數(shù)理結(jié)合巧解物理極值問題

1、<p>　　數(shù)理結(jié)合巧解物理極值問題</p><p>　　(五蓮縣第一中學山東 日照262300) </p><p>　　物理極值問題是高中物理教學的一個重要內(nèi)容，也是學生學習的難點所在，同時這類問題也能真正體現(xiàn)出學生用數(shù)學知識處理物理問題的能力，因此極值問題一直是物理高考的熱點，本文結(jié)合多年的高中物理教學實踐重點談一下數(shù)理結(jié)合、巧解物理極值問題的方法. </p>

2、<p>　　所謂極值問題，一般而言，就是在一定條件下求最佳結(jié)果所需滿足的極值條件，極值問題常出現(xiàn)如至少、恰好、最大、最小、最短、最長等關鍵詞.數(shù)理結(jié)合是指由物理問題所遵循的物理規(guī)律建立方程，然后根據(jù)這些方程進行數(shù)學推演，在推演中利用數(shù)學中已有的有關求極值的結(jié)論而得到所求的極值.此類極值問題涉及到數(shù)學知識有：不等式法、二次函數(shù)配方法、判別式法、三角函數(shù)法,求導法、幾何作圖法、圓的知識等等，現(xiàn)舉例如下： </p>&

3、lt;p>　　1利用不等式性質(zhì)求物理極值的問題 </p><p>　　如：a+b≥2ab.a+b的和為一定值，當a=b時ab的乘積取最大值；ab的積為定值，當a=b時a+b的和取最小值. </p><p>　　典例1(2012年全國大綱卷) 探險隊員在探險時遇到一山溝，山溝的一側(cè)豎直，另一側(cè)的坡面呈拋物線形狀.此隊員從山溝的豎直一側(cè)，以速度v0沿水平方向跳向另一側(cè)坡面.如圖1所示，以

4、溝底的O點為原點建立坐標系Oxy.已知，山溝豎直一側(cè)的高度為2h，坡面的拋物線方程為y=x22h，探險隊員的質(zhì)量為m.人視為質(zhì)點，忽略空氣阻力，重力加速度為g.(1)求此人落到坡面的動能；(2)此人水平跳出的速度為多大時，他落在坡面時的動能最??？動能的最小值為多少？ </p><p>　　解法一(1)設探險隊員跳到坡面上時水平位移為x,豎直位移為H，由平拋運動規(guī)律有 </p><p>　　

5、x=v0t, H=12gt2(1) </p><p>　　整個過程中，由動能定理可得 </p><p>　　mgH=Ek-12mv20(2) </p><p>　　由幾何關系y=2h-H(3) </p><p>　　坡面的拋物線方程y=12hx2(4) </p><p>　　由以上各式得Ek=12mv20+2mg2h2

6、v20+gh(5) </p><p>　　(2)由不等式的性質(zhì)a+b≥2ab得 </p><p>　　Ek=12m(v20+gh)+2mg2h2v20+gh-12mgh </p><p>　　≥212m(v20+gh)?2mg2h2v20+gh-12mgh=32mgh, </p><p>　　當v0=gh時，Ekmin=32mgh. <

7、/p><p>　　解法二本題也可以利用二次函數(shù)配方法求極值： </p><p>　　由上題(5)式Ek=12mv20+2mg2h2v20+gh可以改寫為 </p><p>　　v2=(v20+gh-2ghv20+gh)2+3gh(6) </p><p>　　v2極小的條件為(6)式中的平方項等于零，由此得 </p><p>

8、;<b>　　v0=gh. </b></p><p>　　此時v2=3gh，則最小動能為 </p><p>　　Ekmin=3mgh2. </p><p>　　點評本題中第二問靈活地運用數(shù)學中求極值知識，特別是簡單常用的數(shù)學模型，是解決極值問題的有效工具. </p><p>　　2運用二次函數(shù)求極值 </p>

9、<p>　　2.1利用二次函數(shù)極值公式求極值 </p><p>　　對于典型的一元二次函數(shù)y=ax2+bx+c, </p><p>　　若a>0,則當x=-b2a時,y有極小值，為 </p><p>　　ymin=4ac-b24a； </p><p>　　若a<0,則當x=-b2a時,y有極大值，為 </p&g

10、t;<p>　　ymax=4ac-b24a. </p><p>　　典例2(2010年浙江理綜)在一次國際城市運動會中，要求運動員從高為H的平臺上A點由靜止出發(fā)，沿著動摩擦因數(shù)為μ的滑道向下運動到B點后水平滑出，最后落在水池中，設滑道的水平距離為L，B點的高度h可由運動員自由調(diào)節(jié)(取g=10 m/s2).求：(1)運動員到達B點的速度與高度h的關系.(2)運動員要達到最大水平運動距離，B點的高度h應

