文档文本内容
题
专
18 物理中常用的数学方法
目录
第一部分 考情精析 锁定靶心 高效备考
第二部分 重难考点深解 深度溯源 扫清盲区
【考点01】求极值和数列求和
【考点02】三角形、圆、椭圆、球体的应用
【考点03】图像的应用
第三部分 解题思维优化 典例精析+方法提炼+变式巩固
【题型01】直角三角函数的应用
【题型02】正弦函数、近似条件的应用
【题型03】三角形相似、动态三角形的应用
【题型04】二次函数、基本不等式的应用
【题型05】数列及图像的应用
【题型06】圆的应用
核心考向聚焦
主战场转移：直角三角函数的应用；正弦定理、余弦定理的应用；三角形相似、动
态三角形的应用；二次函数、基本不等式的应用；数列的应用；圆的应用。
核心价值：核心价值在于培养物理中的数学思维，掌握分析方法，提升解决复杂物
理问题的科学推理与实践能力。
关键能力与思维瓶颈
关键能力：三角函数的应用能力；三角形相似、动态三角形的应用能力；表达式应
用能力；数列的应用能力；圆的应用能力。
培优瓶颈：尖子生的主要失分点并非不懂，而在于： 面对新情境时，无法快
“
”
速、准确地将实际问题进行转化。数形结合能力欠缺。不善于构建几何图形。数列
问题找不到通项。
命题前瞻与备考策略
预测：2026 年高考中，数学知识与物理知识相结合的情境更复杂真实，融合跨学
科与科技元素，强化创新迁移、图像信息分析考查。
策略：深挖高考压轴题命题逻辑，强化高端思维训练，提升创新题型解答能力，规
范答题步骤，精准分配答题时间，注重跨模块知识综合运用。
考点
◇
01 求极值和数列求和
一、求极值
1．二次函数求极值
2．三角函数求极值
3．几何方法求极值
4．通过求导求极值
二、数列问题
1．等差数列
2．等比数列
3．数列求和
考点
◇
02 三角形、圆、椭圆、球体的应用
1．圆的周长、面积
2．扇形面积
3．球体的表面积
4．球体体积
考点
◇
03 图像的应用
1．斜率
2．面积
3．表达式
◇题型 01 直角三角函数的应用
典｜例｜精｜析
典例1（2026·河北沧州市·一模）在光学显微镜的镜头校准实验中，需使用一款定制的梯形截面玻璃砖
（截面图如图所示）。该玻璃砖AB 与DC 平行，AB 边与AD 边垂直，AB 与BC 夹角为105°。实验时，先
将一束激光沿纸面从AD 边（足够长）上某点垂直于AD 边射入玻璃砖内部，随后将入射光束由垂直于AD
边方向逆时针缓慢转动，当入射光束的入射角增大到45°时，从BC 界面射出的光恰好完全消失。已知
，
。该玻璃砖的折射率为（ ）
A
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】由光的折射定律可知
光线在BC 面发生全反射，则
其中
联立解得
，
故选C。
典例2（2026·贵州省贵阳市·一模）（多选）空间中存在水平向左、范围足够大的匀强电场，将一电荷量
为q、质量为m 的小球以初速度
从电场中的M 点水平向右抛出，一段时间后小球运动到P 点（图中未画
出），此时速度方向竖直向下，然后从P 点运动到M 点正下方的N 点，如图所示。已知MP 的水平距离等
于MN 的高度差，重力加速度大小为g。设小球在N 点的电势能为零，不计空气阻力。下列说法正确的是
（ ）
A. 电场强度大小为
B. MP 与PN 的竖直高度之比为
C. 小球从M 运动到N 的过程中，电势能的最大值为
D. 小球从M 运动到N 的过程中，速率的最小值为
【答案】ACD
【解析】A．水平方向，小球先从M 点到P 点做匀减速运动，再从P 点到N 点做匀加速运动，根据对称性
可知，两个过程所用时间相等；从M 点到P 点，水平方向有
，
从M 点到N 点，竖直方向有
由题意可知
，联立可得
，
，故A 正确；
B．由
，
可知MP 与PN 的竖直高度之比为
，故B 错误；
C．根据题意可知小球再P 点的电势能最大，从M 点到P 点，水平方向有
电场力做功为
可知从M 点到P 点电势能增加
，设小球在N 点的电势能为零，即小球在M 点的电势能为零，则小球
从M 运动到N 的过程中，电势能的最大值为
，故C 正确；
D．如图所示
电场力与重力的合力与水平方向的夹角满足
将小球的初速度
分解为平行
方向和垂直
方向两个分速度，当平行
方向分速度减为0 时，小球
的速度最小，则小球在运动过程中的最小速度为
，故D 正确。
故选ACD。
方｜法｜提｜练
关键是构建合适的直角三角形，找到要用的角度。
常用场合：矢量的合成与分解、几何光学、带电粒子在匀强磁场中的残缺圆。
变｜式｜巩｜固
变式1（2026·山西大同市·一模）如图所示，质量均为
的长方体滑块
、
靠在一起并套在足
够长的光滑固定水平杆上，长
的轻质细线一端固定在滑块
上，另一端系住一质量为
的小球
。现将
球向左拉起至细线恰好水平伸直的位置，然后由静止释放
球，不计空气
阻力，重力加速度
取
，结果可带根号。求：
（1）从释放
球到
、
两滑块恰好分离，滑块
的位移大小；
（2）从释放
球到
、
两滑块恰好分离，滑块
对
弹力的冲量大小；
（3）若滑块
锁定，在
球下摆过程中，滑块
对
弹力最大值。
【答案】（1）0.5m
（2）
（3）15.0N
【解析】
【小问1 详解】
球运动到最低点时，
、
恰好分离，设
、
水平位移大小为
、
的水平位移大小为
，则
设
、
的速度大小为
，
球的速度大小为
，
、
、
组成的系统在水平方向上任意时刻动量
守恒，可得
则
、
的水平位移大小满足关系
解得
【小问2 详解】
在
、
两滑块分离时，
、
、
