新高考物理二轮复习过关练习第2部分 四、数学方法在物理中的应用 (含解析)

这是一份新高考物理二轮复习过关练习第2部分 四、数学方法在物理中的应用 (含解析)，共9页。试卷主要包含了三角函数法，均值不等式，利用二次函数求极值，数学归纳法和数列法等内容，欢迎下载使用。

一、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＝cs α，当α＝0时，ymax＝1.
例1 (2022·广西北海市模拟)在仰角α＝30°的雪坡上举行跳台滑雪比赛，如图所示．运动员从坡上方A点开始下滑，到起跳点O时借助设备和技巧，保持在该点的速率不变而以与水平面成θ角的方向起跳．最后落在坡上B点，坡上O、B两点距离为L.已知A点高于O点h＝50 m，不计摩擦和阻力，则O、B两点距离L最大值为多少？此时起跳角为多大？(取g＝
10 m/s2)
答案 200 m 30°
解析 运动员在O点速度v0＝eq \r(2gh)＝10eq \r(10) m/s.起跳后运动员做斜上抛运动．
把运动分解为水平向右的匀速运动和竖直方向的竖直上抛运动．
水平方向上有x＝v0cs θ·t，
竖直方向上有y＝v0sin θ·t－eq \f(1,2)gt2，
令y＝－xtan α，
解得x＝eq \f(2v02cs θsin α＋θ,gcs α)
＝eq \f(v02[sin 2θ＋α＋sin α],gcs α).
当2θ＋α＝90°，
即θ＝30°时，
xmax＝eq \f(v021＋sin α,gcs α)，
此时L有极大值Lmax＝eq \f(xmax,cs α)＝200 m.
2．辅助角求极值
三角函数：y＝acs θ＋bsin θ
y＝acs θ＋bsin θ＝eq \r(a2＋b2)sin(θ＋α)，其中tan α＝eq \f(a,b).
当θ＋α＝90°时，有极大值ymax＝eq \r(a2＋b2).
例2 (多选)如图所示，固定于竖直面内的粗糙斜杆，与水平方向夹角为30°，质量为m的小球套在杆上，在大小不变、方向与斜杆成α角的拉力F作用下，小球沿杆由底端匀速运动到顶端．已知小球与斜杆之间的动摩擦因数为μ＝eq \f(\r(3),3)，则关于拉力F的大小和F的做功情况，下列说法正确的是( )
A．当α＝30°时，拉力F最小
B．当α＝30°时，拉力F做功最小
C．当α＝60°时，拉力F最小
D．当α＝60°时，拉力F做功最小
答案 AD
解析 由题中选项可知要使F最小，则应有Fsin α3．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：eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C).
例3 (2022·河北衡水市模拟)如图所示为一个半径r＝48 cm的薄壁圆柱形鱼缸的横截面，O为圆心．鱼缸内装满水，水中有一条小鱼(可视为质点)．观察水中图示位置的小鱼时，人眼睛所接收的光线恰与小鱼和圆心连线的延长线垂直，图中β＝53°.已知sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6.若认为玻璃和水的折射率均为n＝eq \f(4,3).求小鱼到圆心O的距离．
答案 30 cm
解析 如图所示，由小鱼S射向P点的光线入射角为α，折射光线进入眼睛，折射角β＝53°
根据折射定律有n＝eq \f(sin β,sin α)，
得sin α＝eq \f(3,5)
根据几何关系得∠OSP＝180°－(90°＋α－β)＝90°＋β－α
在三角形SOP中，由正弦定理得eq \f(sin α,OS)＝eq \f(sin ∠OSP,r)
解得OS＝30 cm
4．余弦定理
在如图所示的三角形中，有：
a2＝b2＋c2－2bc·cs A
b2＝a2＋c2－2ac·cs B
c2＝a2＋b2－2ab·cs C
例4 (2022·湖南娄底市模拟)在半径为R的半圆形区域中有一匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面，磁感应强度为B.一质量为m、带有电荷量q的粒子以一定的速度沿垂直于半圆直径AD方向经P点(AP＝d)射入磁场(不计重力影响)．
(1)如果粒子恰好从A点射出磁场，求入射粒子的速度大小；
(2)如果粒子经纸面内Q点从磁场中射出，出射方向与半圆在Q点的切线方向的夹角为φ(如图)．求入射粒子的速度大小．
答案 (1)eq \f(qBd,2m) (2)eq \f(qBd2R－d,2m[R1＋cs φ－d])
解析 (1)由于粒子垂直AP入射，则AP是粒子圆轨迹的直径，有r1＝0.5d
设粒子速度为v1，根据牛顿第二定律
qv1B＝meq \f(v12,r1)
解得v1＝eq \f(qBd,2m)
(2)连接PQ，并且作PQ的中垂线交AP于O′点，则O′为轨迹的圆心，如图．
设粒子的入射速度为v2，轨道半径为r2.
