)方法．一、三角函數(shù)法1．三角函數(shù)求極值(1)y＝sinα，當(dāng)α＝90°時(shí)，ymax＝1；(2)y＝cosα，當(dāng)α＝0時(shí)，ymax＝1.例1(2022·廣西北海市模擬)在仰角α＝30°的雪坡上舉行跳臺(tái)滑雪比賽，如圖所示．運(yùn)動(dòng)員從坡上方A點(diǎn)開始下滑，到起跳點(diǎn)O時(shí)借助設(shè)備和技巧，保持在該點(diǎn)的速率不變而以與水平面成θ角的方向起跳．最后落在坡上B點(diǎn)，坡上O、B兩點(diǎn)距離為L.已知A點(diǎn)高于O點(diǎn)h＝50m，不計(jì)摩擦和阻力，則O、B兩點(diǎn)距離L最大值為多少？此時(shí)起跳角為多大？(取g＝10m/s2)答案200m30°解析運(yùn)動(dòng)員在O點(diǎn)速度v0＝eq\r(2gh)＝10eq\r(10)m/s.起跳后運(yùn)動(dòng)員做斜上拋運(yùn)動(dòng)．把運(yùn)動(dòng)分解為水平向右的勻速運(yùn)動(dòng)和豎直方向的豎直上拋運(yùn)動(dòng)．水平方向上有x＝v0cosθ·t，豎直方向上有y＝v0sinθ·t－eq\f(1,2)gt2，令y＝－xtanα，解得x＝eq\f(2v02cosθsinα＋θ,gcosα)＝eq\f(v02[sin2θ＋α＋sinα],gcosα).當(dāng)2θ＋α＝90°，即θ＝30°時(shí)，xmax＝eq\f(v021＋sinα,gcosα)，此時(shí)L有極大值Lmax＝eq\f(xmax,cosα)＝200m.2．輔助角求極值三角函數(shù)：y＝acosθ＋bsinθy＝acosθ＋bsinθ＝eq\r(a2＋b2)sin(θ＋α)，其中tanα＝eq\f(a,b).當(dāng)θ＋α＝90°時(shí)，有極大值ymax＝eq\r(a2＋b2).例2(多選)如圖所示，固定于豎直面內(nèi)的粗糙斜桿，與水平方向夾角為30°，質(zhì)量為m的小球套在桿上，在大小不變、方向與斜桿成α角的拉力F作用下，小球沿桿由底端勻速運(yùn)動(dòng)到頂端．已知小球與斜桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(\r(3),3)，則關(guān)于拉力F的大小和F的做功情況，下列說法正確的是()A．當(dāng)α＝30°時(shí)，拉力F最小B．當(dāng)α＝30°時(shí)，拉力F做功最小C．當(dāng)α＝60°時(shí)，拉力F最小D．當(dāng)α＝60°時(shí)，拉力F做功最小答案AD解析由題中選項(xiàng)可知要使F最小，則應(yīng)有Fsinα<mgcos30°，故根據(jù)平衡條件有Fcosα＝mgsin30°＋μ(mgcos30°－Fsinα)，解得：F＝eq\f(mgsin30°＋\f(\r(3),3)cos30°,cosα＋\f(\r(3),3)sinα)＝eq\f(\r(3)mg,2sinα＋60°)，由數(shù)學(xué)知識(shí)知，當(dāng)α＝30°時(shí)，拉力F最小，A正確，C錯(cuò)誤；當(dāng)α＝60°時(shí)，F(xiàn)＝mg，因?yàn)闆]有摩擦力，拉力做功最小，Wmin＝mgh，所以B錯(cuò)誤，D正確．3．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).例3(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．答案30cm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＝30cm4．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(2022·湖南婁底市模擬)在半徑為R的半圓形區(qū)域中有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向垂直于紙面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一質(zhì)量為m、帶有電荷量q的粒子以一定的速度沿垂直于半圓直徑AD方向經(jīng)P點(diǎn)(AP＝d)射入磁場(chǎng)(不計(jì)重力影響)．(1)如果粒子恰好從A點(diǎn)射出磁場(chǎng)，求入射粒子的速度大??；(2)如果粒子經(jīng)紙面內(nèi)Q點(diǎn)從磁場(chǎng)中射出，出射方向與半圓在Q點(diǎn)的切線方向的夾角為φ(如圖)．求入射粒子的速度大?。鸢?1)eq\f(qBd,2m)(2)eq\f(qBd2R－d,2m[R1＋cosφ－d])解析(1)由于粒子垂直AP入射，則AP是粒子圓軌跡的直徑，有r1＝0.5d設(shè)粒子速度為v1，根據(jù)牛頓第二定律qv1B＝meq\f(v12,r1)解得v1＝eq\f(qBd,2m)(2)連接PQ，并且作PQ的中垂線交AP于O′點(diǎn)，則O′為軌跡的圓心，如圖．