数学方法,在物理学科中的应用

数学方法在物理学科中的应用数学是解决物理问题的重要工具，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，能达到打通关卡、长驱直入地解决问题的目的．中学物理《考试大纲》中对学生应用数学方法解决物理问题的能力作出了明确的要求，要求考生有“应用数学处理物理问题”的能力．对这一能力的考查在历年高考试题中也层出不穷．所谓数学方法，就是要把客观事物的状态、关系和过程用数学语言表达出来，并进行推导、演算和分析，以形成对问题的判断、解释和预测．可以说，任何物理问题的分析、处理过程，都是数学方法的运用过程．本专题中所指的数学方法，都是一些特殊、典型的方法，常用的有极值法、几何法、图象法、数学归纳推理法、微元法、等差(比)数列求和法等．一、极值法数学中求极值的方法很多，物理极值问题中常用的极值法有：三角函数极值法、二次函数极值法、一元二次方程的判别式法等．1．利用三角函数求极值y＝acos θ＋bsin θ＝a2＋b2(aa2＋b2cos θ＋ba2＋b2sin θ)令sin φ＝aa2＋b2，cos φ＝ba2＋b2则有：y＝a2＋b2(sin φcos θ＋cos φsin θ) ＝a2＋b2sin (φ＋θ)所以当φ＋θ＝π2时，y 有最大值，且y max ＝a 2＋b 2． 2．利用二次函数求极值二次函数：y ＝ax 2＋bx ＋c ＝a(x 2＋b a x ＋b 24a 2)＋c －b 24a ＝a(x ＋b 2a )2＋4ac －b 24a (其中a 、b 、c 为实常数)，当x ＝－b 2a 时，有极值y m ＝4ac －b 24a (若二次项系数a>0，y 有极小值；若a<0，y 有极大值)．3．均值不等式对于两个大于零的变量a 、b ，若其和a ＋b 为一定值p ，则当a＝b 时，其积ab 取得极大值 p 24；对于三个大于零的变量a 、b 、c ，若其和a ＋b ＋c 为一定值q ，则当a ＝b ＝c 时，其积abc 取得极大值 q 327． 二、几何法利用几何方法求解物理问题时，常用到的有“对称点的性质”、“两点间直线距离最短”、“直角三角形中斜边大于直角边”以及“全等、相似三角形的特性”等相关知识，如：带电粒子在有界磁场中的运动类问题，物体的变力分析时经常要用到相似三角形法、作图法等．与圆有关的几何知识在力学部分和电学部分的解题中均有应用，尤其在带电粒子在匀强磁场中做圆周运动类问题中应用最多，此类问题的难点往往在圆心与半径的确定上，确定方法有以下几种．1．依切线的性质确定．从已给的圆弧上找两条不平行的切线和对应的切点，过切点作切线的垂线，两条垂线的交点为圆心，圆心与切点的连线为半径．2．依垂径定理(垂直于弦的直径平分该弦，且平分弦所对的弧)和相交弦定理(如果弦与直径垂直相交，那么弦的一半是它分直径所成的两条线段的比例中项)确定．如图8－1所示．由EB 2＝CE·ED＝CE·(2R－CE)得：R ＝EB 22CE ＋CE 2也可由勾股定理得：R 2＝(R －CE)2＋EB 2解得：R ＝EB 22CE ＋CE 2． 以上两种求半径的方法常用于求解“带电粒子在匀强磁场中的运动”这类习题中．三、图象法 中学物理中一些比较抽象的习题常较难求解，若能与数学图形相结合，再恰当地引入物理图象，则可变抽象为形象，突破难点、疑点，使解题过程大大简化．图象法是历年高考的热点，因而在复习中要密切关注图象，掌握图象的识别、绘制等方法．1．物理图象的分类整个高中教材中有很多不同类型的图象，按图形形状的不同可分为以下几类．(1)直线型：如匀速直线运动的s －t 图象、匀变速直线运动的v －t 图象、定值电阻的U －I 图象等．(2)正弦曲线型：如简谐振动的x－t图象、简谐波的y－x 图象、正弦式交变电流的e－t图象、正弦式振荡电流的i－t 图象及电荷量的q－t 图象等．(3)其他型：如共振曲线的A－f图象、分子力与分子间距离的f －r图象等．下面我们对高中物理中接触到的典型物理图象作一综合回顾，以期对物理图象有个较为系统的认识和归纳．