2025届高考物理二轮复习讲义：增分指导一 数学方法在物理中的应用 【含答案】

2025届高考物理二轮复习讲义
增分指导一 数学方法在物理中的应用
　　　　　 　　　　　 　　　　　
应用数学知识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,或进行数值计算;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结论或解释.
(3)能够运用几何图形、函数图像解决物理问题,要能够对物理规律、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、几何法、函数法、比值法、图解法、极值法、微元法、归纳法、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、三角函数、不等式、数列、微积分初步等.
估算法
解决此类问题需要了解一些常见的数据,例如:原子直径数量级为10-10 m,地球半径约为6400 km,地球自转周期约为1天(24小时),地球公转周期约为1年,近地卫星的运行周期约为85分钟,月球绕地球运行周期约为27天,一个鸡蛋的质量约为50 g,中学生的质量约为50 kg,课桌的高度约为80 cm,每层楼的高度约为3 m,自行车的速度约为5 m/s,π2≈10,地球表面重力加速度g约为10 m/s2,月球表面重力加速度约为地球表面的等.
例1　我国执行火星探测任务的“天问一号”探测器在成功实施三次近火制动后,进入运行周期约为1.8×105 s的椭圆形停泊轨道,轨道与火星表面的最近距离约为2.8×105 m.已知火星半径约为3.4×106 m,火星表面处自由落体的加速度大小约为3.7 m/s2,则“天问一号”的停泊轨道与火星表面的最远距离约为 (　)
A.6×105 m B.6×106 m
C.6×107 m D.6×108 m
【技法点拨】
对数值计算的处理,第一是得出目标物理量函数关系再计算数值,不要列一个关系式得出一个中间结果,这样不仅使得计算成本提高,而且容易因为每一步的四舍五入导致最终的结果出现偏差,把关系式清晰表达出来,再代入数据,是一种更加科学的计算方式.第二就是要掌握必要的估算技巧,上述解答过程中,将3.7和4抵消、3.42与π2抵消,是一种近似处理,而且结果是取在一个区间内,并不需要最终得出精确的数值.
例2　[2024·杭州高级中学模拟] 如图所示是某同学跳远的频闪图,该同学身高180 cm,起跳点为O点.图中辅助标线方格横竖长度比为2∶1,g取10 m/s2,则他起跳时的初速度最接近的值是 (　)
A.4 m/s B.5 m/s
C.6 m/s D.7 m/s
三角函数法
角度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.
(3)辅助角求极值
三角函数:y=acos θ+bsin θ
acos θ+bsin θ=sin (θ+α),其中tan α=.
当θ+α=90°时,有极大值ymax=.
例3　(不定项)某实验研究小组为探究物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系,使某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上运动,如图甲所示,调节斜面与水平面的夹角θ,实验测得x与θ的关系如图乙所示,g取10 m/s2.则由图可知 (　)
A.物体的初速率v0=5 m/s
B.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.75
C.图乙中xmin=0.36 m
D.取初始位置所在水平面为重力势能参考平面,当θ=37°,物体上滑过程中动能与重力势能相等时,物体上滑的位移为0.187 5 m
角度2　正、余弦定理的应用
(1)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==.
(2)余弦定理
在如图所示的三角形中,有:
a2=b2+c2-2bc·cos A
b2=a2+c2-2ac·cos B
c2=a2+b2-2ab·cos C
例4　[2024·湖北卷] 如图所示,两拖船P、Q拉着无动力货船S一起在静水中沿图中虚线方向匀速前进,两根水平缆绳与虚线的夹角均保持为30°.