组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，则有
，
联立以上两式，解得
又据动量定理，滑块
对
弹力的冲量大小为
【小问3 详解】
设在
球下摆过程中，当细线与水平方向夹角为
时，细线的张力大小为
，
球的速度大小为
，对
球，据机械能守恒，得
此时，将
球的重力沿着轨迹切线和半径方向进行分解，沿径向方向，据牛顿第二定律，有
对于滑块
，由于其处于平衡状态，在水平方向，有滑块
对
的弹力
联立以上三式，得
即当
时，滑块
对
的弹力有最大值
变式2（2026·湖南省T8 联盟·一模）一轻质杆AB，初始时紧靠在光滑的竖直墙面上竖直静止放置，杆长
为2l，在其中点C 处固定一个质量为m 的小球，现使A 端不脱离墙面，B 端沿着光滑地面以速度v 向右匀
速运动，当杆与地面成
角时，则（ ）
A. 小球的速度大小为
B. 小球做匀速圆周运动
C. 当
时，杆对小球的作用力大小为
D. 当
时，杆对小球做的功为
【答案】C
【解析】AB．轻杆AB 上的所有点，沿杆方向的分速度大小相等，由于B 点做匀速直线运动，所以当杆与
地面成α 角时，杆上所有点沿着杆方向的分速度均为vcosα，对于小球，它与墙角O 点间距时刻保持l，所
以运动轨迹为以O 点为圆心的圆，速度方向与OC 连线垂直，由图中几何关系得，小球在C 点速度方向与
杆的夹角为
，沿杆方向的分速度为
，则有
解得
可知则vC大小随α 改变，并非匀速圆周运动，故AB 错误；
CD．分析可得杆对小球的作用力必须沿着竖直方向，由指向圆心的合外力提供向心力，即
解得
对小球运用动能定理，可得
解得
，故C 正确，D 错误。
故选C。
变式3（2026·山东德州市·一模）如图所示，在平面直角坐标系的第一、四象限内有沿y 轴负方向的匀强
电场，第二象限以原点O 为圆心、半径为R 的四分之一圆内和第四象限均有垂直纸面向里的匀强磁场，第
二象限磁场的磁感应强度是第四象限的
倍，M 点为第二象限磁场边界的一个端点。在四分之一圆的左
侧有长为R、与x 轴垂直的线性粒子源，粒子源的下端在x 轴上，粒子源上各点持续沿x 正向发射质量为
m，电荷量为q 的带正电粒子，所有粒子的初速度大小均为
，线性粒子源中点发射的粒子在M 点离开第
二象限。所有粒子第一次经过x 轴的位置连线的长度为
，不计粒子的重力。求：
（1）第二象限内磁场的磁感应强度大小；
（2）第一、四象限内匀强电场的电场强度大小；
（3）所有粒子第一次经过x 轴的位置最右端记为N，研究第一次通过N 点进入第四象限的粒子在第四象限
的运动，其最大速度记为
（未知），速度大小为
时运动方向与x 轴正方向的夹角记为
，写出
与k 的函数关系式，并写出k 的取值范围。
【答案】（1）
（2）
（3）
，
【解析】
【小问1 详解】
几何分析可得，所有粒子在第二象限的四分之一圆内做匀速圆周运动的半径均为
又
联立解得第二象限的四分之一圆内磁场的磁感应强度
【小问2 详解】
方法一：所有粒子第一次经过
轴的位置最右端记为
，对在第一象限运动到达
点的粒子，设在
点
速度与
方向的夹角为
，沿
方向
垂直
方向
由以上两式得
由上式可得
时，粒子恰好经过
点，
又
联立解得第一、四象限内匀强电场的电场强度大小
方法二：所有粒子第一次在第一象限的运动由动能定理
某粒子经
点时与
轴正方向的夹角设为
，在第一象限运动时的加速度大小设为
，初末速度之间的夹
角设为
，由该粒子第一次在第一象限运动的速度合成图可知
粒子在第一象限运动沿
方向的位移为
由以上两式得
时，
有最大值为
又
联立解得第一、四象限内匀强电场的电场强度大小
【小问3 详解】
由以上方程还可解得，第一次经过
点进入第四象限的粒子在该点的速度大小
方向与
轴正方向的夹角为
；
自
点至第一次速度最大的过程，水平方向由动量定理
又由动能定理
联立解得
，
自
点至速度大小为
的点
解得
水平方向
解得
，
最小时：
联立解得
，
◇题型 02 正弦函数、近似条件的应用
典｜例｜精｜析
典例1（2026·河北省五个一联盟·一模）如图所示为一列沿x 轴正向传播的简谐横波在t=0 时刻的波形图，
P、Q 为波上的两质点，质点 Q 在平衡位置，质点P 的平衡位置横坐标为x=1m，t=0.5s 时质点P 第一次
经过平衡位置，下列说法正确的是（ ）
A. t=0 时质点 P 沿y 轴正向运动
B. 该列波的波速为4m /s
C. t=2.25s 时，P、Q 的速度大小相同、方向相反
D. t=4.25s 时，P、Q 两质点振动的速度相同
【答案】C
【解析】A．简谐横波沿x 轴正向传播，由同侧法可得t=0 时质点 P 沿y 轴负向运动，故A 错误；
B．质点P 的平衡位置横坐标为x=1m，t=0.5s 时质点P 第一次经过平衡位置，有
解得
，且波长
该列波的波速为
，故B 错误；
CD．
t=2.25s 时，波形向x 轴正向平移
，如图，此时P、Q 的振动情况与原波形图中的
相
同，所以t=2.25s 时，P、Q 的速度大小相同、方向相反；
t=4.25s 时，波形向x 轴正向平移
，如图，此时P、Q 的振动情况与原波形图中的
相
同，所以t=4.25s 时，P、Q 的速度大小相同、方向相反，故C 正确，D 错误。
故选C。
典例2（2025·北师大实验中学·零模）为了描述导体内电流的分布情况，人们定义了“电流密度”矢量j。
某点处的电流密度，大小为垂直于该点处电流方向上单位面积内的电流大小，方向为该点处的电流方向。
