專題七用數(shù)學(xué)方法解決物理問題專題復(fù)習(xí)定位解決問題本專題主要是應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)和方法解決物理問題，考查分析、歸納和推理能力，對(duì)數(shù)學(xué)能力的要求較高。高考重點(diǎn)應(yīng)用數(shù)學(xué)方法處理物理問題的能力具體要求為：(1)能根據(jù)具體的物理問題列出物理量之間的關(guān)系，能把有關(guān)的物理?xiàng)l件用數(shù)學(xué)方程表示出來。(2)在解決物理問題時(shí)，往往需要經(jīng)過數(shù)學(xué)推導(dǎo)和求解；求得結(jié)果后，有時(shí)還要用圖像或函數(shù)關(guān)系把它表示出來；必要時(shí)還應(yīng)對(duì)數(shù)學(xué)運(yùn)算的結(jié)果做出物理上的解釋。(3)能夠運(yùn)用幾何圖形、函數(shù)圖像解決物理問題，能夠?qū)ξ锢硪?guī)律、狀態(tài)和過程在理解的基礎(chǔ)上用合適的圖像表示出來，會(huì)用圖像來處理物理問題。高中物理解題常見的數(shù)學(xué)思想方法包括估算法、幾何法、函數(shù)法、比值法、圖解法、極值法、微元法、歸納法、特殊值法、極限分析法、分類討論法等，經(jīng)常要用到的數(shù)學(xué)知識(shí)包括平面幾何、函數(shù)圖像、解三角形、不等式、數(shù)列、微積分初步等。題型難度本專題選擇題和計(jì)算題都可涉及；選擇題一般考查某一數(shù)學(xué)方法的應(yīng)用，難度中等；計(jì)算題主要考查應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)分析、解決物理問題的能力，題目難度較大。高考題型1應(yīng)用正、余弦定理和幾何圖形解決物理問題【例1】如圖1所示，兩個(gè)質(zhì)量分別為eq\r(3)m、m的小圓環(huán)A、B用不可伸長(zhǎng)的細(xì)線連著，套在一個(gè)豎直固定的大圓環(huán)上，大圓環(huán)的圓心為O。系統(tǒng)平衡時(shí)，細(xì)線所對(duì)的圓心角為90°，大圓環(huán)和小圓環(huán)之間的摩擦力及細(xì)線的質(zhì)量忽略不計(jì)，重力加速度大小用g表示，下列判斷正確的是()圖1A.小圓環(huán)A、B受到大圓環(huán)的支持力之比是eq\r(3)∶1B.小圓環(huán)A受到大圓環(huán)的支持力與豎直方向的夾角為15°C.細(xì)線與水平方向的夾角為30°D.細(xì)線的拉力大小為eq\f(\r(3),2)mg答案A解析對(duì)A和B進(jìn)行受力分析，根據(jù)平行四邊形定則作出重力和支持力的合力，此合力的大小等于繩子的拉力的大小，設(shè)A、B所受的支持力與豎直方向的夾角分別為α和β，如圖所示。根據(jù)正弦定理可以得到eq\f(\r(3)mg,sin45°)＝eq\f(FT,sinα)，eq\f(mg,sin45°)＝eq\f(FT′,sinβ)，由于FT＝FT′，α＋β＝90°，整理可以得到α＝30°，β＝60°，F(xiàn)T＝FT′＝eq\f(\r(6),2)mg，再次利用正弦定理eq\f(FNA,sin（180°－45°－30°）)＝eq\f(\r(3)mg,sin45°)，eq\f(FNB,sin（180°－45°－60°）)＝eq\f(mg,sin45°)，整理可以得到eq\f(FNA,FNB)＝eq\f(\r(3),1)，故選項(xiàng)A正確，B、D錯(cuò)誤；根據(jù)幾何知識(shí)可知，細(xì)線與水平方向的夾角為90°－45°－30°＝15°，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤。高考題型2應(yīng)用三角函數(shù)分析物理問題y＝acosθ＋bsinθ＝eq\r(a2＋b2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,\r(a2＋b2))cosθ＋\f(b,\r(a2＋b2))sinθ))令sinφ＝eq\f(a,\r(a2＋b2))，cosφ＝eq\f(b,\r(a2＋b2))則有y＝eq\r(a2＋b2)(sinφcosθ＋cosφsinθ)＝eq\r(a2＋b2)sin(φ＋θ)所以當(dāng)φ＋θ＝eq\f(π,2)時(shí)，y有最大值，且ymax＝eq\r(a2＋b2)?！纠?】(2021·湖北省部分重點(diǎn)中學(xué)期末聯(lián)考)一名同學(xué)把箱子從圓弧形的坡底緩慢地推到坡頂，該同學(xué)作用在箱子上的推力方向和箱子的運(yùn)動(dòng)方向始終相同。