假设水对三艘船在水平方向的作用力大小均为Ff,方向与船的运动方向相反,则每艘拖船发动机提供的动力大小为 (　)
A.Ff B.Ff
C.2Ff D.3Ff
例5　一振动片以频率f做简谐运动时,固定在振动片上的两根细杆同步周期性地触动水面上a、b两点,两波源发出的波在水面上形成稳定的干涉图样.c是水面上的一点,a、b、c间的距离均为l,如图所示.已知除c点外,在a、c连线上还有其他振幅极大的点,其中距c最近的点到c的距离为l.则该波的波长为 (　)
A.l 　　　B.l
C.l 　　　D.l
均值不等式求极值
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6　[2024·安徽卷] 如图所示,一“U”形金属导轨固定在竖直平面内,一电阻不计,质量为m的金属棒ab垂直于导轨,并静置于绝缘固定支架上.边长为L的正方形cdef区域内,存在垂直于纸面向外的匀强磁场.支架上方的导轨间存在竖直向下的匀强磁场.两磁场的磁感应强度大小B随时间t的变化关系均为B=kt(SI),k为常数(k>0).支架上方的导轨足够长,两边导轨单位长度的电阻均为r,下方导轨的总电阻为R.t=0时,对ab施加竖直向上的拉力,恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动,整个运动过程中ab与两边导轨接触良好.已知ab与导轨间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g.不计空气阻力,两磁场互不影响.
(1)求通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式,以及感应电动势的大小,并写出ab中电流的方向;
(2)求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式;
(3)经过多长时间,对ab所施加的拉力达到最大值 并求此最大值.
二次函数求极值
(1)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.
(2)用判别式Δ=b2-4ac≥0有解可求某量的极值.
例7　[2024·四川成都模拟] 如图所示,一半径为R的光滑绝缘半球面开口向下,固定在水平面上.整个空间存在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场.一电荷量为+q(q>0)、质量为m的小球P在球面上做水平的匀速圆周运动,圆心为O'.球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θ=60°.若重力加速度为g,以下说法正确的是(　)
A.从上面俯视,小球沿顺时针方向运动
B.球面对小球的弹力大小为mg
C.小球的速率越大,则小球受到的洛伦兹力越大
D.磁感应强度的大小可能为B=


数学归纳法、数列的应用
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　如图所示,水平地面上放有木板A和滑块B,两者静止在同一直线上,木板A底面光滑,B与地面间的动摩擦因数为μ,某时刻滑块C从左侧以水平初速度v0滑上木板A,已知滑块C与木板A上表面间的动摩擦因数也为μ,滑块C、木板A的质量均为m,重力加速度为g,开始时木板A与滑块B相距L0=,木板足够长,A与B之间的碰撞均为弹性碰撞,碰撞时间极短,A与B发生碰撞后A反弹,之后木板A每当运动到与滑块B上次碰撞的位置时,恰好不再相对C滑动,求:
(1)C滑上A后经多长时间A与B发生第1次碰撞;
(2)滑块B的质量;
(3)第2次碰撞前,滑块C相对木板A滑动的距离;
(4)经n次碰撞,滑块B能运动的总位移.
求导的妙用
(1)分析物理问题,应用物理规律,将已知量和未知量之间建立一定的函数式;
(2)求导数,代入数据求出物理量;
(3)求物理量最值时,先求导数,再建立导数为零的独立方程,解方程得出自变量或自变量的表达式,将自变量代入原来的函数式中求出目标量的最大值或最小值.
例9　[2024·丽水中学模拟] 如图所示,一个带正电的绝缘圆环竖直放置,圆环半径为R,带电荷量为+Q,电荷量均匀分布在圆环表面上,将一正试探电荷+q从圆环中心偏右侧一点(图中未画出)的位置由静止释放,试探电荷只在电场力的作用下沿着中心轴线向右侧运动,则下列说法正确的是(　)
A.试探电荷将向右先加速后减速
B.试探电荷的加速度逐渐减小
C.当试探电荷距离圆环中心为R时,其加速度最大
D.将圆环所带电荷量扩大两倍,则加速度最大的位置右移
例10　[2024·学军中学模拟] 如图所示,两根平行金属导轨固定在水平桌面上,每根导轨每米的电阻为r0=0.10 Ω,导轨的端点P、Q用电阻可以忽
略的导线相连,两导轨间的距离l=0.20 m.随时间变化的匀强磁场垂直于桌面,已知磁感应强度B与时间t的关系为B=kt,比例系数k=0.020 T/s.一电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动,在滑动过程中保持与导轨垂直,在t=0时刻,金属杆紧靠在P、Q端,在外力作用下,杆以恒定的加速度从静止开始向导轨的另一端滑动,求t=6.0 s时金属杆所受的安培力大小.
