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三、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.辅助角求极值
三角函数：y=acos θ+bsin θ
a
y=acos θ+bsin θ=√a2+b2sin(θ+α)，其中tan α= 。
b
当θ+α=90°时，有极大值y =√a2+b2。
max
√3
例1 质量为m的物体放置在倾角θ=30°的粗糙固定斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数μ= ，
3
重力加速度为g，现用拉力F(与斜面的夹角为β)拉动物体沿斜面向上匀速运动，下列说法正确的是
( )
A.拉力最小时，物体受三个力作用
B.β=0°时，即拉力沿斜面向上时，拉力F最小
C.斜面对物体作用力的方向随拉力F的变化而变化
√3
D.拉力F的最小值为 mg
2
答案 D
F F 1
解析 斜面对物体的作用力，指的是摩擦力F 和支持力F 的合力，则有tan α=
N
=
N
= ，μ不变，则
f N F μF μ
f N
tan α不变，即斜面对物体作用力的方向不随拉力F变化，故C错误；对物体受力分析如图所示Fcos
mgsinθ+μmgcosθ
β=F+mgsin θ①，F=μF ②，F =mgcos θ-Fsin β③，联立①②③解得F=
f f N N cosβ+μsinβ
√3
当β=30°时，拉力F最小，最小值为 mg，此时物体受4个力作用，故D正确，A、B错误。
2
2.正弦定理(拉密定理)a b c
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： = = 。
sin A sinB sinC
例2 如图甲所示，一个边长为3d的匀质玻璃立方体内有一个三棱柱真空“气泡”，立方体置于
水平桌面上，其中某一截面图如图乙所示，A、B、C、D为正方形四个顶点，Q、N为底边的三等
分点，MN垂直于底边，PO平行于底边，O为QM的中点，∠QMN=30°，D、P位置有相同的光源。
真空中光速为c，不考虑光的反射。
(1)D处光源向O点发出一束光恰好不能进入“气泡”，求该玻璃的折射率；
(2)P处光源向O点发出一束光，求该束光第一次穿过“气泡”的时间。
2√3 3√2-√3
答案 (1) (2) d
3 5c
解析 (1)作出光路图如图所示
由几何关系可知θ=60°，OQ=DQ
则可知α=β，易知θ=α+β，C+β=90°
可得C=60°
1
由全反射sin C=
n
2√3
解得n=
3
(2)作出光路图如图所示可知i=30°，OM=d
sinr
而 =n
sini
√3
可得sin r= =cos φ
3
√6
则由数学知识可得sin φ=
3
√3+3√2
再由数学知识sin ∠OEM=sin(30°+φ)=
6
OM OE
由正弦定理可得 =
sin∠OEM sin30°
OE
在气泡中有t=
c
3√2-√3 3d
可得t= d(或 )。
5c (3√2+√3)c
3.余弦定理
在如图所示的三角形中，有：
a2=b2+c2-2bc·cos A
例3 如图所示，ABDO为某玻璃材料的截面，ABO部分为直角三角形棱镜，∠A=30°，OBD部分
是半径为R的四分之一圆柱状玻璃，O点为圆心。一束单色光从P点与AB成30°角斜射入玻璃材
√3
料，刚好垂直OA边射出，射出点离O点 R，已知真空中的光速为c。
4
(1)求该单色光在玻璃材料中发生全反射的临界角的正弦值；
(2)现将该光束绕P点沿逆时针方向在纸面内转动至水平方向，观察到BD面上有光线从Q点射出
(Q点未画出)。求光束在玻璃材料中的传播时间(不考虑圆柱BD弧面部分的发射光线)。
√3 (3√3+√39)R
答案 (1) (2)
3 4c
解析 (1)根据题意可知，光线从AB界面的P点进入玻璃棱镜，由折射定律画出光路图，如图所示
根据几何关系，可得入射角θ =90°-30°=60°
1sin θ
1
折射角θ =30°，且PO恰好为法线，根据n= 可得折射率n=√3
2 sin θ
2
1
又有sin C=
n
√3
解得sin C=
3
(2)根据题意，当光线转至水平方向入射，入射角大小仍为θ =60°，画出光路图，如图所示
3
由折射定律可知，折射角θ =30°，折射光线交OD边于F点，由题已知∠A=30°，PC⊥AO，得在OD边界
4
√3 √3
上的入射角为θ =60°，由于发生全反射的临界角为C。则有sin C= 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4 某运动员从滑雪跳台以不同的速度v 水平跳向对面倾角为45°的斜坡(如图所示)，已知跳台
0
的高度为h，不计空气阻力，重力加速度为g，则该运动员落到斜坡上的最小速度为( )
A.√(√2-1)ghB.√(√3-1)ghC.√(√5-1)ghD.√(√6-1)gh
答案 C
解析 设该运动员落到斜坡上经历的时间为t，由平抛运动的规律可得，水平方向上的位移x=v t，竖直方
0
1 h 1
向上的位移y= gt2，由几何关系可得x=(h-y)·tan 45°，整理得v = - gt，该运动员落到斜坡上时速度v满
2 0 t 2
h 1 h 5 h 5
足v2=v 2 +(gt)2，再整理可得v2=( - gt) 2 +(gt)2，变形为v2=( ) 2 + (gt)2-gh，当( ) 2 = (gt)2时，速度v最