箱子可視為質(zhì)點(diǎn)，且箱子和坡面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，該同學(xué)在推動(dòng)箱子的過程中，下列說法正確的是()圖2A.推力一直減小B.推力一直增大C.坡對(duì)箱子的作用力一直減小D.坡對(duì)箱子的作用力一直在增大答案D解析對(duì)箱子受力分析，箱子受到重力、支持力、推力和摩擦力，如圖所示，因?yàn)橄渥右苿?dòng)緩慢，所以受力平衡，有F＝mgsinθ＋μmgcosθ，令tanφ＝μ，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可得F＝eq\r(1＋μ2)mgsin(θ＋φ)，當(dāng)箱子向上移動(dòng)時(shí)，箱子所處位置的切線方向與水平方向的夾角θ不斷減小，當(dāng)θ減小時(shí)，sin(θ＋φ)有可能不斷減小，也有可能先增大后減小，故A、B錯(cuò)誤；坡對(duì)箱子的作用力F′＝eq\r(f2＋Feq\o\al(2,N))＝mgcosθeq\r(1＋μ2)，箱子所處位置的切線方向與水平方向的夾角θ不斷減小，當(dāng)θ減小時(shí)，cosθ增大，坡對(duì)箱子的作用力一直在增大，故D正確，C錯(cuò)誤。高考題型3應(yīng)用函數(shù)表達(dá)式或者圖像解決物理問題1.二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c(a、b、c為常數(shù)且a≠0)，當(dāng)x＝－eq\f(b,2a)時(shí)，y有極值ym(a>0時(shí)，ym為極小值；a<0時(shí)，ym為極大值)。2.對(duì)于兩個(gè)大于零的變量a、b，若其和a＋b為一定值，則當(dāng)a＝b時(shí)，其積ab有極大值；若其積ab為一定值，則當(dāng)a＝b時(shí)，其和a＋b有極小值?！纠?】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)中小球速度與豎直方向夾角為37°(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)?，F(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)小球受到的電場(chǎng)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，電場(chǎng)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(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))，由以下各式解得關(guān)于v2的函數(shù)解析式：v2＝eq\f(25,16)g2t2－2v0gt＋veq\o\al(2,0)。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，yy＝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。高考題型4數(shù)學(xué)方程式和歸納法的應(yīng)用數(shù)列是高中數(shù)學(xué)的一個(gè)重點(diǎn)，日常生活中的很多實(shí)際問題都可以利用數(shù)列知識(shí)進(jìn)行求解，物理情境中也有很多問題與數(shù)列有關(guān)。某一復(fù)雜物理過程中如果同一物理情境重復(fù)出現(xiàn)，往往會(huì)涉及數(shù)學(xué)歸納法和數(shù)列知識(shí)的應(yīng)用。高中物理涉及的數(shù)列知識(shí)主要有等差數(shù)列、等比數(shù)列、通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和公式的應(yīng)用等。解題的基本思路分三步：第一步，逐個(gè)分析開始階段的幾個(gè)物理過程；第二步，利用數(shù)學(xué)歸納法尋找變化物理量的通項(xiàng)公式；第三步，應(yīng)用數(shù)列知識(shí)分析求解?！纠?】(2021·寧夏吳忠市4月二模)如圖3所示，傾角θ＝30°的固定斜面與水平地面在B點(diǎn)平滑連接。質(zhì)量M＝9.0kg的滑塊靜止在水平地面上，滑塊與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25?，F(xiàn)將質(zhì)量m＝1.0kg的光滑小球從斜面上A點(diǎn)由靜止釋放，A點(diǎn)距水平地面的高度為H＝5.0m。已知小球與滑塊間的碰撞是彈性碰撞，g取10m/s2。圖3(1)求小球由A下滑至B過程所受支持力的沖量大小I；(2)小球與滑塊第一次碰撞后返回斜面最大高度為3.2m，求第一次碰后滑塊的速度大小vM1；(3)求小球與滑塊發(fā)生第n次碰撞后，滑塊滑行的距離sn。