(1)利用图象解题可使解题过程更简化，思路更清晰．利用图象法解题不仅思路清晰，而且在很多情况下可使解题过程得到简化，起到比解析法更巧妙、更灵活的独特效果．甚至在有些情况下运用解析法可能无能为力，但是运用图象法则会使你豁然开朗，如求解变力分析中的极值类问题等．(2)利用图象描述物理过程更直观．从物理图象上可以比较直观地观察出物理过程的动态特征．(3)利用物理图象分析物理实验．运用图象处理实验数据是物理实验中常用的一种方法，这是因为它除了具有简明、直观、便于比较和减少偶然误差的特点外，还可以由图象求解第三个相关物理量，尤其是无法从实验中直接得到的结论．3．对图象意义的理解(1)首先应明确所给的图象是什么图象，即认清图象中比纵横轴所代表的物理量及它们的“函数关系”，特别是对那些图形相似、容易混淆的图象，更要注意区分．例如振动图象与波动图象、运动学中的 s －t 图象和v －t 图象、电磁振荡中的i －t 图象和q －t 图象等．(2)要注意理解图象中的“点”、“线”、“斜率”、“截距”、“面积”的物理意义．①点：图线上的每一个点对应研究对象的一个状态．要特别注意“起点”、“终点”、“拐点”、“交点”，它们往往对应着一个特殊状态．如有的速度图象中，拐点可能表示速度由增大(减小)变为减小(增大)，即加速度的方向发生变化的时刻，而速度图线与时间轴的交点则代表速度的方向发生变化的时刻．②线：注意观察图线是直线、曲线还是折线等，从而弄清图象所反映的两个物理量之间的关系．③斜率：表示纵横坐标上两物理量的比值．常有一个重要的物理量与之对应，用于求解定量计算中所对应的物理量的大小以及定性分析变化的快慢．如 v －t 图象的斜率表示加速度．④截距：表示纵横坐标两物理量在“边界”条件下物理量的大小．由此往往可得到一个很有意义的物理量．如电源的U －I 图象反映了U ＝E －Ir 的函数关系，两截距点分别为(0，E)和⎝ ⎛⎭⎪⎫E r ，0．⑤面积：有些物理图象的图线与横轴所围的面积往往代表一个物理量的大小．如v－t图象中面积表示位移．4．运用图象解答物理问题的步骤(1)看清纵横坐标分别表示的物理量．(2)看图象本身，识别两物理量的变化趋势，从而分析具体的物理过程．(3)看两相关量的变化范围及给出的相关条件，明确图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的“面积”的物理意义．四、数学归纳法在解决某些物理过程中比较复杂的具体问题时，常从特殊情况出发，类推出一般情况下的猜想，然后用数学归纳法加以证明，从而确定我们的猜想是正确的．利用数学归纳法解题要注意书写上的规范，以便找出其中的规律．五、微元法利用微分思想的分析方法称为微元法．它是将研究对象(物体或物理过程)进行无限细分，再从中抽取某一微小单元进行讨论，从而找出被研究对象的变化规律的一种思想方法．微元法解题的思维过程如下．(1)隔离选择恰当的微元作为研究对象．微元可以是一小段线段、圆弧或一小块面积，也可以是一个小体积、小质量或一小段时间等，但必须具有整体对象的基本特征．(2)将微元模型化(如视为点电荷、质点、匀速直线运动、匀速转动等)，并运用相关的物理规律求解这个微元与所求物体之间的关联．(3)将一个微元的解答结果推广到其他微元，并充分利用各微元间的对称关系、矢量方向关系、近似极限关系等，对各微元的求解结果进行叠加，以求得整体量的合理解答．六、三角函数法三角函数反映了三角形的边、角之间的关系，在物理解题中有较广泛的应用．例如：讨论三个共点的平衡力组成的力的三角形时，常用正弦定理求力的大小；用函数的单调变化的临界状态来求取某个物理量的极值；用三角函数的“和积公式”将结论进行化简等．七、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．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：S n ＝n(a 1＋a n )2＝na 1＋n(n －1)2d(d 为公差)． 