（1）如图1 所示，圆柱形长直均匀金属导体的横截面积为S，将其左、右截面接入直流电路，稳定后内部
有大小为I 且分布均匀的电流。求导体内的电流密度大小。
（2）如图2 所示，有一无限大的均匀导体区域，在其A 点处埋有一球形电极，大小不计，大小为I 的电流
通过电极进入导体内，在各个方向上均匀分散并流向无穷远处。
a．求导体内到电极距离为r 的点处的电流密度的大小；
b．欧姆定律的微观形式可表示为
，即导体内某点处的电场强度与该处的电流密度方向相同，其大
小亦成正比，比例系数为导体的电阻率ρ。球形电极A 产生的电场类似于点电荷产生的电场。类比点电荷
产生的电场，完成以下表格。
电荷q 在真空中产生的电场（已
知真空静电常数k）
电流I 在导体中产生的电场
（已知导体电阻率ρ）
电场强度E 大小
______
电势φ（以无穷远
处为零点）
______
（3）如图3 所示，若在球形电极A 通入电流的同时，从球形电极B 将电流导出，导体中将产生类似图4
的电场。若导体电阻率为
，球形电极半径均为a，两球形电极球心间距
，结合前两问中学到的知
识，完成以下问题：
a．当通入电流为I 时，求两球形电极之间的电势差U；
b．若电流由不计内阻的电源提供，并可通过滑动变阻器调节电流的大小，求滑动变阻器的阻值多大时，
其消耗功率最大。
【答案】（1）
；（2）a．
；b．
，
；（3）a．
；b．
【解析】（1）根据电流密度的定义可知，导体内的电流密度大小为
（2）a．电流均匀分布在以电极为球心、r 为半径的球面上，则导体内到电极距离为r 的点处的电流密度大
小
b．类比点电荷产生的电场，电流I 在导体中产生的电场强度大小为
类比点电荷产生的电场，电流I 在导体中产生的电势为
（3）a．两球形电极之间的电势差
由于
，则
b．当滑动变阻器的阻值等于球形电极A、B 间的电阻时，滑动变阻器消耗功率最大，此时滑动变阻器的阻
值为
方｜法｜提｜练
近似条件：单摆简谐运动，双缝干涉测光的波长。
正弦函数：正弦式交流、简谐运动、简谐波。
变｜式｜巩｜固
变式1（2026·湖南省长沙市南雅中学·一模）如图（a）所示，同一介质中有波源
、
，已知
，
，
，
时刻，两波源同时起振，波源
振动图像如图（b）所示，波源
振动图像
如图（c）所示，振动方向均垂直于
平面，
时
点开始振动。
（1）波的传播速度及波长？
（2）
点在
内走过的路程？
【答案】（1）2m （2）12cm
【解析】
【小问1 详解】
由题可知，
又
,波长
【小问2 详解】
由题可知，0~5s 内，R 点未起振，路程为0
又
波源P 产生的波传到R 点历时
故5~7s 内，R 点的振动全部由波源Q 产生的波引起，振动时间为
路程为
。
变式2（2026·湖北省孝感市教科研楚天协作体·一模）（多选）为响应国家“千乡万村驭风行动”，我市已
建成大量风力发电机组，装机量为全省之首，其原理简化如下：如图所示，在风力作用下风叶带动磁铁匀
速转动，磁铁转动过程中，在固定线圈内产生
的交变电流，线圈的内阻不计，线圈通过导线
与定值电阻相连，则下列说法正确的是（ ）
A. 当穿过线圈的磁通量最大时，感应电动势为零
B. 当磁铁转至图示位置时，理想交流电压表的示数变为零
C. 若仅使磁铁的转速增加一倍，则定值电阻消耗的电功率变为原来的4 倍
D. 若仅使磁铁的转速增加一倍，产生的感应电动势变为
【答案】AC
【解析】A．当磁铁转动时，在固定线圈内同样可以产生正弦式交变电流，穿过线圈的磁通量最大时，磁
通量的变化率为零，根据法拉第电磁感应定律
可知，此时感应电动势为零，故A 正确；
B．理想交流电压表测量的是交变电压的有效值，有效值是恒定值，不会随瞬时值变化而变为零。故B 错
误；
CD．若仅使磁铁的转速增加一倍，则磁铁转动的角速度增加一倍，根据
可知，感应电动势的
最大值增加一倍，所以产生的感应电动势变为
根据闭合电路欧姆定律有
则电路中电流的有效值为
所以电路中电流的有效值也增加一倍。定值电阻消耗的电功率为
所以定值电阻消耗的电功率变为原来的4 倍，故C 正确，D 错误。
故选AC。
变式3（2026·湖南省湖南湘一名校联盟·一模）（多选）如图所示，导线框绕垂直于匀强磁场的轴匀速转
动，产生的交变电压
，导线框与理想升压变压器相连进行远距离输电。输电线路的电
流为2A，输电线路总电阻为
，理想降压变压器副线圈接入一台电动机，电动机恰好正常工作，其两
端电压为220V，总功率为1100W，导线框及其余导线电阻不计，下列说法正确的是（ ）
A. 图示位置线框的磁通量变化率为0
B. 电动机的电阻为
C. 升压变压器原、副线圈的匝数比为
D. 若电动机突然卡住不能转动，输电线上的损耗功率将增大
【答案】CD
【解析】A．图示位置线圈和磁感线方向平行，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，故A 错误；
B．电动机并非纯电阻，题中信息无法计算其阻值，故B 错误；
C．降压变压器的输入功率等于输出功率
输电线上的电流2A 既等于升压变压器的输出电流
，也等于降压变压器的输入电流
，所以降压变压器
的输入电压为
则升压变压器的输出电压为
所以升压变压器原副线圈的匝数比为
，故C 正确；
D．若电动机突然卡住，则电路将变成纯电阻电路，降压变压器的输出电流将变大，则输电线上的电流也
将变大，根据输电线损失功率公式
可知，输电线上损失的功率将增大，故D 正确。
故选CD。
◇题型 03 三角形相似、动态三角形的应用
典｜例｜精｜析
典例1（2026·山西大同市·一模）为了助推本地文旅的发展，2025 年，大同推出了大型行进情景式演艺项
