1、注：本文為我的專著? 百題大過關高考物理 ?提高版中的一講內容，供大家參考命題特點與趨勢第25講數理結合問題的分類與求解應用數學工具解決物理問題的能力是?考試大綱?中明確要求的五大能力之一近幾年高考，以數理結合為思想命制高考新題，充分表達了數學學科與物理學科的緊密聯系，方程、函數、幾何圖形、三角關系、比例、遞推與數列等數學知識頻頻出現在高考試題中，并多以 壓軸題形式出現解題要領解決這類問題要特別注意在三方面做好努力：一是正確運用數學語言和數學方法表述物理知識；二是靈活選用數學工具解決各類物理問題；三是及時對常用數學思想和方法1 代數方程思想例1 2022上海如圖25-1所示為研究電子槍中電子在

2、電場中運動的簡化模型示意圖 在Oxy平面的ABCD?域內，存在兩個場強大小均為 是邊長為L的正方形不計電子所受重力1在該區域AB邊的中點處由靜止釋放電子，求電子離開 2在電場I區域內適當位置由靜止釋放電子，電子恰能從 求所有釋放點的位置3假設將左側電場II整體水平向右移動 L/nn?1，E的勻強電場I和II ，兩電場的邊界均ABCDABCD區域的位置.區域左下角D處離開,仍使電子從 ABCD區域左下角D 處離開D不隨電場移動，求在電場I區域內由靜止釋放電子的所有位置 II圖 25-1解析1設電子的質量為 m電量為e,電子在電場I中做勻加速直線運動, 時的為vo,此后電場II做類平拋運動，假設電

3、子從CD邊射出，出射點縱坐標為1 2eELmv02出區域 Iy,有(-y)-at22 221 eE L2 mv0解得2電場1y= L ,所以原假設成立，即電子離開ABC:區域的位置坐標為2L,4設釋放點在電場區域 I中，其坐標為x, y，在電場I中電子被加速到vi,然后進入II做類平拋運動，并從 D點離開，有解得eEx1 2嚴,y 1at221 eE L2 mv1Lxy =4即在電場I區域內滿足議程的點即為所求位置3設電子從x, y點釋放，在電場I中加速到V2,進入電場II后做類平拋運動，在高度為y'處離開電場II時的情景與2中類似，然后電子做勻速直線運動，經過D點，那么有eEx1 2

4、mv2221 +21 eE Lat2 2 m v2eELLVy at , yVy -mv2nv2解得 xy1 1L2 丄丄，即在電場I區域內滿足方程的點即為所求位置2n 4方法提升方程思想是高考物理中最常用的數理結合思想之一分析和求解問題時，由描述物理情景或題給條件，根據物理概念和物理規律，從時間關系、空間關系以及相關物理量之間的數值關系等，建立方程組2 數學近似思想例2 2022海南如圖25-2，兩等量異號的點電荷相距為2a .M與兩點電荷共線，N位于兩點電荷連線的中垂線上，兩點電荷連線中點到 M和N的距離都為L,且L a .略去(a/L)n( n 2)項的奉獻，那么兩點電荷的合電場在M和N

5、點的強度A.C.大小之比為2,方向相反 B.大小之比為大小均與a成正比，方向相反 D .大小均與L的平方成反比，方向相互垂直1，方向相反解析如圖M hL H圖 25-2圖 25-325-3所示，兩點電荷在M的場強為emkq(L a)2kq(L a)24kqL： 2 ,由于 L a ,那么 Em(L a )習,所以Em a,方向水平向右；兩點電荷在N的場強為En22kq -a -a2L2 v'a2L2,由于La,那么En2kqa,所以 ena,方向水平向左,且Em2En ,應選項AC正確.方法提升 在解題中，近似計算就是突出主要因素，忽略次要因素，把各物理量間的主要關系突現出來，起到化繁