等比：S n ＝a 1(1－q n )1－q(q 为公比)． 八、比例法比例计算法可以避开与解题无关的量，直接列出已知和未知的比例式进行计算，使解题过程大为简化．应用比例法解物理题，要讨论物理公式中变量之间的比例关系，要清楚公式的物理意义和每个量在公式中的作用，以及所要讨论的比例关系是否成立．同时要注意以下几点．(1)比例条件是否满足．物理过程中的变量往往有多个，讨论某两个量间的比例关系时要注意只有其他量为常量时才能成比例．(2)比例是否符合物理意义．不能仅从数学关系来看物理公式中各量的比例关系，要注意每个物理量的意义．(如不能根据R ＝U I认定电阻与电压成正比)(3)比例是否存在．讨论某公式中两个量的比例关系时，要注意其他量是否能认为是不变量．如果该条件不成立，比例也不能成立．(如在串联电路中，不能认为P ＝U 2R中P 与R 成反比，因为R 变化的同时，U 也随之变化而并非常量)许多物理量都是用比值法来定义的，常称之为“比值定义”．如密度ρ＝m V ，导体的电阻R ＝U I ，电容器的电容 C ＝Q U，接触面间的动摩擦因数μ＝f F N ，电场强度E ＝F q等．它们的共同特征是：被定义的物理量是反映物体或物质的属性和特征的，它和定义式中相比的物理量无关．对此，学生很容易把它当做一个数学比例式来处理而忽略了其物理意义，也就是说教学中还要防止数学知识在物理应用中的负迁移．数学是“物理学家的思想工具”，它使物理学家能“有条理地思考”并能想象出更多的东西．可以说，正是有了数学与物理学的有机结合，才使物理学日臻完善．物理学的严格定量化，使得数学方法成为物理解题中一个不可或缺的工具．热点、重点、难点★★★典型例题★★★【例1】如图8－2甲所示，一薄木板放在正方形水平桌面上，木板的两端与桌面的两端对齐，一小木块放在木板的正中间．木块和木板的质量均为m ，木块与木板之间、木板与桌面之间的动摩擦因数都为μ．现突然以一水平外力F 将薄木板抽出，要使小木块不从桌面上掉下，则水平外力F 至少应为________．(假设木板抽动过程中始终保持水平，且在竖直方向上的压力全部作用在水平桌面上)A ．2μmgB ．4μmgC ．6μmgD ．8μmg【解析】解法一 F 越大，木块与木板分离时的速度、位移越小，木块越不可能从桌面滑下．设拉力为F 0时，木块恰好能滑至桌面的边缘，再设木块与木板分离的时刻为t 1，在0～t 1 时间内有：12·(F 0－μmg －2μmg)m ·t 12－12μgt 12＝L 2对t 1时间后木块滑行的过程，有：v 122μg ＝(μgt 1)22μg ＝L 2－12μgt 12 解得：F 0＝6μmg ．解法二 F 越大，木块与木板分离时的速度、位移越小，木块越不可能从桌面滑出．若木块不从桌面滑出，则其v －t 图象如图8－2乙中OBC 所示，其中OB 的斜率为μg ，BC 的斜率为－μg ，t 1＝t 2有：S △OBC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12·μgt 12×2≤L 2设拉力为F 时，木板的v －t 图象为图7－2乙中的直线OA ，则S △OAB＝L2即12(v 2－v 1)·t 1＝L 2其中v 1＝μgt 1，v 2＝F －3μmg m ·t 1解得：F≥6μmg 即拉力至少为6μmg ．【点评】对于两物体间的多过程运动问题，在明确物理过程的基础上，画出物体各自的运动图象，这样两物体的运动特点就很明显了．利用图线与坐标轴所夹面积的关系明确物体间的位移关系，可省略一些物理量的计算，从而快速、简捷地解答问题.【例2】如图8－3 甲所示，在竖直平面内的直角坐标系中，一个质量为m 的质点在外力F 的作用下从坐标原点O 由静止沿直线ON 斜向下运动，直线ON 与y 轴负方向成θ角(θ＜π4)，则F 的大小至少为________；若F ＝mgtan θ，则质点的机械能大小的变化情况是__________________________．