答案(1)10eq\r(3)N·s(2)2m/s(3)eq\f(20,52n)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\f(20,25n)m))解析(1)小球光滑，沿斜面勻加速下滑，有mgsinθ＝ma，可得a＝5m/s2由eq\f(H,sinθ)＝eq\f(1,2)at2得t＝2s所以I＝FNt＝mgcosθ·t＝10eq\r(3)N·s。(2)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)v1＝at＝10m/s設(shè)小球與滑塊第一次碰后反彈速度大小為vm1，滑塊速度大小為vM1，有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m1)得vm1＝8m/s又mv1＝MvM1－mvm1，解得vM1＝eq\f(1,5)v1＝2m/s。(3)第一次碰后，小球沿斜面往返的時(shí)間tm1＝eq\f(2vm1,a)＝3.2s滑塊沿水平地面滑行的時(shí)間tM1＝eq\f(vM1,μg)＝0.8s小球第二次與滑塊碰撞時(shí)滑塊已靜止，第二次碰前小球速度v2＝vm1＝8m/s，由mv2＝MvM2－mvm2eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m2)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,M2)，可得vM2＝eq\f(1,5)v2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(2)v1同理可知小球第三次與滑塊碰撞時(shí)滑塊也已靜止，由mv3＝MvM3－mvm3eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m3)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,M3)，可得vM3＝eq\f(1,5)v3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(3)v1所以，小球第n次與滑塊碰撞后，滑塊速度vMn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(n)v1由－μMgsn＝0－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,Mn)，得sn＝eq\f(20,52n)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或sn＝\f(20,25n)m))。專題限時(shí)訓(xùn)練(限時(shí)：30分鐘)1.(2021·湖北武漢市四月調(diào)研)某質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t速度由v0變?yōu)閗v0(k>1)，位移大小為x。則在隨后的4t內(nèi)，該質(zhì)點(diǎn)的位移大小為()A.eq\f(8（3k－2）x,k＋1) B.eq\f(8（2k－1）x,k＋1)C.eq\f(8（2k－1）x,k－1) D.eq\f(3（5k－3）x,k＋1)答案A解析根據(jù)題目已知條件可以作出圖像如圖，由v－t圖像與t軸所圍成的面積表示位移可得，用時(shí)t的位移為x＝eq\f(v0＋kv0,2)t；5t時(shí)間內(nèi)的位移為x′＝eq\f(v0＋5（k－1）v0＋v0,2)·5t，因此eq\f(x′,x)＝eq\f(5（5k－3）,k＋1)，所以x′＝eq\f(5（5k－3）,k＋1)x，即隨后4s內(nèi)的位移為x′－x＝eq\f(8（3k－2）,k＋1)x，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。2.如圖1所示是一旅行箱，它既可以在地面上推著行走，也可以在地面上拉著行走。已知該旅行箱的總質(zhì)量為15kg，一旅客用斜向上的拉力拉著旅行箱在水平地面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，若拉力的最小值為90N，此時(shí)拉力與水平方向間的夾角為θ，重力加速度大小為g＝10m/s2，sin37°＝0.6，旅行箱受到地面的阻力與其受到地面的支持力成正比，比值為μ，則()圖1A.μ＝0.5，θ＝37° B.μ＝0.5，θ＝53°C.μ＝0.75，θ＝53° D.μ＝0.75，θ＝37°答案D解析對(duì)旅行箱受力分析，如圖所示。