参考答案与详细解析
例1　C　[解析] 已知火星半径R,则火星近地卫星的周期为T1=,设停泊轨道的半长轴为a,由开普勒第三定律可知=,整理得a=,代入数据得a=≈ m,即107 m例2　D　[解析] 从图中可知,人的高度约占三格竖直线,所以一格竖直线的长度约为y0= m=0.6 m,则一格水平线的长度约为x0=2y0=1.2 m,从起跳到最高点过程,重心在竖直方向运动了约2格,根据逆向思维有2y0=gt2,vy=gt,解得t=,vy=,水平方向运动了约2格,则有2x0=v0t,解得v0===,起跳时的初速度为v=== m/s≈7 m/s,故选D.
例3　BC　[解析] 由图乙可知,当θ=时,物体做竖直上抛运动,摩擦力是零,由竖直上抛运动的速度—位移关系公式可得=2gx1,解得v0= m/s=3 m/s,A错误;当θ=0时,物体沿水平面做匀减速直线运动,由动能定理可得-μmgx0=0-m,解得μ===0.75,B正确;物体沿斜面向上运动时,由动能定理可得-x=0-m,代入数据整理可得x= m≥ m=0.36 m,C正确;设动能与重力势能相等时,物体上滑的位移为x2,则有mgx2sin 37°=m-(μmgcos 37°+mgsin 37°)x2,代入数据解得x2=0.25 m,D错误.
例4　B　[解析] 对货船S受力分析如图甲所示,其中FT为绳的拉力,根据正交分解法可得2FTcos 30°=Ff,对拖船P受力分析如图乙所示,其中F为发动机提供的动力,有(FT'sin 30°)2+(Ff+FT'cos 30°)2=F2,根据牛顿第三定律可知FT'=FT,联立解得F=Ff,故B正确.
例5　C　[解析] 设与c点最近的振幅极大点为d,则ad=l-l=l,由余弦定理有bd==l,根据干涉加强点距离差的关系有Δx=x1-x2=nλ,则有bd-ad=λ,所以波长为l,选项C正确.
例6　(1) Φ=kL2t　kL2　从a流向b　(2)F安=　(3)　+m
[解析] (1)通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式为Φ=BS=kL2t
根据法拉第电磁感应定律得
E=n==kL2
由楞次定律可知ab中的电流方向为从a流向b.
(2)根据左手定则可知ab受到的安培力方向垂直于导轨平面向里,大小为F安=BIL
其中B=kt
设金属棒向上运动的位移为x,则根据运动学公式有x=at2
导轨接入回路的电阻为R'=2xr
由闭合电路欧姆定律得I=
联立解得ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式为F安=
(3)由题知t=0时,对ab施加竖直向上的拉力,恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动,则对ab受力分析,由牛顿第二定律有
F-mg-μF安=ma
其中F安=
联立可得F=+m(g+a)
整理有F=+m(g+a)
根据均值不等式可知+art≥2,当且仅当=art时取等号,F有最大值,此时t=
F的最大值为
Fm=+m(g+a)
例7　C　[解析] 小球受到的洛伦兹力方向水平指向圆心O',根据左手定则可知,从上面俯视小球沿逆时针方向运动,故A错误;小球竖直方向受力平衡,则有FNcos θ=mg,可得球面对小球的弹力大小为FN==2mg,故B错误;根据F洛=qvB可知小球的速率越大,则小球受到的洛伦兹力越大,故C正确;水平方向根据牛顿第二定律可得qvB-FNsin θ=m,整理可得v2-qBv+mg=0,对于v的一元二次方程,根据数学知识可知,需要满足(qB)2-4××mg≥0,可得B≥,可知磁感应强度的大小不可能为B=,故D错误.
例8　(1)　(2)2m　(3)　
(4)
[解析] (1)假设A先与C达到共同速度,再与B相碰.设C滑上A后经t1时间,木板A与滑块C达到共同速度v1,该过程A和C组成的系统动量守恒,有mv0=2mv1
解得v1=
设此过程木板A的位移为x0,对A由动能定理得μmgx0=m-0
解得x0=此过程对木板A由动量定理有
μmgt1=mv1-0
解得t1=
设再经时间t2,A与B发生第1次碰撞,有
L0-x0=v1t2
解得t2=
则C滑上A后到A与B发生第1次碰撞经过的时间为t=t1+t2
联立解得t=.