【解析】该质点在重力和外力F的作用下从静止开始做直线运动，说明质点做匀加速直线运动，如图8－3乙所示，当F的方向为a方向(垂直于ON)时，F最小为mgsin θ；若F＝mgtan θ，即F可能为b方向或c方向，故除重力外的力F对质点可能做正功，也可能做负功，所以质点的机械能增加、减少都有可能．mgsin θ增加、减少都有可能【点评】运用平行四边形(三角形)定则分析物体受力的变化情况(或用相似三角形比较受力)是一种常用的方法．【例3】总质量为80 kg的跳伞运动员从离地500 m的直升机上跳下，经过2 s拉开绳索开启降落伞，图8－4是跳伞过程中的v－t 图象，试根据图象求：(取g＝10 m/s2)(1)t ＝1 s 时运动员的加速度和所受阻力的大小． (2)估算14 s 内运动员下落的高度及克服阻力做的功． (3)估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间．【解析】(1)从图象中可以看出，在t ＝2 s 内运动员做匀加速运动，其加速度的大小为：a ＝v t t ＝162m/s 2＝8 m/s 2设此过程中运动员受到的阻力大小为f ，根据牛顿第二定律，有：mg －f ＝ma得：f ＝m(g －a)＝80×(10－8) N ＝160 N ．(2)v －t 图象与t 轴所包围的面积表示位移，由图象可知14 s 内该面积包含的格子为39格所以h ＝39×2×2 m＝156 m 根据动能定理，有：mgh －W f ＝12mv 2所以W f ＝mgh －12mv 2＝(80×10×156－12×80×62) J≈1.23×105 J ．(3)14 s 后运动员做匀速运动的时间为： t′＝H －h v ＝500－1566s≈57 s运动员从飞机上跳下到着地所需要的总时间为： t 总＝t ＋t′＝(14＋57) s ≈71 s． (1)160 N (2)1.23×105 J (3)71 s【点评】对于本题，应明确v －t 图象中“面积”的含义，在数小方格个数时需注意合理取舍，即大于半格的算1个，小于半格的舍去．【例4】如图8－5甲所示，一质量m ＝1 kg 的木板静止在光滑水平地面上．开始时，木板右端与墙相距L ＝0.08 m ，一质量m ＝1 kg 的小物块以初速度v 0＝2 m/s 滑上木板左端．木板的长度可保证物块在运动过程中不与墙接触．物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，木板与墙碰撞后以与碰撞前瞬时等大的速度反弹．取g ＝10 m/s 2，求：(1)从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙碰撞的次数及所用的时间．(2)达到共同速度时木板右端与墙之间的距离．【解析】解法一 物块滑上木板后，在摩擦力的作用下，木板从静止开始做匀加速运动．设木板的加速度大小为a ，经历时间T 后与墙第一次碰撞，碰撞时的速度为v 1，则有：μmg ＝ma L ＝12aT 2v 1＝aT可得：a ＝1 m/s 2，T ＝0.4 s ，v 1＝0.4 m/s物块与木板达到共同速度之前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间为T ．设在物块与木板达到共同速度v 之前木板共经历了n 次碰撞，则有：v ＝v 0－(2nT ＋Δt)a ＝a·Δt式中Δt 是碰撞n 次后木板从起始位置至达到共同速度所需要的时间，上式可改写为：2v ＝v 0－2nTa由于木板的速率只能在0到v 1之间，故有： 0≤v 0－2nTa≤2v 1 解得：1.5≤n≤2.5 由于n 是整数，故n ＝2 解得：v ＝0.2 m/s ，Δt ＝0.2 s从开始到物块与木板达到共同速度所用的时间为： t ＝4T ＋Δt ＝1.8 s ．