目《如梦大同》，如甲图，演员们通过吊威亚在城墙上展现高超的表演技艺，为游客呈现了一场视觉盛宴！
现将情景简化如乙图，一根不可伸长的绳索（不计质量）一端系于演员腰间
点，另一端系于城墙上的固
定
点，该演员身体伸直，双脚蹬于城墙
点，并保持平衡。已知
，
，演员
质量
，城墙对演员的作用力始终沿着身体，重力加速度
取
，
，
。下列说法正确的是（ ）
A. 绳索对演员的拉力大小为
B. 城墙对演员的作用力大小为
C. 若保持
点不动，将
点沿城墙缓慢上移稍许，绳索对演员
拉力大小一定增大
D. 若保持
点不动，将
点沿城墙缓慢下移稍许，城墙对演员的弹力大小一定增大
【答案】D
【解析】AB．设绳索与城墙对演员的作用力大小分别为
、
，以演员为研究对象，演员在
、
和
重力
的作用下处于平衡状态，由平衡条件，在水平方向，有
在竖直方向，有
联立两式，解得
，
，故AB 错误；
C ．利用演员所受重力
、绳索拉力
和城墙弹力
构成的力的三角形和
相似，得
当
点不动，将
点沿城墙缓慢上移稍许，即
增大，
、
均不变，则
、
均减小，故C 错误；
D．同理，当
点不动，将
点沿城墙缓慢下移稍许，即
减小，
、
均不变，则
增大，城墙对
演员的弹力大小
增大，
也一定增大，故D 正确。
故选D。
典例2（2025·福建省莆田市·二模）（多选）如图，红灯笼悬挂在竖直墙壁之间，细绳OB 水平。若悬挂点
B 沿墙壁向上缓慢移动的过程中，适当将细绳OB 延长，以保持O 点的位置不变，则细绳OA 的拉力大小
F1和细绳OB 的拉力大小F2的变化可能是（ ）
A. F1逐渐减小
B. F1先减小后增大
C. F2逐渐增大
D. F2先减小后增大
【答案】AD
【解析】以O 点为研究对象，O 处于平衡状态，根据受力平衡，则AO 上的力与BO 上的力的合力与重力
大小相等，方向相反，如图所示；
由图可知，在B 点向上移动的过程中，绳子OA 上的拉力F1逐渐减小，OB 上的拉力F2先减小后增大。
故选AD。
方｜法｜提｜练
三角形相似：三力动态平衡、三力平衡对比、各种图像等。
动态三角形：三力动态平衡、速度分解等。
变｜式｜巩｜固
变式1（2025·山东省潍坊市·二模）（多选）如图所示，小明用轻绳PQ 拴住轻杆OQ 的顶端，轻杆下端O
用铰链固定在水平地面上某高度处，Q 端下方悬挂重物，轻绳PQ 长度为定值。PQ 与水平方向夹角
，OQ 与水平方向夹角
，下列说法正确的是（ ）
A. 轻绳PQ 对Q 端的拉力大于重物重力
B. 轻杆OQ 对Q 端的支持力等于重物重力的
倍
C. 若小明拉住轻绳P 端缓慢向右移动，轻绳PQ 对Q 端的拉力逐渐增大
D. 若小明拉住轻绳P 端缓慢向右移动，轻绳PQ 对Q 端的拉力逐渐减小
【答案】BC
【解析】A．设物体的重力为
，轻杆的弹力为
，轻绳的弹力为
。选择
点为研究对象，由于OQ
为可旋转轻杆，则Q 点所受杆的弹力方向沿杆指向Q，Q 点所受轻绳的拉力沿绳指向P。Q 点受力分析图
如下
由几何关系可得，
，
为角平分线，则
，A 错误；
B．由A 选项受力分析可知，
，B 正确；
CD．过O 点向PQ 做垂线交PQ 于S，设O 距离水平PQ 面的高度为H，选择Q 为研究对象，做矢量三角
形如图所示
由几何关系可知，力的矢量三角形与几何三角形OQS 相似，且满足
，轻绳P 端缓慢向右
移动过程中，SO 减小，SQ 增大，则
增大，C 正确,D 错误。
故选BC。
变式2（2025·广东省湛江市·二模）下图为乘客坐飞机的姿态图。座椅背板AP 与底板PB 夹角稍大于
90°，飞机匀速水平飞行时，底板PB 右端比左端稍微高点，忽略乘客与座椅的摩擦力，在飞机逐渐向上匀
速爬升的过程中，座椅背板AP 与底板PB 也逐渐绕P 轴在竖直面内逆时针转动，直到PB 板与水平面成
30°。下列说法正确的是（ ）
A. 未爬升前背板AP 对乘客没有作用力
B. 爬升过程中乘客始终受到三个力的作用
C. 爬升过程中座椅对乘客的作用力的合力逐渐减小
D. 爬升过程中乘客对背板AP 与底板PB 的压力都逐渐增大
【答案】B
【解析】AB．未爬升前和爬升过程，以人为研究对象，受重力，PA 的支持力
，PB 的支持力
，由
题意可知，始终受三个力且合力始终为0，故A 错误，B 正确。
CD．爬升过程乘客受重力，PA 的支持力
，PB 的支持力
，三个力的合力始终为0，且
与
之
间的夹角不变，矢量三角形如图所示，在PB 转到与水平面夹角为30°的过程中，
变大，
减小，故
CD 错误。
故选B。
变式3（2025·湖北省·4 月调研）如图所示，用三根轻质细绳OA、OB、OC 悬挂一灯笼，A 端连接一个套
在水平杆上的小圆环，OB 绳水平。现使OB 绳沿顺时针方向缓慢转动少许，A、O 两点位置不变，灯笼保
持A 静止，在此过程中，小圆环受到水平杆的摩擦力（ ）
A. 减小
B. 增大
C. 先减小后增大
D. 不变
【答案】B
【解析】先对结点O 受力分析，如图
三力平衡，由平行四边形定则可知，OB 绳沿顺时针缓慢转动少许，细绳OA、OB 的拉力均增大，再对小
环受力分析可知，小环受重力、杆的弹力、细绳的拉力、杆的摩擦力，小环受到水平杆的摩擦力与细绳的
拉力在水平方向的分力大小相等，由于细绳OA 的拉力增大、方向不变，所以水平杆对小环的摩擦力增大。
故选B。
◇题型 04 二次函数、基本不等式的应用
典｜例｜精｜析
典例1（2025·安徽师范大学附属中学·4 月质检）如图所示，质量为M、半径为R、内壁光滑的圆形轨道竖