(2)设滑块B的质量为M,木板A与B发生第1次碰撞后瞬间B的速度为v1B,木板A的速度为v1A,以水平向右为正方向,A与B之间发生弹性碰撞,对A、B组成的系统,根据动量守恒定律和机械能守恒定律,有
mv1=mv1A+Mv1B
m=m+M
根据木板A总是在与滑块B上次碰撞的位置恰好不再与滑块C相对滑动,可知从A、B碰后到A、C再次共速,A的位移为0,设A、C再次共速的速度为v2,该过程时间为tA,由匀变速直线运动规律有tA=0
则v2=-v1A
A与B第1次碰后瞬间到C与A相互作用达到共速过程,A、C组成的系统动量守恒,有mv1+mv1A=2mv2
联立解得M=2m,v1A=-=-,v1B==.
(3)设第1次碰撞前C相对A滑动的距离为ΔL1,对A、C组成的系统由能量守恒定律有
μmgΔL1=m-×2m
解得ΔL1=
设从第1次碰撞后到第2次碰撞前C相对A滑动的距离为ΔL2,同理有
μmgΔL2=m+m-×2m
解得ΔL2=
则第2次碰撞前,滑块C相对木板A滑动的距离ΔL=ΔL1+ΔL2=.
(4)第1次碰撞后,A、B做匀变速运动,根据牛顿第二定律分别有μmg=maA
μMg=MaB
解得A、B的加速度大小aA=μg,aB=μg
根据运动学规律有v2=v1A+aAtA
解得tA=
设A回到与B第1次碰撞的位置时,B的速度为v1B'
则有v1B'=v1B-aBtA
解得v1B'=0,所以第2次碰前B已静止,由(3)知,此时A的速度为v2=-v1A=
同理,第2次碰后瞬间,A、B的速度分别为v2A=-=-,v2B==
第3次碰前B已静止,A的速度为
v3=-v2A=
第3次碰后瞬间,A、B的速度分别为
v3A=-=-,v3B=v3=
……
依次类推,第n次碰后瞬间,B的速度为
vnB=vn-1==
设第1次碰后滑块B运动的位移为x1,该过程,对滑块B由动能定理,有
-μMgx1=0-M
解得x1==×
同理,第2次碰后滑块B运动的位移为
x2==×
第n次碰后滑块B运动的位移为
xn==×
则经n次碰撞,滑块B能运动的总位移
x=x1+x2+x3+…+xn
根据等比数列求和,可知x=.
例9　C　[解析] 根据圆环电场分布的对称性可知,圆环中心轴线上的电场强度均背离圆环中心,沿着中轴线向外,则可知试探电荷将始终受到向右的电场力,一直做加速运动,故A错误;如图所示,将圆环上所带电荷进行无限分割,设每一份的电荷量为q0,则其在M点的场强E0=,其水平分量E0x=E0cos θ=sin2 θcos θ,微元累加并根据对称性可知,M点的合场强为E=sin2 θcos θ,令f(θ)=sin2 θcos θ=cos θ-cos3 θ,则其导函数为f'(θ)=-sin θ+3cos2 θsin θ=0,此时cos2 θ=,可知当cos θ=,即试探电荷距离圆环中心为R时,场强最大,加速度最大,并且这个位置与电荷量无关,故C正确,B、D错误.
例10　1.44×10-3 N
[解析] 整个电路中的感应电动势由两部分组成,一部分是金属杆向左做切割磁感线的运动引起的,称为动生电动势;另一部分是由于磁感应强度变化所引起的,称为感生电动势.
设金属杆的加速度为a,在时刻t的磁通量
Φ=BS=ktl·at2=klat3
根据法拉第电磁感应定律,电路内产生的感应电动势为
E==klat2
整个电路的总电阻和总电流分别为
R=2·at2r0
I==
因此,金属杆所受的安培力为
F=BIl=kt··l=
代入题中数据,得
F=1.44×10-3 N