(2)物块与木板达到共同速度时，木板右端与墙之间的距离为： s ＝L －12a·Δt 2解得：s ＝0.06 m解法二 (1)物块滑上木板后，在摩擦力的作用下，木板做匀加速运动的加速度a 1＝μg ＝1 m/s ，方向向右物块做减速运动的加速度a 2＝μg ＝1 m/s ，方向向左 可作出物块、木板的v －t 图象如图8－5乙所示由图可知，木板在0.4 s 、1.2 s 时刻两次与墙碰撞，在t ＝1.8 s 时刻物块与木板达到共同速度．(2)由图8－5乙可知，在t ＝1.8 s 时刻木板的位移为： s ＝12×a 1×0.22＝0.02 m 木板右端距墙壁的距离Δs ＝L －s ＝0.06 m ．(1)1.8 s (2)0.06 m【点评】本题的两种解题方法都是在清晰地理解物理过程的前提下巧妙地应用数学方法解析的．【例5】图8－6所示为一个内外半径分别为R 1和R 2的圆环状均匀带电平面，其单位面积的带电量为σ．取环面中心O 为原点，以垂直于环面的轴线为x 轴．设轴上任意点P 到O 点的距离为x ，P 点的电场强度大小为E ．下面给出E 的四个表达式(式中k 为静电力常量)，其中只有一个是合理的．你可能不会求解此处的场强E ，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性作出判断．根据你的判断，E 的合理表达式应为 ( )A ．E ＝2πk σ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫R 1x 2＋R 12－R 2x 2＋R 22x B ．E ＝2πk σ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x 2＋R 12－1x 2＋R 22x C ．E ＝2πk σ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫R 1x 2＋R 12＋R 2x 2＋R 22 D ．E ＝2πk σ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x 2＋R 12＋1x 2＋R 22x 【解析】A 选项表达式可变形为：E ＝2πk σ⎝⎛⎭⎪⎪⎫R 11＋(R 1x)2－R 21＋(R 2x )2，对于这一表达式，当R 1＝0时，E ＝－2πk σR 21＋(R 2x)2，随x 的增大，E 的绝对值增大，这与客观事实不符合，故A 错误，对于C 选项中的表达式，当x ＝0时，E ＝4πk σ，而事实由对称性知应该为E ＝0，故C 错误．对于D 选项，E ＝2πk σ⎝⎛⎭⎪⎪⎫11＋(R 1x)2＋11＋(R 2x )2同样E 随x 增大而增大，当x ＝∞时E>0，这与事实不符合，故D 错误，只有B 可能正确．【例6】如图8－7所示，一轻绳吊着一根粗细均匀的棒，棒下端离地面高为H ，上端套着一个细环．棒和环的质量均为m ，相互间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k ＞1)．断开轻绳，棒和环自由下落．假设棒足够长，与地面发生碰撞时触地时间极短，无动能损失．棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计．求：(1)棒第一次与地面碰撞后弹起上升的过程中，环的加速度． (2)从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程s ． (3)从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，摩擦力对环和棒做的总功W ．【解析】(1)设棒第一次上升的过程中环的加速度为a 环，由牛顿第二定律有：a 环＝kmg －mgm＝(k －1)g ，方向竖直向上． (2)棒第一次落地前瞬间的速度大小为：v 1＝2gH 设棒弹起后的加速度为a 棒，由牛顿第二定律有： a 棒＝－kmg ＋mgm ＝－(k ＋1)g故棒第一次弹起的最大高度为： H 1＝－v 122a 棒＝H k ＋1路程s ＝H ＋2H 1＝k ＋3k ＋1H ．