直放置在水平地面上，轨道圆心为O，P、Q 是轨道上与圆心O 等高的两点。一质量为m 的小球沿轨道做
圆周运动且刚好能通过轨道最高点，运动过程中轨道始终在地面保持静止状态。已知重力加速度为g，求：
（1）小球经过轨道最低点时的速度大小；
（2）小球经过P 点时，地面对轨道的摩擦力；
（3）轨道对地面的最小压力的大小。
【答案】（1）
（2）
，方向水平向右
（3）
【解析】
【小问1 详解】
由题意可知，小球恰好通过轨道最高点时，小球的重力恰好提供向心力，则有
解得
小球从最高点运动到最低点，设小球在最低点的速度为
，由动能定理可得
解得
【小问2 详解】
小球经过P 点时，轨道的支持力提供向心力，设速度为
，小球由最高点运动到P 点过程中，由动能定理
得
又
解得
方向水平向右。
由牛顿第三定律得，小球对轨道压力
方向水平向左。
由二力平衡得，地面对轨道摩擦力
方向水平向右。
【小问3 详解】
如图所示
设小球经过A 点时速度大小为v，
连线与竖直方向夹角为
，由动能定理有
又
解得
又有
根据牛顿第三定律，轨道对地面压力等于地面对轨道的支持力，结合轨道受力平衡可知
由数学知识得，当
时，
取最小值
典例2（2026·湖南省长沙市名校·第二次调研）（多选）如图，一质量为M、长为l 的木板静止在光滑水平
桌面上，另一质量为m 的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的
滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（ ）
A. 木板的动能一定等于fl
B. 木板的动能一定小于fl
C. 物块的动能一定大于
D. 物块的动能一定小于
【答案】BD
【解析】方法一：设物块离开木板时的速度为
，此时木板的速度为
，由题意可知
设物块的对地位移为
，木板的对地位移为
CD．根据能量守恒定律可得
整理可得
D 正确，C 错误；
AB．因摩擦产生的摩擦热
根据运动学公式
，
因为
可得
则
所以
B 正确，A 错误。
故选BD。
方法二：AB．画出物块与木板运动示意图和速度图像。
对物块，由动能定理
对木板，由动能定理
根据速度图像面积表示位移可知
，
且
故
故A 错误，B 正确；
CD．对系统，由能量守恒定律
物块动能
故C 错误，D 正确。
故选BD。
方｜法｜提｜练
定和求积，积有最大值。
定积求和，和有最小值。
二次函数求极值可用配方法。
变｜式｜巩｜固
变式1（2025·安徽省逐梦星辰杯·大联考）跑酷是一种极限运动，需要利用身体的能力快速、高效地穿越
复杂的环境。在某次跑酷运动中，运动员需要从水平平台跳到右边的曲面，运动过程可以简化如下：平台
离地面高度为
，平台边沿正下方水平地面O 点为坐标原点、水平向右为x 轴、竖直向上为y 轴建立
坐标系，右侧曲面在竖直平面内截面曲线满足方
，如图所示。已知重力加速度为
，不计
空气阻力，若小球水平离开平台的初速度为2m/s，则小球落到曲面的坐标为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】设落点位置坐标
，则满足方程：
，
联立解得
，
故选A。
变式2（2026·广东汕头市潮阳实验学校·一模）图（a）是水平放置的“硬币弹射器”装置简图，图（b）
是其俯视图。滑槽内的撞板通过两橡皮绳与木板相连，其厚度与一个硬币的相同。滑槽出口端的“币仓”
可叠放多个相同的硬币。撞板每次被拉动至同一位置后静止释放，与底层硬币发生弹性正碰；碰后，撞板
立即被锁定，底层硬币被弹出，上一层硬币掉下补位。底层硬币被撞后在摩擦力作用下减速，最后平抛落
到水平地面上。已知每个硬币质量为m，撞板质量为3m；每次撞板从静止释放到撞击硬币前瞬间，克服摩
擦力做功为W，两橡皮绳对撞板做的总功为4W；忽略空气阻力，硬币不翻转。
（1）求撞板撞击硬币前瞬间，撞板的速度v；
（2）当“币仓”中仅有一个硬币时，硬币被撞击后到抛出过程，克服摩擦力做功Wf为其初动能的
，
求
；
（3）已知“币仓”中有n（n≤10）个硬币时，底层硬币冲出滑槽过程中克服摩擦力做功为
；试
讨论两次“币仓”中分别叠放多少个硬币时，可使底层硬币平抛的水平射程之比为
。
【答案】（1）
；（2）
；（3）见解析
【解析】（1）根据动能定理有
解得
（2）对撞板与硬币构成的系统，由于发生的是弹性碰撞，则有
，
解得
克服摩擦力做功Wf为其初动能的
，则有
解得
（3）平抛运动过程有
，
，
根据题意有
底层硬币冲出滑槽过程中克服摩擦力做功为
，根据动能定理有
，
结合上述有
由于n≤10，则有
，
或
，
或
，
变式3（2025·北京市昌平区·二模）图1 为某声敏电阻的阻值R 随声音强度L（单位：dB）变化关系的图
像，某同学利用该声敏电阻制作了声音强度检测装置，其简化电路如图2 所示。电源电动势
，内
阻
，电阻
中的一个是定值电阻，另一个是声敏电阻。已知定值电阻的阻值为10Ω，电压表
的量程为0~3V，声音强度越大，电压表的示数也越大。下列说法正确的是（ ）
A. 电压表的示数为2.5V 时，声音强度为20dB
B. 该电路能测量的最大声音强度为120dB
C. 该电路中声敏电阻的最大功率可达8W
D. 若换用阻值更小的定值电阻，则电路能测量的最大声音强度将变大
【答案】D
【解析】A．根据题意可知声音强度越大，声敏电阻的阻值越小。电压表的示数也越大，结合串联电路，
电阻越大分压越大可知
是声敏电阻，
是定值电阻，电压表的示数为2.5V 时，流过电路的电流
声敏电阻
阻值