根據(jù)平衡條件，水平方向有Fcosθ－f＝0，豎直方向有FN＋Fsinθ－G＝0，其中f＝μFN，故F＝eq\f(μG,cosθ＋μsinθ)，令μ＝tanα，則F＝eq\f(Gsinα,cos（α－θ）)；當(dāng)α－θ＝0°時(shí)，F(xiàn)有最小值，故F＝Gsinα＝90N，故α＝37°，故μ＝tan37°＝0.75，θ＝37°，故選項(xiàng)D正確。3.(2021·河南駐馬店市第一學(xué)期期末)如圖2所示，間距為L(zhǎng)＝0.5m的兩條平行金屬導(dǎo)軌，水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2T，軌道左側(cè)連接一阻值為R＝1Ω的定值電阻。垂直導(dǎo)軌的導(dǎo)體棒ab在水平外力F的作用下沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，并始終與導(dǎo)軌接觸良好。t＝0時(shí)刻，導(dǎo)體棒從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，力F隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示。已知導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)。取g＝10m/s2，求：圖2(1)導(dǎo)體棒的加速度大??；(2)導(dǎo)體棒的質(zhì)量。答案(1)5m/s2(2)0.1kg解析(1)設(shè)導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為a，某時(shí)刻t，導(dǎo)體棒的速度為v，所受的摩擦力為f，則導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝BLv回路中的電流I＝eq\f(E,R)導(dǎo)體棒受到的安培力F安＝BIL由牛頓第二定律F－F安－f＝ma由題意v＝at聯(lián)立解得F＝eq\f(B2L2a,R)t＋ma＋f根據(jù)題圖乙可知，0～10s內(nèi)圖像的斜率為0.05N/s即eq\f(B2L2a,R)＝0.05N/s，解得a＝5m/s2。(2)由F－t圖像縱截距可知ma＋f＝1.0N又f＝μmg解得m＝0.1kg。4.(2021·山東日照市3月模擬)如圖3所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第一、二象限內(nèi)，存在以虛線OM為邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)。勻強(qiáng)電場(chǎng)方向沿y軸負(fù)方向，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面向里，虛線OM與x軸負(fù)方向成45°角。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O處以初速度v0沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，粒子每次到達(dá)x軸將反彈，第一次反彈無能量損失，以后每次反彈水平分速度不變、豎直分速度大小均減為反彈前的eq\f(1,2)，且方向相反。電場(chǎng)強(qiáng)度大小等于eq\f(mveq\o\al(2,0),16qd)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小等于eq\f(mv0,qd)，求：(不計(jì)粒子重力，題中各物理量單位均為國際單位，計(jì)算結(jié)果可用分式表示)圖3(1)帶電粒子第三次經(jīng)過OM時(shí)的坐標(biāo)；(2)帶電粒子第三次到達(dá)OM時(shí)經(jīng)過的時(shí)間；(3)帶電粒子從第二次進(jìn)入電場(chǎng)開始，沿電場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)的總路程。答案(1)(－2d，2d)(2)eq\f(（2π＋24\r(2)－32）d,v0)(3)eq\f(10,3)d解析(1)設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)，根據(jù)左手定則，粒子做eq\f(3,4)的圓周運(yùn)動(dòng)后經(jīng)過OM，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)，解得r＝eq\f(mv0,qB)＝d粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由圖可知，帶電粒子第三次經(jīng)過OM時(shí)的坐標(biāo)為(－2d，2d)。(2)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為