(3)解法一 设棒第一次弹起经过t 1时间后与环达到共同速度v 1′环的速度v 1′＝－v 1＋a 环t 1 棒的速度v 1′＝v 1＋a 棒t 1 解得：t 1＝1k 2H gv 1′＝－2gHk环的位移h 环1＝－v 1t 1＋12a 环t 12＝－k ＋1k 2H棒的位移h 棒1＝v 1t 1＋12a 棒t 12＝k －1k 2Hx 1＝h 环1－h 棒1 解得：x 1＝－2Hk棒、环一起下落至地，有：v 22－v 1′2＝2gh 棒1 解得：v 2＝2gH k 同理，环第二次相对棒的位移为： x 2＝h 环2－h 棒2＝－2Hk 2…… x n ＝－2H kn故环相对棒的总位移x ＝x 1＋x 2＋…＋x n ＝－2Hk －1所以W ＝kmgx ＝－2kmgHk －1．解法二 经过足够长的时间棒和环最终静止，设这一过程中它们相对滑动的总路程为l ，由能量的转化和守恒定律有：mgH ＋mg(H ＋l)＝kmgl 解得：l ＝2Hk －1故摩擦力对环和棒做的总功为： W ＝－kmgl ＝－2kmgHk －1．(1)(k －1)g ，方向竖直向上 (2)k ＋3k ＋1H(3)－2kmgH k －1【点评】 ①高考压轴题中常涉及多个物体多次相互作用的问题，求解这类题往往需要应用数学的递推公式或数列求和知识．②一对滑动摩擦力做功的总和W ＝－f·s 总，s 总为相对滑动的总路程．③对于涉及两个对象的运动过程，规定统一的正方向也很重要． 【例7】如图8－8所示，两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上，导轨间距为l 、足够长且电阻忽略不计，导轨平面的倾角为α，条形匀强磁场的宽度为d ，磁感应强度大小为B ，方向与导轨平面垂直．长度为2d 的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成“”形装置，总质量为m ，置于导轨上．导体棒中通以大小恒为I 的电流(由外接恒流源产生，图中未画出)．线框的边长为d(d<l)，电阻为R ，下边与磁场区域上边界重合．将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直．重力加速度为g ．求：(1)装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q ．(2)线框第一次穿越磁场区域所需的时间t 1．(3)经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离x m ．【解析】(1)设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为W ，由动能定理得：mgsin α·4d＋W －BIld ＝0且Q ＝－W解得：Q ＝4mgdsin α－BIld ．(2)设线框刚离开磁场下边界时的速度为v 1，则接着向下运动2d ，由动能定理得：mgsin α·2d－BIld ＝0－12mv 12 线框在穿越磁场中运动时受到的合力F ＝mgsin α－F′ 感应电动势E ＝Bdv感应电流I′＝E R安培力F′＝BI′d由牛顿第二定律，在t 到(t ＋Δt)时间内，有Δv ＝F mΔt则 Δv ＝∑Δt有v 1＝gt 1sin α－2B 2d 3mR解得：t 1＝2m(BIld －2mgdsin α)＋2B 2d 3R mgsin α． (3)经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离x m 之间往复运动，由动能定理得：mgsin α·x m －BIl(x m －d)＝0解得：x m ＝BIld BIl －mgsin α． (1)4mgdsin α－BIld (2)2m(BIld －2mgdsin α)＋2B 2d 3R mgsin α(3)BIld BIl －mgsin α。