代入数据可得
结合图1 可知声音强度为80dB，故A 错误；
B．电压表的量程为0~3V，则电路中的最大电流
声敏电阻的最小阻值
代入数据可得
结合图1 可知声音强度大于120dB，故B 错误；
C．将
等效为电源内阻，
的功率
整理可得
当
阻值越接近
时，
功率越大，根据以上分析可知当电压表示数为3V 时，
的功率最大为
代入数据可得
故C 错误；
D．电压表的示数
电压表量程不变，若换用阻值更小的定值电阻，则光敏电阻的最小值变小，结合图1 可知声音强度变大，
即电路能测量的最大声音强度将变大，故D 正确。
故选D。
◇题型 05 数列及图像的应用
典｜例｜精｜析
典例1（2026·安徽省合肥市·一模）如图所示，竖直放置的容器横截面积为S，容器内有一密封良好的隔板，
隔板置于卡槽上，将容器分成上、下两部分，体积均为
，压强均为大气压强
。一气筒分别通过单向
阀门
、
与容器上、下两部分连接，打气筒从最右侧运动至最左侧完成一次抽气，抽气时阀门
打
开，阀门
闭合；打气筒从最左侧运动至最右侧完成一次打气，打气时阀门
闭合，阀门
打开。气筒
连接处的体积不计，抽气、打气过程温度保持不变。若完成一次抽气、打气后，隔板与卡槽恰好未分离，
此时容器上、下两部分气体压强之比为
，重力加速度为
。求：
（1）隔板的质量；
（2）若隔板固定，则完成
次抽气、打气后，上、下两部分中气体的质量之比。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1 详解】
设打气筒容积为
，对上部分气体完成一次抽气，根据玻意耳定律可得
对下部分气体完成一次打气，根据玻意耳定律可得
根据题意
解得
，
对隔板，根据平衡条件可知
解得
【小问2 详解】
设初始时刻两部分气体的质量均为
，由以上分析，结合玻意耳定律可得，上部分气体每次压强变为原来
的
，n 次后上部分压强变为原来的
，则上部分质量为
，则下部分质量为
，因
此上下两部分气体质量之比为
典例2（2026·重庆市九龙坡区·一模）质量均为
的许多小球用轻质柔软且无弹性的细线串联起来，紧密
而不缠绕地盘放于水平面上，相邻两球间的细线长度均为且远大于小球直径，从上到下沿线方向将各小
球编号为1、2、3……k。设连接相邻两小球的细线绷直的瞬间，绳的弹力远大于小球的重力，重力加速度
大小为
。
（1）若
，给第1 粒小球施以竖直向上的恒力
，求当它上升
时系统增加的机械能。
（2）若
，给第1 粒小球施以竖直向上的瞬时冲量
后，它最高能上升
，求
的大小。
（3）若
的值足够大，将第1 粒小球以初速度
（
）竖直上抛，求它的最大上升高度（可能用
到数学公式
）。
【答案】（1）
（2）
（3）见解析
【解析】
【小问1 详解】
1 号球上升的过程中，由牛顿第二定律可得
根据运动学公式可得
球间细线绷直瞬间前后，1、2 号动量守恒
联立，解得
根据牛顿第二定律可得
可得1、2 号球同时上升
过程中，加速度
，两小球一起以
匀速上升。故系统增加的机械能为
【小问2 详解】
1 号球受到的瞬时冲量，由动量定理可得
1 号球上升
过程中，机械能守恒，则
球间细线绷直瞬间前后，1、2 号球动量守恒
1、2 号球同时上升的过程中，机械能守恒
解得
【小问3 详解】
由（2）中计算可知，第1 次细线刚绷直后，系统动能为
第1 次细线绷直后至第2 次细线绷直前，1、2 号球同时上升的过程中，机械能守恒
第2 次细线绷直瞬间前后，1、2、3 号球系统动量守恒
第2 次细线刚绷直后，系统动能为
依此类推，第3 次细线刚绷直后，系统动能为
……
第
次细线刚绷直后，系统动能为
设
，解得
所以：①若
，第
次细线绷直前后，水平面以上的
个小球速度刚好减为0，
故第1 个小球上升的最大高度为
②若
，第
次细线绷直前后，系统机械能守恒
故第1 个小球上升的最大高度
方｜法｜提｜练
等差数列、等比数列：找通项、求和。
碰到图像，先看两轴，再看斜率、截距、面积。
碰到一次函数的图像，找到对应的表达式。
变｜式｜巩｜固
变式1（2026·河南省信阳市·一模）一个士兵坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量是
。这
个士兵用自动步枪在
内沿水平方向连续射出10 发子弹，每发子弹的质量是
，子弹离开枪口时相对
步枪的速度是
。射击前皮划艇是静止的，不考虑水的阻力。下列说法正确的是（ ）
A. 每次射击后皮划艇的速度改变量均相同
B. 连续射击后皮划艇的速度大小近似值是
C. 连续射击时枪所受到的平均反冲作用力大小为
D. 发射子弹过程中系统动量守恒，机械能也守恒
【答案】B
【解析】AB．以速度v0的方向为正方向，士兵发射第一发子弹的过程，根据动量守恒定律得（M-m）v1=m
（v0-v1）
解得
士兵发射第二发子弹
过程，根据动量守恒定律得：（M-m）v1=（M-2m）v2-m（v0-v2）
解得
同理可得发射第三发子弹后皮划艇的速度为
连续射出10 发子弹后皮划艇的速度为
可知每次射击后皮划艇的速度改变量均不相同，且
，故A 错误，B 正确；
C．总动量变化约为
，时间
，平均反冲力
，故C 错误；
D．系统动量守恒（无外力），但发射子弹时化学能转化为动能，机械能不守恒，故D 错误。
故选B。
变式2（2026·江苏省徐州市第三中学·一模）如图所示，光滑斜面体固定在水平地面上，一滑块从斜面顶
端由静止开始下滑（取地面为零势能面），则滑块的速度大小v、动能
、动量
、重力势能
随位移x
的变化关系图线，可能正确的是（ ）
A.