11、調(diào)為多大？對應的最大水平距離xmax為多少？(3)若圖2中H=4 m，L=5 m，動摩擦因數(shù)μ=0.2，則水平運動距離要達到7 m，h值應為多少？ </p><p>　　解法一(1)運動員由A點運動到B點由牛頓第二定律得 </p><p>　　mgsinθ-μmgcosθ=ma(1) </p><p>　　又由運動學公式得v2B=2asAB=2aLcosθ(2) &

12、lt;/p><p>　　由(1)、(2)解得 </p><p>　　vB=2g(H-h-μL)(3) </p><p>　　(2)運動員離開B點后在豎直方向做自由落體運動 </p><p>　　h=12gt2(4) </p><p>　　在水平方向做勻速直線運動 </p><p>　　s′=vBt(

13、5) </p><p>　　從A點出發(fā)，運動員水平方向運動距離 </p><p>　　s=s′+L(6) </p><p>　　由(3)～(6)得 </p><p>　　s=2-h2+(H-μL)h+L </p><p>　　=L+2-(h-H-μL2)2+(H-μL)24(7). </p><p&

14、gt;　　當h=H-μL2時，s有最大值， </p><p>　　smax=H-μL+L(8) </p><p>　　(3)將H=4 m，L=5 m，μ=0.2，s=7 m代入(7)式,得 </p><p>　　7=2-h2+(4-0.2×5)h+5, </p><p>　　解得h=3+52 m=2.62 m或h=3-52 m=0.

15、38 m. </p><p>　　點評本題考查了受力分析、動力學、平拋運動等知識點，同時還考查了運用數(shù)學中的“配方法”求極值的方法來解決物理問題，難度較大 </p><p>　　解法二(1)設斜面長度為L1，斜面傾角為α，根據(jù)動能定理得 </p><p>　　mg(H-h)-μmgL1cosα=12mv20(1) </p><p>　　(2)

16、根據(jù)平拋運動公式 </p><p><b>　　x=v0t(2) </b></p><p>　　h=12gt2(3) </p><p>　　由(3)、(4)、(5)式聯(lián)立得x=2(H-μL-h)h(4) </p><p>　　由(4)式可得，當h=12(H-μL)時(由a+b≥2ab，當a=b時，ab有最大值) <

17、/p><p>　　smax=L+H-μL, </p><p><b>　　代入已知可解得 </b></p><p>　　h=3+52 m=2.62 m或h=3-52 m=0.38 m. </p><p>　　點評本題利用動能定理、平拋運動等知識，同時運用數(shù)學中的不等式的性質(zhì)求極值的方法來解決物理問題. </p>

18、<p>　　2.2利用一元二次方程判別式求極值 </p><p>　　對于二次函數(shù)y=ax2+bx+c，可變形為一元二次方程ax2+bx+c-y=0,用判別式法 </p><p>　　Δ=b2-4ac=b2-4a(c-y)>0, </p><p>　　即y≤b2-4ac4a. </p><p>　　則由不等式可知y的極值為b

19、2-4ac4a. </p><p>　　典例3(2008年四川理綜卷)如圖3，一半徑為R的光滑絕緣半球面開口向下，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q(q＞0)、質(zhì)量為m的小球P在球面上做水平的勻速圓周運動，圓心為O′.球心O到該圓周上任一點的連線與豎直方向的夾角為θ(0＜θ＜π2.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.重力加速度為g. &

20、lt;/p><p>　　解析設v為小球運動的速率. </p><p>　　洛倫茲力f 的方向指向O′.根據(jù)牛頓第二定律 </p><p>　　Ncosθ-mg=0(1) </p><p><b>　　根據(jù)向心力公式 </b></p><p>　　f-Nsinθ=mv2Rsinθ(2) </p&g

21、t;<p>　　小球P受到的洛倫茲力 </p><p><b>　　f=qvB(3) </b></p><p>　　由(1)、(2)、(3)式得 </p><p>　　v2-qBrsinθmv+gRsin2θcosθ=0(4) </p><p>　　這是一元二次方程，求磁感應強度大小的最小值，即求二次函數(shù)的

22、極值由于v是實數(shù)，必須滿足 </p><p>　　b2-4ac≥0, </p><p>　　Δ=(qBRsinθm)2-4gRsin2θcosθ≥0(5) </p><p>　　由此得B≥2mqgRcosθ(6) </p><p>　　可見，為了使小球能夠在該圓周上運動，磁感應強度大小的最小值為 </p><p>　　

23、Bmin=2mqgRcosθ(7) </p><p>　　此時Δ=0，v=-b2a， </p><p>　　帶電小球做勻速圓周運動的速率為 </p><p>　　v=qBminRsinθ2m(8) </p><p>　　由(7)、(8)式得v=gRcosθsinθ(9) </p><p>　　點評挖掘隱含條件，正確進行