0 t 2 t 4 t 4
小，且最小为v=√(√5-1)gh，故选C。
三、利用二次函数求极值
二次函数：y=ax2+bx+c
b 4ac-b2
(1)当x=- 时，有极值y = (若二次项系数a>0，y有极小值；若a<0，y有极大值)。
2a m 4a
(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 (多选)如图所示，生产车间有两个完全相同的水平传送带甲和乙，它们相互垂直且等高，两
传送带由同一电机驱动，它们正常工作时都匀速运动，速度大小分别为v 、v ，并满足v +v
甲 乙 甲 乙
=v，式中v为已知定值，即两传送带的速度可调但代数和始终不变。将一工件A(视为质点)轻放到
传送带甲上，工件离开传送带甲前已经与传送带甲的速度相同，并平稳地传送到传送带乙上，且
不会从传送带乙的右侧掉落。已知工件的质量为m，工件与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速
度大小为g。两传送带正常工作时，下列说法正确的是( )
A.工件在传送带甲和乙上共速前受到的摩擦力一定相同
B.当v =v 时，工件在传送带乙上留下的滑动痕迹最短
甲 乙
C.当v =0.5v 时，工件与两传送带因摩擦而产生的总热量最小
甲 乙
mv2
D.驱动传送带的电机因传送工件至少需要额外做的功为
2
答案 BCD
解析 取传送带乙为参考系，工件滑上传送带乙时的速度如图工件受到的滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，所以工件在两传送带上受到摩擦力大小相等，但方向不
F μmg
同，故A错误；由牛顿第二定律可得，工件在传送带上的加速度为a= = =μg，设工件在传送带乙上
m m
v2-2v v
的滑动痕迹为x，则v 2 +v 2 =2μgx，又因为v +v =v，解得x= 甲 乙，由数学知识可得，当v =v
甲 乙 甲 乙 2μg 甲 乙
时，x取最小值，故B正确；设工件在传送带甲上的滑动痕迹为x ，工件与两传送带因摩擦产生的总热量
1
m(v2+3v 2-2v v) v
为Q，则v 2 =2μgx ，Q=μmg(x+x )，整理得Q= 甲 甲 ，则当v = 时，Q取最小值，此时v
甲 1 1 2 甲 3
2v
= ，故C正确；根据能量守恒定律可知，电动机额外做的功等于产生的热量与工件的末动能之和，则
乙 3
m(v2+3v 2-2v v) mv 2 m
有W= 甲 甲 + 乙 ，整理得W= [v2+(v -v ) 2] ，当v =v 时，W取最小值，最小值
2 2 2 甲 乙 甲 乙
mv2
为W = ，故D正确。
min 2
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。
n(a +a ) n(n-1)
等差数列：S = 1 n =na + d(d为公差)。
n 2 1 2
{a (1-qn )
1 ,q≠1
等比数列：S = 1-q (q为公比)。
n
na ,q=1
1
例6 如图甲所示，木板B静止在光滑水平地面上，距木板B右端x处固定一个物块A。现有物块
C以v =8 m/s的速度冲上木板。已知木板B的质量m =4 kg，物块C的质量m =2 kg，物块C从冲
0 B C
上木板到最终静止的v-t图像如图乙所示，物块C始终未从木板上掉下来，已知所有的碰撞均为弹
性碰撞，重力加速度g取10 m/s2。
(1)木板的长度至少是多少？
(2)物块A距木板B右端的最大距离？16
(3)若m =4 kg，m =2 kg，A距B板右端的距离 m，则木板B运动的总路程是多少？
C B 9
52
答案 (1)8 m (2)1 m (3) m
9
解析 (1)由题图乙可知物块C的最终速度为0，则木板B的最终速度也为0，且其斜率等于物块的加速度，
μm g
C
得a = =μg=4 m/s2
C m
C
1
由能量守恒定律可得μm gL= m v 2
C 2 C 0
解得L=8 m
(2)由v-t图像的斜率可得a =4 m/s2
C
由牛顿第二定律可得μm g=m a ，μm g=m a
C C C C B B
解得μ=0.4，a =2 m/s2
B
由B、C速度为0，可知B一定与A发生了碰撞，且碰撞次数越少，A距B板右端距离越大，因此A、B只
碰撞1次，x最大，且B、A碰撞前B、C未共速；设B与A碰撞前B的速度为v ，C的速度为v ，根据碰
B C
后-m v +m v =0
B B C C
1
则有v = v
B 2 C
1
即a t=(v -a t)×
B 0 C 2
解得t=1 s
1
则x= a t2=1 m
2 B
即A距木板右端的最大距离为1 m。
(3)若m =4 kg，m =2 kg，则
C B
a '=4 m/s2，a '=8 m/s2
C B
则B与A碰撞前B、C恰好共速，则
v -a 't =a 't
0 C 1 B 1
2
解得t = s
1 3
16
共同速度为v = m/s
共1 3
碰后B的速度反向，设第2次共速时间t ，则
2
v -a 't =-v +a 't
共1 C 2 共1 B 2
8
解得t = s
2 916
第二次共速v = m/s
共2 9
1
所以v = v
共2 3 共1
1
运动的位移s = s
2 9 1
1
s (1- )
1 9n 52
木板经过的总路程s=s +2(s +s +s +…)=s +2× = m。
1 1 2 3 1 1 9
1-
9