B.
C
D.
【答案】B
【解析】A．设斜面夹角为
，滑块沿斜面下滑过程中
可知加速度恒定不变，根据速度位移关系
可得
，故A 错误；
B．根据动能定理
可得
，故B 正确；
C．根据动量的定义式
结合
可得
，故C 错误；
D．重力势能
，故D 错误。
故选B。
变式3（2026·江苏省徐州市运河中学·一模）如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，
右方有一竖直的墙。重物质量为木板质量的2 倍，重物与木板间的动摩擦因数为
。使木板与重物以共同
的速度
向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短。设木板足够长，重物始终在木板上，
当地重力加速度为g。求：
(1)第二次与墙碰撞时板的速度v；
(2)木板从第一次与墙碰撞到第二次碰撞所经历的时间t；
(3)从第一次与墙碰撞到最终停下所经历的时间T。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【解析】(1)木板第一次与墙碰撞后，最后木板和重物达到共同速度v，设木板质量为m，重物质量为2m，
取向右为正方向，由动量守恒得
解得：
即第二次与墙碰撞时板的速度为
。
(2)设从第一次与墙壁碰撞到重物和木板具有共同速度v 所用时间为t1，对木板由动量定理得
解得：
对木板由牛顿第二定律得
木板从第一次与墙壁碰撞到再次与重物速度相同时，木板右端离墙壁的距离为
解得：
木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到静止，再反向向右做匀加速直线运动直到与重物有共
同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙，木板做匀速直线运动，有
解得
木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间
(3)由(1)问的解答可知，每次碰后木板速度减小为原来的
，则时间也将减小为原来的
木板从第二次与墙碰撞到第三次碰撞所经历的时间
木板从第三次与墙碰撞到第四次碰撞所经历的时间
根据规律可得，从第一次与墙碰撞到最终停下所经历的时间T
◇题型 06 圆的应用
典｜例｜精｜析
典例1（2026·浙江省浙东北县域名校发展联盟（ZDB）·一模）如图1，玻璃半球半径为R，O 为球心，AB
为直径。现有均匀分布的单色光垂直入射到半球的底面，其对玻璃的折射率为
。已知如图2 所示的球
冠（不含底圆面）的表面积为
，若只考虑首次射到球面的光，则下列说法正确的是（ ）
A. 所有射入到半球底面的光中有
的光会发生全反射
B. 从上往下看，整个半球面被照亮的面积为
C. 单色光在玻璃中的传播速度为
D. 改用频率更高的另一单色光垂直入射到半球的底面，整个半球面被照亮的面积增大
【答案】B
【解析】AB．如图所示
，得
，即有
的光会发生全反射；
，被照亮的面积为
，故A 错误，B 正确；
CD．单色光在玻璃中的传播速度不可能达到光速；频率越大，折射率越大，临界角越小，被照亮的面积
减少，故CD 错误。
故选B。
典例2（2026·广西省桂林市·一模）如图所示，在方向竖直向下的匀强磁场中，水平地面上放置一长方体
粒子收集装置，其中
，
，该装置六个面均为荧光屏，吸收击中荧光
屏的粒子时可显示粒子位置。在长方体中心P 处的粒子放射源，可在水平面
内沿各个方向均匀发
射速率为
的带正电粒子，发现在一段时间内，粒子源发射出粒子总数中有
被荧光屏
所吸收。
已知这些粒子的比荷均为
，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A. 匀强磁场的磁感应强度大小为
B. 匀强磁场的磁感应强度大小为
C. 荧光屏
上亮线的长度为
D. 荧光屏
上亮线的长度为
【答案】D
【解析】AB．沿磁场方向看去，粒子总数中有
被荧光屏
所吸收，粒子的运动轨迹如图所示。
轨迹1、3 为粒子被
吸收的临界轨迹，根据几何知识可得
由洛伦兹力提供向心力得
解得
故AB 错误；
CD．根据几何知识可得
轨迹2 为击中
最右侧的轨迹，由几何知识可得
轨迹3 为击中
最左侧的轨迹，由几何知识可得
因此，荧光屏
上亮线的长度为
同理可得，荧光屏
上亮线的长度为
，故C 错误，D 正确。
故选D。
方｜法｜提｜练
圆：圆心角、弦切角的关系，弦的中垂线过圆心，圆面积的计算，扇形面积的计算。
球体：体积与表面积的计算。
变｜式｜巩｜固
变式1（2026·湖南省长沙市名校·第二次调研）（多选）如图甲所示，在平静的水面下深h 处有一个点光
源s，它发出不同颜色的a 光和b 光，在水面上形成了一个有光线射出的圆形区域，该区域的中间为由a、
b 两种单色光所构成的复色光圆形区域，周围为环状区域，且为a 光的颜色（见图乙）。设水对b 光的折
射率为
，则下列说法正确的是（ ）
A. 在真空中，a 光的传播速度比b 光的大
B. 在水中，a 光的波长比b 光的长
C. 复色光圆形区域的面积为
D. 由点光源s 垂直水面发出的光，a 光在水中的传播时间比b 光长
【答案】BC
【解析】A．解析在真空中，a 光和b 光的传播速度都为光速c，故A 错误；
B．a 光在水面上有光射出的区域面积较大，知a 光的临界角较大，根据