6、為簡的作用但要注意近似前與近似后相比擬，物理情景和結果的變化不能太大，即近似處理不能改變問題中的規律3 函數比例思想例32022安微如圖25-4所示，水平地面上方矩形區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，兩個邊長相等的單匝閉合正方形線圈I和n,分別用相同材料，不同粗細的導線繞制I為細導線兩線圈在距磁場上界面 h高處由靜止開始自由下落，再進入磁場，最后落 到地面運動過程中，線圈平面始終保持在豎直平面內且下邊緣平行于磁場上邊界.設線圈I、n落地時的速度大小分別為 力，那么A . V1 <V2, Ql< Q2C. V1 <V2, Ql>Q2VI、V2,在磁場中運動時產生的熱量分別

7、為Qi、Q2.不計空氣阻B . Vi =V2, Qi= Q2圖 25-4解析 由于從同一高度下落，到達磁場邊界時具有相同的速度V,切割磁感線產生感應電流同時受到磁場的安培力FB2|2vR，又 R41p為材料的電阻率，l為線圈的邊長,SS為單匝導線橫截面積，所以安培力FB2IvS4此時加速度a0S 4l 0為材料的密度，所以加速度a gB2v16是定值,線圈I和n同步運動,Q mgh H 1 mv2, H是磁場區域的高度,2Q1< Q2.正確選項D.落地速度相等V1 =V2.由能量守恒可得：I為細導線m小，產生的熱量小，所以方法提升 根據題意，直接列出量與末知量的函數比例式進行計算，這樣可

8、 以避開與解題無關的量，使解題過程大為簡化4.不等式思想例6 2022江蘇25-5所示，他們將選手簡化為質量m=60kg的指點， 選手抓 住繩由» 1*1靜止開始擺動，此事繩與豎直方向夾角 =30，繩的懸掛點0距水面的高度為H=3m.g 10m/s2， sin 53； 0.8，cos53；： 0.6：,假設選手擺到最低點時松手，小明認為繩越長，在浮臺上的落點距岸邊越遠；小陽認為繩越短，落點距岸邊越遠，請通過推算說明你的觀點.ffft1圖 25-5解析 兩人 的看法均不正 確設選手擺到最低時 速度為V ,由機械 能守恒 有mg(1 cos ) - mv2 ,21 2選手從最低點開始做平

9、拋運動x vt , H l 1 gt22解得 x 2 l(H l)(1 cos ),H當l 時，x有最大值，解得11 .5m .2因此，兩人的看法均不正確.當繩長越接近1. 5m時，落點距岸邊越遠.方法提升常涉及條件限制的臨界問題、極值問題，需要用不等式方法來處理解題時只要結合具體的物理問題，列出表達式的一般形式，然后化為滿足一定條件的特殊形式，最后通過不等式來確定問題的答案5 遞推與歸納思想例5 2022四川一傾角為0 = 45°的斜血固定于地面，斜面頂端離地面的高度ho=1m,斜面底端有一垂直于斜而的固定擋板，如圖25-6所示在斜面頂端自由釋放一質量口=的小物塊視為質點小物塊與斜

10、面之間的動摩擦因數卩當小物塊與擋板碰撞后，將以原速返回重力加速度g= 10 m/s2在小物塊與擋板的前 4次碰撞過程中，擋板給予小 物塊的總沖量是多少？圖 25-6v.由功解析 設小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面向下運動，到達斜面底端時速度為能關系得 mgh Imv2mg cos 2sin以沿斜面向上為動量的正方向.按動量定理，碰撞過程中擋板給小物塊的沖量I mv m( v)設碰撞后小物塊所能到達的最大高度為h '，那么 1mv2 mghh _mg cossin同理,有 mgh 丄mv2 mgcos 2sinI式中， 沖量.由式得I式中 ktantanmv m( v)v'為小物