設(shè)粒子的入射速度為v2，軌道半徑為r2.在△OO′Q中有OO′＝R＋r2－d，OQ＝R，O′Q＝r2，根據(jù)余弦定理有(R＋r2－d)2＝R2＋r22－2Rr2cosφ又qv2B＝meq\f(v22,r2)聯(lián)立以上各式化簡(jiǎn)得v2＝eq\f(qBd2R－d,2m[R1＋cosφ－d]).二、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)，若兩數(shù)相等，和最??；(2)兩個(gè)正數(shù)的和為定值時(shí)，若兩數(shù)相等，積最大．例5如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy的第一象限區(qū)域中，有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E＝kv0.在第二象限有一半徑為R＝b的圓形區(qū)域磁場(chǎng)，圓形磁場(chǎng)的圓心O1坐標(biāo)為(－b，b)，與兩坐標(biāo)軸分別相切于P點(diǎn)和N點(diǎn)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里．在x＝3b處垂直于x軸放置一平面熒光屏，與x軸交點(diǎn)為Q.大量的電子以相同的速率在紙面內(nèi)從P點(diǎn)進(jìn)入圓形磁場(chǎng)，電子的速度方向在與x軸正方向成θ角的范圍內(nèi)，其中沿y軸正方向的電子經(jīng)過磁場(chǎng)到達(dá)N點(diǎn)，速度與x軸正方向成θ角的電子經(jīng)過磁場(chǎng)到達(dá)M點(diǎn)且M點(diǎn)坐標(biāo)為(0,1.5b)．忽略電子間的相互作用力，不計(jì)電子的重力，電子的比荷為eq\f(e,m)＝eq\f(v0,kb).求：(1)圓形磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(2)θ角的大??；(3)電子打到熒光屏上距Q點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離．答案(1)k(2)120°(3)eq\f(9,4)b解析(1)由于速度沿y軸正方向的電子經(jīng)過N點(diǎn)，因而電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r＝b而ev0B＝meq\f(v02,r)聯(lián)立解得B＝k(2)速度與x軸正方向成θ角的電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為O′，電子離開磁場(chǎng)時(shí)的位置為P′，連接PO1P′O′可知該四邊形為菱形，如圖甲，由于PO1豎直，因而軌跡半徑P′O′也為豎直方向，電子離開磁場(chǎng)時(shí)速度一定沿x軸正方向由圖甲可知bsin(θ－90°)＋b＝1.5b解得θ＝120°.(3)由(2)可知，所有的電子以平行于x軸正方向的速度進(jìn)入電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為a，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，豎直方向位移為y，水平方向位移為x，則有x＝v0ty＝eq\f(1,2)at2eE＝ma聯(lián)立解得x＝eq\r(2by)設(shè)電子最終打在熒光屏的最遠(yuǎn)點(diǎn)距Q點(diǎn)為H，如圖乙所示，設(shè)電子射出電場(chǎng)時(shí)的夾角為α，vy＝at有tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\r(\f(2y,b))有H＝(3b－x)tanα＝(3eq\r(b)－eq\r(2y))·eq\r(2y)當(dāng)3eq\r(b)－eq\r(2y)＝eq\r(2y)，即y＝eq\f(9,8)b時(shí)，H有最大值．由于eq\f(9,8)b<1.5b，所以Hmax＝eq\f(9,4)b.三、利用二次函數(shù)求極值二次函數(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6如圖，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直，一小物塊以速度v從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點(diǎn)到軌道下端的距離與軌道半徑有關(guān)，此距離最大時(shí)，對(duì)應(yīng)的軌道半徑為(重力加速度大小為g)()A.eq\f(v2,16g)B.eq\f(v2,8g)C.eq\f(v2,4g)D.eq\f(v2,2g)答案B解析小物塊由最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝2mgr＋eq\f(1,2)mv12，小物塊做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)水平位移為x.