知a 光的折射率和频率都较小，再由
可知，在水中，a 光的波速比b 光的大，由
可得a 光的波长比b 光的长，故B 正确；
C．设复色光区域的半径为r，根据
结合几何关系，可知
故复色光圄形区球的面和为
故C 正确；
D．根据
可知，a 光在水中的传播速度较大，所以由点光源s 垂直水面发出的光，a 光在水中的传播
时间比b 光短，故D 错误。
故选BC。
变式2（2026·新疆维吾尔自治区·一模）（多选）如图所示，半径为
的圆形区域Ⅰ内有方向垂直
平面
向里、磁感应强度大小为
的匀强磁场，圆形外区域Ⅱ有方向垂直
平面向里、磁感应强度大小为
的匀强磁场。一质量为
、电荷量为
的带正电的粒子以速度v0由A 点（0，R）沿
轴负方向射入磁场区
域Ⅰ，第一次经过Ⅰ、Ⅱ区域边界处的位置为M（R，0），速度方向沿
轴正方向。不计粒子的重力，则（
）
A. 粒子在区域Ⅱ内做圆周运动的轨迹圆的半径为
B. 粒子第二次进入区域Ⅰ的位置坐标为（
，
）
C. 粒子第二次运动到x 轴上时的速度方向沿x 轴正方向
D. 粒子从A 点运动到第一次回到A 点的时间为
【答案】BC
【解析】A．粒子在区域Ⅰ内，根据洛伦兹力提供向心力有
根据几何关系有
，则
则粒子在区域Ⅱ内做圆周运动的轨迹圆的半径
，A 错误；
B．粒子运动轨迹如图所示，粒子从
点第二次进入区域Ⅰ，根据几何关系可知
，则
点坐
标为
，B 正确；
C．粒子每经历一个循环，速度方向偏转
，粒子第二次运动到
轴上时的速度方向沿
轴正方向，C 正
确；
D．从
点运动到第一次回到
点经历三个半循环
在区域Ⅰ内运动了
个
周期，
，
在区域Ⅱ内运动了
个
周期，
则
，D 错误。
故选BC。
变式3（2025·北京市海淀区·三模）处于自然状态的物体会不断地向外辐射电磁波，同时也会吸收由其他
物体辐射来的电磁波，当辐射和吸收达到平衡时，物体的温度保持不变。如果某物体能完全吸收入射到其
表面的各种波长的电磁波而不发生反射，这种物体就称为黑体。黑体也会同时向外辐射电磁波，已知单位
时间内从黑体表面单位面积辐射出电磁波的能量I 与黑体表面热力学温度T 的4 次方成正比，即I=σT4，其
中σ 为已知常量。
（1）若将火星看成表面温度相同的球形黑体，火星的半径为r，火星中心到太阳中心的距离为L，且L 远
远大于r，所以火星接收到来自太阳的辐射可视为垂直射到面积为πr2的圆面上。已知太阳向外辐射电磁波
的总功率为P1。火星大气层对太阳辐射的吸收和反射、太阳辐射在传播过程中的能量损失，以及其他天体
和宇宙空间的辐射均可忽略不计。
① 求在火星表面垂直于太阳和火星连线的单位面积接收到的来自太阳辐射的功率P0；
② 设火星向四面八方各个方向均匀辐射，请写出当吸收和辐射达到平衡时火星表面热力学温度T 火的表达
式。
（2）太阳辐射电磁波
能量来源于如图甲所示的太阳中心的“核反应区”。“核反应区”产生的电磁波
在向太阳表面传播的过程中，会不断被太阳的其他部分吸收，然后再辐射出频率更低的电磁波。为了研究
“核反应区”的温度，某同学建立如下简化模型：如图乙所示，将“核反应区”到太阳表面的区域视为由
很多个“薄球壳层”组成，第1“薄球壳层”的外表面为太阳表面；各“薄球壳层”的内、外表面都同时
分别向相邻内“薄球壳层”和外“薄球壳层”均匀辐射功率相等的电磁波（第1“薄球壳层”的外表面向
太空辐射电磁波，最内侧的“薄球壳层”的内表面向“核反应区”辐射电磁波），如图丙所示；“核反应
区”产生的电磁波的能量依次穿过各“薄球壳层”到达太阳的表面，每个“薄球壳层”都视为黑体，且辐
射和吸收电磁波的能量已达到平衡，所以各“薄球壳层”的温度均匀且恒定。
已知太阳表面热力学温度为T1，所构想的“薄球壳层”数目为N，太阳半径R1与“核反应区”的半径RN
满足R1=kRN（k 为已知的常数），第1“薄球壳层”的外表面向外辐射电磁波的总功率为P1。请根据该同
学建立的模型和题目中给出的信息，解答下列问题。
① 求第2、第3 和第N“薄球壳层”向相邻
外“薄球壳层”辐射电磁波的功率P2、P3和PN；
② 若认为“核反应区”的温度和第N“薄球壳层”的温度TN相等，请推导出“核反应区”热力学温度TN
的表达式。结合所得到TN的表达式，请说明该同学的模型是否合理？若不合理，请说明理由。
【答案】（1）①
；②T 火=
；（2）①2P1，3P1，NP1；②见解析
【解析】（1）①在以太阳为中心L 为半径的球面上，单位面积接收到的太阳辐射的功率为
这就是在火星表面垂直于太阳和火星连线上单位面积接收到的来自太阳辐射的功率。
②火星接收到的来自太阳的电磁辐射总功率
P 火=
火星吸收太阳的电磁波的能量与自身辐射电磁波的能量达到平衡时有
P 火=
根据题意有
I=σT 火
4
联立以上3 式，解得
T 火=
（2）①根据题意，当辐射和吸收电磁波的能量达到平衡时
对于第一层有
P2=2P1
对于第二层有
2P2= P3+P1
所以
P3=3P1
对于第三层有
2P3= P4+P2
所以
P4=4P1
由此可推知
PN=NP1
② 太阳表面单位时间内向外辐射的总功率为P1，则在太阳表面
同理，对于第N 薄球壳层应有
联立以上两式得
这个模型不太合理。薄球壳的层数没有确定，而根据表达式，分的薄球壳层数越多，核反应层温度越高，
当N 趋近无穷大时，温度趋近于无穷高。但实际核反应层的温度应该是一个有限值。