11、塊再次到達斜面底端時的速度，I'為再次碰撞過程中擋板給小物塊的kl 由此可知，小物塊前 4次與擋板碰撞所獲得的沖量成等比級數，首項為li 2m 2gho(1cot )總沖量I l1 l223* I4 丨1(1 k k k )k21 k41 k2m 2gho(1cot )(11)代入數據得I 0.43(3,6) N s(12)方法提升數學歸納主要針對的是一些物理情景循環重復某一物理過程，即遵循的物理 規律相同而只是物理量的大小發生有規律的變化的問題.解題時，一般先推理有限次的結論，然后從這些結論中遞推出一般規律.6.三角函數例62007寧夏在半徑為R的半圓形區域中有一勻強磁場，磁場的方向

12、垂直于紙面，磁感應強度為B.一質量為m,帶有電量q的粒子以一定的速度沿垂直于半圓直徑AD方向經P點AP= d射入磁場不計重力影響 .如果粒子恰好從 A點射出磁場，求入射粒子的速度 .如果粒子經紙面內 Q點從磁場中射出，出射方向與半圓在Q點切線方向的夾角為$如圖25-7.求入射粒子的速度.圖 25-7圖 25-8解析 由于粒子在 P點垂直射入磁場，故圓弧軌道的圓心在AP上,設入射粒子的速度為 vi，由洛倫茲力的表達式和牛頓第二定律得：AP是直徑.2ViqBd口麗qBVi,解得：Vi禹設 O!Q= R.如圖25-8所示，設0是粒子在磁場中圓弧軌道的圓心，連接0Q,由幾何關系得：OQO，, 00/

13、R/ R d2由余弦定理得：(00/)2 R2 R/ 2RR/cos解得：R/d(2R d)2 R(1cos ) d設入射粒子的速度為v,由m2 VR/qvB解出：VqBd(2Rd)2m R(1cos ) d過關演練172. 如圖25-9, ABCD是邊長為a的正方形 質量為m、電荷量為e的電子以大小為 v0 的初速度沿紙面垂直于 BC邊射入正方形區域.在正方形內適當區域中有勻強磁場 .電子從BC 邊上的任意點入射，都只能從 A點射出磁場.不計重力，求：1次勻強磁場區域中磁感應強度的方向和大??；2此勻強磁場區域的最小面積 .CA173. 2022年四川如圖25-10，半徑為R的光滑絕緣半球面開

14、口向下，固定在水平面上.整個空間存在勻強磁場，磁感應強度方向豎直向下一電荷量為qq> 0、質量為m的小球P在球面上做水平的勻速圓周運動，圓心為 0'.球心O到該圓周上任一點的連線與豎直方向的夾角為0 0< 0 v -).為了使小球能夠在該圓周上運動，求磁感應強度大小的最小值及小球P相應的速率174. 2007年江蘇如圖25-11所示，帶電量分別為 4q和一q的小球A、B固定在水 平放置的光滑絕緣細桿上，相距為 d.假設桿上套一帶電小環 C,帶電體A、B和C均可視為 點電荷.求小環C的平衡位置.假設小環C帶電量為q,將小環拉離平衡位置一小位移xI x I <<d后

15、靜止釋放，試判斷小環C能否回到平衡位置.答復“能或“不能即可假設小環C帶電量為q,將小環拉離平衡位置一小位移xI x I <<d后靜止釋放,試證明小環C將作簡諧運動.提示：當<<1時，那么4q qI】C-IAB"d "圖 25-11175. 電磁流量計是一根管道，內部沒有任何阻礙液體流動的結構，所以可以用來測量高粘度及強腐蝕性流體的流量.它具有測量范圍寬、反響快、易與其他裝置配套等優點.為監測某化工廠的污水排放量，技術人員在該廠的排污管末端安裝了如圖25-12所示的流量計.該裝置由絕緣材料制成，長、寬、高分別為a、b、cB的勻強磁場，在前后兩個內側面