24、受力分析，建立物理模型，正確建立坐標系，正確運用牛頓第二定律，向心力公式，洛倫茲力公式，就能得到v2-qBRsinθmv+gRsin2θcosθ=0的一元二次方程.此時的數(shù)學知識重要，要應用一元二次方程判別式知識，才能正確求解此題.平時做題時就要有意識的培養(yǎng)應用數(shù)學知識解物理計算題的能力. </p><p>　　3利用三角函數(shù)規(guī)律或用求導法來求物理極值的問題 </p><p><b&

25、gt;　　三角函數(shù)法： </b></p><p>　　y=asinθ+bcosθ=a2+b2sin(?+θ). </p><p>　　當?+θ=90°，ymax=a2+b2, </p><p>　　此時，θ=arctanab, </p><p>　　也可用求導法：令y′=acosθ-bsinθ=0, </p>

26、<p>　　得θ=arctanab. </p><p>　　求導法：對于數(shù)學中的連續(xù)函數(shù)，我們可以通過求導數(shù)的方式求函數(shù)的最大值或最小值.由二階導數(shù)判斷極值的方法.某點一階導數(shù)為零，二階導數(shù)大于零，說明一階導數(shù)為增函數(shù)，判斷為最小值；反之，某點一階導數(shù)為零，二階導數(shù)小于零，說明一階導數(shù)為單調(diào)減函數(shù)，判斷此點為最大值. </p><p>　　典例4(2013年山東理綜)如圖4所

27、示，一質(zhì)量m=0.4 kg的小物塊，以v0=2 m/s的初速度，在與斜面成某一夾角的拉力F作用下，沿斜面向上做勻加速運動，經(jīng)t=2 s的時間物塊由A點運動到B點，A、B之間的距離L=10 m.已知斜面傾角θ=30°，物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ，重力加速度g取10 m/s2. (1)求物塊加速度的大小及到達B點時速度的大小.(2)拉力F與斜面夾角多大時，拉力F最??？拉力F的最小值是多少？ </p><p&g

28、t;　　解析(1)設物塊加速度的大小為a，到達B點時速度的大小為v，由運動學公式得 </p><p>　　L=v0t+12at2(1) </p><p>　　v=v0+at(2) </p><p>　　聯(lián)立(1)、(2)式，代入數(shù)據(jù)得 </p><p>　　a=3 m/s2(3) </p><p>　　v=8 m/s(

29、4) </p><p>　　(2)設物塊所受支持力為FN，所受摩擦力為Ff，拉力與斜面間的夾角為α，受力分析如圖5所示，由牛頓第二定律得 </p><p>　　Fcosα-mgsinθ-Ff=ma(5) </p><p>　　Fsinα+FN-mgcosθ=0(6) </p><p>　　又Ff=μFN(7) </p><

30、p>　　聯(lián)立(5)、(6)、(7)式得 </p><p>　　F=mg(sinθ+μcosθ)+macosα+μsinα(8) </p><p><b>　　由數(shù)學知識得 </b></p><p>　　cosα+33sinα=233sin(60°+α)(9) </p><p>　　由(8)、(9)式可知對

31、應F最小的夾角 </p><p>　　α=30°(10) </p><p>　　聯(lián)立(3)、(8)、(10)式，代入數(shù)據(jù)得F的最小值為 </p><p>　　Fmin=1335 N. </p><p>　　解法二此題也可由導數(shù)知識求極值: </p><p>　　由上面(8)式F=mg(sinθ+μcosθ)+

32、macosα+μsinα可知 </p><p>　　令y=cosα+μsinα=cosα+33sinα, </p><p>　　求導得y′=sinα-33cosα, </p><p>　　令y′=0,可知：α=30°,F最小. </p><p>　　Fmin=1335 N. </p><p>　　點評在含有三

33、角函數(shù)的物理方程中，若一時無法判定其極值時，可通過三角函數(shù)對一些確定物理量的替換，然后利用三角函數(shù)的有關變換公式轉(zhuǎn)變后進行討論，求解物理極值，也可借助導數(shù)知識求解. </p><p>　　(四)運用幾何法幾何知識在力、運動合成與分解、功能關系、帶電粒子在電磁中的運動等問題中都有廣泛的應用.靈活地掌握幾何方法在很大程度上能有助于物理問題的求解.【典例5】(2012新課標3-4.34.)一玻璃立方體中心有一點狀光源.

34、今在立方體的部分表面鍍上不透明薄膜，以致從光源發(fā)出的光線只經(jīng)過一次折射不能透出立方體.已知該玻璃的折射率為 ，求鍍膜的面積與立方體表面積之比的最小值. 【解析】如圖，考慮從玻璃立方體中心O點發(fā)出的一條光線，假設它斜射到玻璃立方體上表面發(fā)生折射.根據(jù)折射定律有①式中，n是玻璃的折射率，入射角等于θ，α是折射角.現(xiàn)假設A點是上表面面積最小的不透明薄膜邊緣上的一點.由題意，在A點剛好發(fā)生全反射，故 ②設線段OA在立方體上表面的投影長為RA，由