二、数学方法在物理中的应用.docx

1、二、数学方法在物理中的应用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下面是几种物理解题过程中常用的数学方法一、三角函数法1三角函数求极值(1)ysin ，当90时，ymax1；(2)ycos ，当0时，ymax1.例1如图1所示，底边AB恒定为b，当斜面与底边夹角为多大时，物体沿此光滑固定斜面由静止从顶端滑到底端所用时间才最短？图1答案见解析解析设斜面长度为L，有：L，ag

2、sin ，且有Lat2，解得：t，故当45时，所用时间最短，最短时间为tmin.2辅助角求极值三角函数：yacos bsin yacos bsin sin()，其中tan .当90时，有极大值ymax.例2(2020山西临汾市模拟)如图2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，cos 370.8，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2A0.5，

3、37 B0.5，53C0.75，53 D0.75，37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，则37，故tan 370.75，37，选D.3正弦定理在如图3所示的三角形中，各边和所对应角的正弦之比相等，即：.图3例3如图4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，

4、下列判断正确的是()图4A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解析对小圆环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，此合力的大小等于细线的拉力的大小，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；由图根据几何知识可知，细线与水平方向的夹角为90(4530)15，故选项C错误4余弦定理在如图5所示的三角形中，图5有如下三

5、个表达式：a2b2c22bccos Ab2a2c22accos Bc2a2b22abcos C例4(多选)已知力F的一个分力F1跟F成30角，大小未知，另一个分力F2的大小为F，方向未知，则F1的大小可能是()A. B. C. D.F答案AC解析如图所示，因为F2FFsin 30，故F1的大小有两种可能情况，由余弦定理可得：F22F2F122FF1cos 30，化简可得：F12FF1F20，解得：F11F，F12F，故选项A、C正确二、均值不等式由均值不等式ab2(a0，b0)可知：(1)两个正数的积为定值时，当两数相等，和最小；(2)两个正数的和为定值时，当两数相等，积最大例5如图6所示，半

6、圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为多少？(不计空气阻力，重力加速度大小为g)图6答案解析设小物块到轨道最高点时速度为v0，对小物块由动能定理得：2mgrmv02mv2小物块从轨道上端水平飞出后做平抛运动，则有2rgt2，xv0t，可得x故4r4r，即r时，水平位移最大三、利用二次函数求极值二次函数：yax2bxc(1)当x时，有极值ym(若二次项系数a0，y有极小值；若a0，y有极大值)(2)利用一元二次方程判别式求极值用判别式b24ac0有解可求某量

7、的极值例6(2021浙江高三开学考试)如图7所示，用内壁光滑细圆管弯成的半圆形轨道APB(半圆轨道半径远大于细圆管的内径)和直轨道BC组成的装置，把它竖直放置并固定在水平面上，已知半圆轨道半径R1 m，质量m100 g小球(视为质点)压缩弹簧由静止释放，小球从A点弹入圆轨道从C点以v08 m/s离开轨道随即进入长L2 m、0.1的粗糙水平地面(图上对应为CD)，最后通过光滑轨道DE，从E点水平射出，已知E距离地面的高度为h1 m，除CD段外其他处摩擦阻力忽略不计，重力加速度g10 m/s2.不计空气阻力，求：图7(1)小球到达C点时对圆管的压力；(2)弹簧储存的弹性势能的大小；(3)若E点的高

8、度h可以调节，当h多大时，水平射程x最大，此最大值是多少答案(1)1 N，方向竖直向下(2)1.2 J(3)1.5 m3 m解析(1)小球在BC段做匀速直线运动，所受合外力为零，根据牛顿第二定律，小球处于平衡状态，小球所受支持力为FNmg1 N，根据牛顿第三定律，圆管对小球的支持力和小球对圆管的压力是作用力与反作用力，大小相等，方向相反，则小球对圆管的压力大小为1 N，方向竖直向下(2)小球从静止到C点根据功能关系有mv02mg2REp，解得Ep1.2 J(3)小球从C点到E点根据动能定理有mghmgLmvE2mv02得vE (m/s)过了E点小球做平抛运动，有hgt2，xvEt得到x与h的关

9、系为x (m)解得，当h1.5 m时，x有最大值xmax3 m.例7(2020湖南高三一模)在一条平直的公路上，乙车以v110 m/s的速度匀速行驶，甲车在乙车的后面做同方向初速度为v215 m/s、加速度大小为a0.5 m/s2的匀减速运动，若两车初始距离L36 m，请通过计算分析两车能否相遇？若能相遇则求出两车相遇的时间；若不能相遇则求出两车间的最近距离答案两车不能相遇11 m解析设两车经时间t速度相等，有v1tLv2tat2代入数值得t25t360b24ac11Mv0，故小车先减速为零，后向右加速直至与铁块达到共同速度；之后小车第二次碰墙后反弹，重复上述过程设小车第一次碰墙后向左运动的最

10、大距离为s1，第二次碰墙后向左运动的最大距离为s2，第三次碰墙后向左运动的最大距离为s3，小车第一次碰墙之后与铁块的共同速率为v1，第二次碰墙之后与铁块的共同速率为v2，第三次碰墙之后与铁块的共同速率为v3第一次碰墙之后，由动能定理得mgs1Mv02解得s1 m由动量守恒定律得(mM)v0(mM)v1解得v1v0v0第二次碰墙之后，由动能定理得mgs2Mv12解得s2s1由动量守恒定律得(mM)v1(mM)v2解得v2v1v1故小车第n次碰墙之后向左运动的最大距离为sns1显然s1、s2、s3、sn为一公比是的等比数列小车运动的总路程为s2(s1s2s3sn)1.25 m例9(2020山东烟台

11、市一模)如图9所示，质量为M4.5 kg的长木板置于光滑水平地面上，质量为m1.5 kg的小物块放在长木板的右端，在木板右侧的地面上固定着一个有孔的弹性挡板，孔的尺寸刚好可以让木板无接触地穿过现使木板和物块以v04 m/s的速度一起向右匀速运动，物块与挡板碰撞后立即以碰前的速率反向弹回，而木板穿过挡板上的孔继续向右运动，整个过程中物块不会从长木板上滑落已知物块与挡板第一次碰撞后，物块离开挡板的最大距离为x11.6 m，重力加速度g取10 m/s2.图9(1)求物块与木板间的动摩擦因数；(2)若物块与挡板第n次碰撞后，物块离开挡板的最大距离为xn6.25103 m，求n；(3)求长木板的长度至少

12、应为多少答案(1)0.5(2)5(3)6.4 m解析(1)物块与挡板第一次碰撞后，物块向左减速到速度为0的过程中只有摩擦力做功，由动能定理得mgx10mv02，解得0.5.(2)物块与挡板碰撞后，物块与木板组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向设第一次碰撞后系统的共同速度为v1，由动量守恒定律得：Mv0mv0(Mm)v1，v1v0v0设物块速度由0加速到v1的过程中，运动的位移为x1，有mgx1mv12解得x1x1即物块与挡板第二次碰撞之前，物块与木板已经达到共同速度v1第二次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为v1，方向向左经一段时间系统的共同速度为v2v1()2v0第三次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为v2，方向向左经一段时间系统的共同速度为v3v2()3v0第n次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为vn1vn2()n1v0由动能定理得mgxn0mvn12解得n5.(3)由分析知，物块多次与挡板碰撞后，最终将与木板同时静止设物块与木板的相对位移为L，由能量守恒定律得mgL(Mm)v02，解得L6.4 m即木板的长度至少应为6.4 m.