在△OO′Q中有OO′＝R＋r2－d，OQ＝R，O′Q＝r2，根据余弦定理有(R＋ r2－d)2＝ R2＋ r22－2R r2cs φ
又qv2B＝meq \f(v22,r2)
联立以上各式化简得
v2＝eq \f(qBd2R－d,2m[R1＋cs φ－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)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5 如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限区域中，有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度的大小为E＝kv0.在第二象限有一半径为R＝b的圆形区域磁场，圆形磁场的圆心O1坐标为(－b，b)，与两坐标轴分别相切于P点和N点，磁场方向垂直纸面向里．在x＝3b处垂直于x轴放置一平面荧光屏，与x轴交点为Q.大量的电子以相同的速率在纸面内从P点进入圆形磁场，电子的速度方向在与x轴正方向成θ角的范围内，其中沿y轴正方向的电子经过磁场到达N点，速度与x轴正方向成θ角的电子经过磁场到达M点且M点坐标为(0,1.5b)．忽略电子间的相互作用力，不计电子的重力，电子的比荷为eq \f(e,m)＝eq \f(v0,kb).求：
(1)圆形磁场的磁感应强度大小；
(2)θ角的大小；
(3)电子打到荧光屏上距Q点的最远距离．
答案 (1)k (2)120° (3)eq \f(9,4)b
解析 (1)由于速度沿y轴正方向的电子经过N点，因而电子在磁场中做圆周运动的半径为r＝b
而ev0B＝meq \f(v02,r)
联立解得B＝k
(2)速度与x轴正方向成θ角的电子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，电子离开磁场时的位置为P′，连接PO1P′O′可知该四边形为菱形，如图甲，
由于PO1竖直，因而轨迹半径P′O′也为竖直方向，电子离开磁场时速度一定沿x轴正方向
由图甲可知
bsin (θ－90°)＋b＝1.5b
解得θ＝120°.
(3)由(2)可知，所有的电子以平行于x轴正方向的速度进入电场中做类平抛运动，设电子在电场中运动的加速度为a，运动的时间为t，竖直方向位移为y，水平方向位移为x，则有
x＝v0t
y＝eq \f(1,2)at2
eE＝ma
联立解得x＝eq \r(2by)
设电子最终打在荧光屏的最远点距Q点为H，如图乙所示，设电子射出电场时的夹角为α，vy＝at
有tan α＝eq \f(vy,v0)＝eq \r(\f(2y,b))
有H＝(3b－x)tan α
＝(3eq \r(b)－eq \r(2y))·eq \r(2y)
当3eq \r(b)－eq \r(2y)＝eq \r(2y)，
即y＝eq \f(9,8)b时，H有最大值．
由于eq \f(9,8)b<1.5b，所以Hmax＝eq \f(9,4)b.