水平方向有x＝v1t，豎直方向有2r＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立解得x＝eq\r(\f(4v2,g)r－16r2)，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)r＝eq\f(v2,8g)時(shí)，x最大，故選項(xiàng)B正確．例7(2022·山東臨沂市期末)真空中存在空間范圍足夠大的、水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)．在電場(chǎng)中，若將一個(gè)質(zhì)量為m、帶正電的小球由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)中小球速度方向與豎直方向夾角為37°(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．現(xiàn)將該小球從電場(chǎng)中某點(diǎn)以初速度v0豎直向上拋出．求運(yùn)動(dòng)過程中(1)小球受到的靜電力的大小及方向；(2)小球的最小速度的大小及方向．答案(1)eq\f(3,4)mg方向水平向右(2)eq\f(3,5)v0與電場(chǎng)方向夾角為37°斜向上解析(1)根據(jù)題設(shè)條件，靜電力大小F電＝mgtan37°＝eq\f(3,4)mg，方向水平向右．(2)小球沿豎直方向做勻減速運(yùn)動(dòng)：vy＝v0－gt；沿水平方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)：ax＝eq\f(F電,m)＝eq\f(3,4)g，vx＝axt；小球的速度v＝eq\r(vx2＋vy2)，由以上各式可得關(guān)于v2的函數(shù)解析式：v2＝eq\f(25,16)g2t2－2v0gt＋v02.解得當(dāng)t＝eq\f(16v0,25g)時(shí)，v有最小值vmin＝eq\f(3,5)v0，此時(shí)vx＝eq\f(12,25)v0，vy＝eq\f(9,25)v0，tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(3,4)，即與電場(chǎng)方向夾角為37°斜向上．四、數(shù)學(xué)歸納法和數(shù)列法凡涉及數(shù)列求解的物理問題都具有過程多、重復(fù)性強(qiáng)的特點(diǎn)，但每一個(gè)重復(fù)過程均不是與原來完全相同的重復(fù)，而是一種變化了的重復(fù)．隨著物理過程的重復(fù)，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(gè)分析開始的幾個(gè)物理過程；(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)物理過程，應(yīng)用數(shù)列特點(diǎn)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(yīng)的公式可用．等差數(shù)列：Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝na1＋eq\f(nn－1,2)d(d為公差)．等比數(shù)列：Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a11－qn,1－q)，q≠1,na1，q＝1))(q為公比)．例8一小球從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))答案9s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)無窮等比遞減數(shù)列，由無窮等比遞減數(shù)列求和公式，并代入數(shù)據(jù)得t＝9s.例9如圖所示，質(zhì)量M＝2kg的平板小車左端放有質(zhì)量m＝3kg的小鐵塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，它和小車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5.開始時(shí)，小車和鐵塊共同以v0＝3m/s的速度向右在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，車與豎直墻發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短且碰撞中不損失機(jī)械能．車身足夠長，使鐵塊不能和墻相撞，且始終不能滑離小車．g取10m/s2.求小車和墻第一次碰后直至其最終恰好靠墻靜止這段時(shí)間內(nèi)，小車運(yùn)動(dòng)的