16、分別固定有金屬板作為電極.污水充滿管口從左向右流經該裝置時，電壓表將顯示兩個電極間的 電壓U假設用Q表示污水流量單位時間內排出的污水體積，以下說法中正確的選項是A. 假設污水中正離子較多，那么前外表比后外表電勢高B. 假設污水中負離子較多，那么前外表比后外表電勢高C. 污水中離子濃度越高電壓表的示數將越大D. 污水流量Q與U成正比，與a、b無關L1 Ir1Q176. 2022重慶小明站在水平地面上，手握不可伸長的輕繩一端，繩的另一端系有 質量為m的小球，甩動手腕，使球在豎直平面內做圓周運動.當球某次運動到最低點時，繩突然斷掉，球飛行水平距離d后落地.如圖25-13所示.握繩的手離地面高度為d,

17、手與3球之間的繩長為d,重力加速度為g.忽略手的運動半徑和空氣阻力.41求繩斷時球的速度大小Vi和球落地時的速度大小 v2.2向繩能承受的最大拉力多大？3改變繩長，使球重復上述運動，假設繩仍在球運動到最低點時斷掉，要使球拋出的水 平距離最大，繩長應是多少？最大水平距離為多少？圖 25-13177. 雨滴在穿過云層的過程中，不斷與漂浮在云層中的小水珠相遇并結合為一體，其質量逐漸增大.現將上述過程簡化為沿豎直方向的一系列碰撞.雨滴的初始質量為 m。，初速度為vo,下降距離I后與靜止的小水珠碰撞且合并，質量變為m1.此后每經過同樣的距離I后，雨滴均與靜止的小水珠碰撞且合并，質量依次變為m2、m3 m

18、n 設各質量為已知量.不計空氣阻力.1假設不計重力，求第 n次碰撞后雨滴的速度 vn'；2假設考慮重力的影響.a、求第1次碰撞前、后雨滴的速度 V1和vn'； b、求第n1 2次碰撞后雨滴的動能mnv'n ；2178. 2022重慶如圖25-14為一種質譜儀工作原理示意圖 .在以O為圓心，OH為對 稱軸，夾角為2 a的扇形區域內分布著方向垂直于紙面的勻強磁場.對稱于OH軸的C和D 分別是離子發射點和收集點.CM垂直磁場左邊界于 M，且OM=d.現有一正離子束以小發散角紙面內從C射出，這些離子在CM方向上的分速度均為 V0.假設該離子束中比荷為 qm的離子都能會聚到 D，

19、試求：圖 25-141磁感應強度的大小和方向提示：可考慮沿CM方向運動的離子為研究對象2離子沿與CM成B角的直線CN進入磁場，其軌道半徑和在磁場中的運動時間;1/3線段CM的長度.172 1磁場的方向為垂直于紙面向外.由ev0B2v0，得Bamvoea2最小勻強磁場區域是分別以B和D為圓心、a為半徑的兩個四分之一圓周AEC第172題圖和AFC所圍成的，其面積為 S 2(- a2 -a2)2 a2.422173據題意，小球 P在球面上做水平的勻速圓周運動，該圓周的圓心為0' .P受到向下的重力mg、球面對它沿 0P方向的支持力 N和磁場的洛侖茲力 f= qvB 式中v為小球運動的速率.洛

20、侖茲力f的方向指向O'.根據牛頓第二定律2Ncos mg 0，f Nsin m 由式得2 qBRsin vqRsi n2-v0mcos由于v是實數，必須滿足2qBRsi n4gRsin2-> 0mcos由此得B> 2m'gq:Rcos可見，為了使小球能夠在該圓周上運動，磁感應強度最小值Bmin2m ' gq R cos此時，帶電小球做勻速圓周運動的速率為qBminRs in2m由式得v；-gsinIl cos174設C在AB連線的延長線上距離 B為I處到達平衡，帶電量為 Q有平衡條件得:Fc4kqQ2(d l)1解得：h -d舍去；I? d ,所以平衡位置為：1= d3不能環C帶電-q,平衡位置不變，拉離平衡位置一小位移x后，C受力為：Fc4kq2kq24kq222d x2d x2(2d)2 1 為d22d所以小環C將做簡諧運動175 D。j5111