【高考快车道】第二编 解题技巧与方法指导 五、数理结合——数学方法解答物理题（课件）物理高考二轮复习

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五、数理结合——数学方法解答物理题
方法策略
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。
分类例析
方法一、相似三角形法
相似三角形的判定方法主要包括以下四种核心定理:①两角对应相等(AA);②两边对应成比例且夹角相等(SAS);③三边对应成比例(SSS);④直角三角形斜边与直角边对应成比例(HL)。
例1　(2025湖北八校三统联考)水平墙上a、d两点连接一多功能挂物绳,绳子上b、c两点分别悬挂上物体A、B后,其静置状态如图所示,墙上两点e、f分别在b、c两点正上方,且ae=ef=fd,eb∶fc=10∶11,绳子质量忽略不计,则物体A、B的质量之比为(　　)
A.1∶2 B.2∶3
C.3∶4 D.4∶5
C
解析 如图所示,过a点作bc的平行线,与eb交于m点,过d点作bc的平行线,与cf延长线交于n点,过c点作eb的垂线,交eb的延长线于p点,则根据ae=ef=fd=pc以及几何关系可知△aem与△cpb以及△dfn为全等三角形。对结点b和c受力分析,则力构成的三角形分别相似于△abm和△cdn,又由于eb∶fc=10∶11,可知,故,故选C。
方法二、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。
2.辅助角求极值
三角函数式y=acos θ+bsin θ
y=acos θ+bsin θ=sin(θ+α),其中tan α=,当θ+α=90°时,有极大值ymax=。
3.正弦定理
在如图所示的三角形中,各边与所对应角的正弦之比相等,即。
4.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2　(多选)如图所示,质量为m的物块沿粗糙的水平面向右运动,现对物块施加一与水平方向的夹角为θ、大小不变的力F(F大小未知)。通过调整θ角的大小,可以使物块做匀加速运动或匀减速运动。已知物块做加速运动时,加速度大小的最大值为g,物块做减速运动时,加速度大小的最大值为g,其中g为重力加速度的大小,物块与水平面间的动摩擦因数恒定。下列说法正确的是(　 　)
A.θ=0°时,物块加速度的大小为g
B.θ=90°时,物块做匀速直线运动
C.物块与水平面之间的动摩擦因数为
D.加速阶段当物块加速度最大时,θ=30°
BCD
解析 恒力F斜向右上方时,物块加速运动的加速度大小最大,设此时F与水平方向的夹角为θ1,根据牛顿第二定律有Fcos θ1-μ(mg-Fsin θ1)=ma1,解得a1=-μg,建构函数f(θ1)=cos θ1+μsin θ1=·cos θ1 +sin θ1)=(sin φcos θ1+cos φsin θ1)=sin(φ+θ1),由数学知识可得f(θ1)最大值为,所以a1max=-μg;恒力F斜向左下方时,物块减速阶段的加速度大小最大,设此时F与水平方向的夹角为θ2,根据牛顿第二定律有Fcos θ2+μ(mg+Fsin θ2)=ma2,解得a2=+μg,由数学
知识同理可得a2max=+μg,故a2max-a1max=2μg,由题意可知a2max-a1max =g-g,联立解得μ=,又由题意可得a1max=-μg=g,解得F=mg,故θ=90°时物块做匀速直线运动,θ=0°时有F-μmg=ma,解得物块的加速度大小a=g,A错误,B、C正确。将a1=g,F=mg代入Fcos θ-μ(mg-
Fsin θ)=ma1可知,物块加速阶段加速度最大时有tan θ=μ=,则θ=30°,D正确。
例3　(多选)(2024湖南卷)如图所示,在光滑水平面内建立直角坐标系xOy。A、B两小球同时从O点出发,A球速度大小为v1、方向沿x轴正方向,B球速度大小为v2=2 m/s、方向与x轴正方向夹角为θ。坐标系第一象限中有一个挡板L,与x轴夹角为α。B球与挡板L发生碰撞,碰后B球速度大小变为1 m/s,碰撞前后B球的速度方向与挡板L法线的夹角相同,且分别位于法线两侧。不计碰撞时间和空气阻力,若A、B两小球能相遇,下列说法正确的是(　　)
A.若θ=15°,则v1的最大值为 m/s,且α=15°
B.若θ=15°,则v1的最大值为 m/s,且α=0°
C.若θ=30°,则v1的最大值为 m/s,且α=0°
D.若θ=30°,则v1的最大值为 m/s,且α=15°
AC
解析 两小球均做匀速直线运动,因为A、B两小球能相遇,可绘出运动轨迹图如图所示,根据正弦定理有,若θ=15°,代入数据v2=2 m/s,v2'=1 m/s解得,当α=15°时,v1取得最大值为 m/s,故A正确,B错误;若θ=30°,代入数据v2=2 m/s,v2'=1 m/s解得,当α=0°时,v1取得最大值为 m/s,故C正确,D错误。
方法三、均值不等式法
由均值不等式a+b≥2(a>0,b>0)可知:
(1)若两个正数的积为定值,当两数相等时,和最小;
(2)若两个正数的和为定值,当两数相等时,积最大。
例4　(2025江苏苏州三模)观察发现青蛙竖直向上起跳,跳起的最大高度为h。一长木板静止放置在光滑水平地面上,木板质量为m0。一质量为m的青蛙静止蹲在长木板的左端。青蛙向右上方第一次跳起,恰好落至长木板右端且立刻相对木板静止。青蛙继续向右上方第二次跳起,落到地面。青蛙第三次从地面向右上方起跳并落地。三次向右上方跳跃过程都恰能使青蛙相对地面水平位移最大。木板的厚度不计。已知每次起跳青蛙做功相同,起跳与着陆过程时间极短,青蛙可看作质点,忽略空气阻力,重力加速度为g。求:
(1)青蛙每次起跳做的功W;
(2)青蛙第三次向右上方跳跃的水平距离x;
(3)若长木板的长度为L,青蛙第二次向右上方起跳的水平位移d(用木板长度L表示);