三、利用二次函数求极值
二次函数：y＝ax2＋bx＋c
(1)当x＝－eq \f(b,2a)时，有极值ym＝eq \f(4ac－b2,4a)(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6 如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度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(重力加速度大小为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 小物块由最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv2＝2mgr＋eq \f(1,2)mv12，小物块做平抛运动时，设水平位移为x.水平方向有x＝v1t，竖直方向有2r＝eq \f(1,2)gt2，联立解得x＝eq \r(\f(4v2,g)r－16r2)，由数学知识可知，当r＝eq \f(v2,8g)时，x最大，故选项B正确．
例7 (2022·山东临沂市期末)真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场．在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球速度方向与竖直方向夹角为37°(取sin 37°＝0.6，cs 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．求运动过程中
(1)小球受到的静电力的大小及方向；
(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 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°＝eq \f(3,4)mg，方向水平向右．
(2)小球沿竖直方向做匀减速运动：
vy＝v0－gt；
沿水平方向做初速度为零的匀加速运动：
ax＝eq \f(F电,m)＝eq \f(3,4)g，vx＝axt；
小球的速度v＝eq \r(vx2＋vy2)，
由以上各式可得关于v2的函数解析式：
v2＝eq \f(25,16)g2t2－2v0gt＋v02.
解得当t＝eq \f(16v0,25g)时，v有最小值vmin＝eq \f(3,5)v0，
此时vx＝eq \f(12,25)v0，vy＝eq \f(9,25)v0，tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(3,4)，
即与电场方向夹角为37°斜向上．
四、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＝eq \f(na1＋an,2)＝na1＋eq \f(nn－1,2)d(d为公差)．
等比数列：Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a11－qn,1－q)，q≠1,na1，q＝1))(q为公比)．
例8 一小球从h0＝45 m高处自由下落，着地后又弹起，然后又下落，每与地面相碰一次，速度大小就变化为原来的k倍．若k＝eq \f(1,2)，求小球从下落直至停止运动所用的时间．(g取10 m/s2，碰撞时间忽略不计)
答案 9 s
解析 由运动学公式将小球每碰一次后在空中运动的时间的通项公式求出，然后再累加求和．
小球从h0处落到地面时的速度：
v0＝eq \r(2gh0)，
运动的时间为：t0＝eq \r(\f(2h0,g))
第一次碰地后小球反弹的速度：
v1＝kv0＝keq \r(2gh0)
小球再次与地面碰撞之前做竖直上抛运动，这一过程球运动的时间：
t1＝eq \f(2v1,g)＝2keq \r(\f(2h0,g))
则第n次碰地后，小球的运动速度的通项公式为：
vn＝kneq \r(2gh0)
运动时间：tn＝eq \f(2vn,g)＝2kneq \r(\f(2h0,g))
所以，小球从下落到停止运动的总时间为：
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)．
上式括号中是一个无穷等比递减数列，由无穷等比递减数列求和公式，并代入数据得t＝9 s.
例9 如图所示，质量M＝2 kg的平板小车左端放有质量m＝3 kg的小铁块(可视为质点)，它和小车之间的动摩擦因数μ＝0.5.开始时，小车和铁块共同以v0＝3 m/s的速度向右在光滑水平面上运动，车与竖直墙发生正碰，碰撞时间极短且碰撞中不损失机械能．车身足够长，使铁块不能和墙相撞，且始终不能滑离小车．g取10 m/s2.求小车和墙第一次碰后直至其最终恰好靠墙静止这段时间内，小车运动的总路程．
答案 1.25 m
解析 小车第一次碰墙后以原速率反弹，并在小铁块的摩擦力作用下向左减速，因mv0>Mv0，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
μmgs1＝eq \f(1,2)Mv02
解得s1＝eq \f(Mv02,2μmg)＝eq \f(3,5) m
由动量守恒定律得(m－M)v0＝(m＋M)v1
解得v1＝eq \f(m－M,m＋M)v0＝eq \f(1,5)v0
第二次碰墙之后，由动能定理得
μmgs2＝eq \f(1,2)Mv12
解得s2＝eq \f(Mv12,2μmg)＝eq \f(1,25)s1
由动量守恒定律得(m－M)v1＝(m＋M)v2
解得v2＝eq \f(m－M,m＋M)v1＝eq \f(1,5)v1
……
故小车第n次碰墙之后向左运动的最大距离为sn＝eq \f(1,25n－1)s1
显然s1、s2、s3、…、sn为一公比是eq \f(1,25)的等比数列．小车运动的总路程为
s＝2(s1＋s2＋s3＋…＋sn)＝eq \f(2s1,1－\f(1,25))＝1.25 m.