(4)长木板的长度L与h的关系。
答案 (1)mgh
(2)2h
(3)L
(4)L=2h
解析 (1)对青蛙竖直起跳过程,由动能定理有W-mgh=0
解得青蛙每次起跳做的功W=mgh。
(2)对第三次青蛙起跳过程,设青蛙起跳初速度大小为v0,方向与水平方向夹角为θ,运动时间为t,则
竖直方向有v0sin θ=g
水平方向有x3=v0tcos θ
联立解得x3=
则当θ=45°时,x=
对青蛙起跳有W=
解得青蛙第三次向右上方跳跃的水平距离x=2h。
(3)青蛙第一、二次向右上方起跳均在木板上,且均相对地面水平位移最大,故两次相对地面位移相同。
对青蛙第一次在木板向右上方起跳过程,水平方向动量守恒有
mx1=m0x2
由几何关系x1+x2=L
联立解得d=L。
(4)对青蛙第一次向右上方起跳,设青蛙起跳的竖直初速度为vy,水平初速度为vx,木板后退速度为v
则对青蛙,竖直方向有vy=g
水平方向x1=vxt
对青蛙和木板系统,有mvx=m0v
青蛙相对地面的位移x1=vxvy
对青蛙第一次起跳,
有W=m()+m0v2
联立得=2gh
又由于
)[()·]
可知当=gh时,青蛙跳得最远,则L=2h。
方法四、二次函数求极值法
二次函数式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5　真空中存在空间范围足够大、水平向右的匀强电场。在电场中,若将一个质量为m、带正电荷的小球由静止释放,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:
(1)运动过程中小球受到的静电力的大小及方向;
(2)运动过程中小球的最小速度的大小及方向。
答案 (1)mg　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,有vy=v0-gt
沿水平方向做初速度为零的匀加速运动,有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+
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。
方法五、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原来的完全重复,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,求解该类问题的基本思路为:
(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:Sn==na1+d(d为公差)。
等比:Sn=(q为公比)。
例6　(2025湖北卷)如图所示,一足够长的平直木板放置在水平地面上,木板上有3n(n是大于1的正整数)个质量均为m的相同小滑块,从左向右依次编号为1、2、…、3n,木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L,木板与地面之间的动摩擦因数为μ,滑块与木板间的动摩擦因数为2μ。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度,大小为(β为足够大常数,g为重力加速度大小)。滑块间的每次碰撞时间极短,碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间,第1个滑块的速度大小。
(2)记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为vj,第j+1个滑块开始滑动时的速度为vj+1。用已知量和vj表示vj+1。
(3)若木板开始滑动后,滑块间恰好不再相碰,求β的值。
提示:12+22+…+k2=k(k+1)(2k+1)。
答案 (1) (2)
(3)n(2n+1)(4n+1)
解析 (1)木板与地面间最大静摩擦力Ff0=μ(3nm+nm)g=4nmμg
单个滑块与木板间滑动摩擦力Ff1=2μmg
由Ff1对滑块1,由牛顿第二定律得Ff1=ma1
设滑块1与滑块2碰前瞬间速度大小为v1'
由运动学公式得v1'2-=-2a1L
解得v1'=。
(2)因碰后滑块均粘在一起,将前第j个滑块当作整体,则这j个滑块的滑动摩擦力Ffj=2jμmg
当j≤2n时,有Ffi≤Ff0,木板静止
对j个滑块,由牛顿第二定律得Ffi=jmaj
设第j个滑块与第j+1个滑块碰前瞬间的速度大小为vj'
由运动学公式得vj'2-=-2ajL
解得vj'=
滑块碰撞后粘在一起,由动量守恒定律有jmvj'=(j+1)mvj+1
得vj+1=。
(3)当2n+1个滑块粘在一起运动时木板开始运动,且恰好不发生下一次碰撞,即2n+1个滑块和第2n+2个滑块刚要接触时滑块、木板恰好共速。
在2n个滑块和第2n+1个滑块碰后到2n+1个滑块将和第2n+2个滑块相碰的运动过程中,
2n+1个滑块的加速度大小a2n+1==2μg
木板和剩余n-1个滑块一起运动的加速度大小
a'=μg
方法一:2n+1个滑块与木板的位移关系x块-x板=L
即(v2n+1t-a2n+1t2)-a't2=L
滑块和木板共速有v2n+1-a2n+1t=a't
联立解得v2n+1=
方法二:由运动学公式得
0-=2(a2n+1-a')L
解得v2n+1=
当j≤2n时,由vj+1=可知(j+1)2=j2(-4μgL)
即(j+1)2=j2-j2·4μgL
当j=1时,22-4μgL
当j=2时,32=22-22·4μgL
……
当j=2n时,(2n+1)2=(2n)2-(2n)2·4μgL
将上述2n个等式相加有
(2n+1)2-[1+22+…+(2n)2]·4μgL
其中
=βμgL
1+22+…+(2n)2=(2n+1)(4n+1)
得β=n(2n+1)(4n+1)。