數(shù)理結(jié)合巧解物理極值問(wèn)題

1、<p>　　數(shù)理結(jié)合巧解物理極值問(wèn)題</p><p>　　(五蓮縣第一中學(xué)山東 日照262300) </p><p>　　物理極值問(wèn)題是高中物理教學(xué)的一個(gè)重要內(nèi)容，也是學(xué)生學(xué)習(xí)的難點(diǎn)所在，同時(shí)這類問(wèn)題也能真正體現(xiàn)出學(xué)生用數(shù)學(xué)知識(shí)處理物理問(wèn)題的能力，因此極值問(wèn)題一直是物理高考的熱點(diǎn)，本文結(jié)合多年的高中物理教學(xué)實(shí)踐重點(diǎn)談一下數(shù)理結(jié)合、巧解物理極值問(wèn)題的方法. </p>

2、<p>　　所謂極值問(wèn)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(wèn)題常出現(xiàn)如至少、恰好、最大、最小、最短、最長(zhǎng)等關(guān)鍵詞.數(shù)理結(jié)合是指由物理問(wèn)題所遵循的物理規(guī)律建立方程，然后根據(jù)這些方程進(jìn)行數(shù)學(xué)推演，在推演中利用數(shù)學(xué)中已有的有關(guān)求極值的結(jié)論而得到所求的極值.此類極值問(wèn)題涉及到數(shù)學(xué)知識(shí)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(dǎo)法、幾何作圖法、圓的知識(shí)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(wèn)題 </p><p>　　如：a+b≥2ab.a+b的和為一定值，當(dāng)a=b時(shí)ab的乘積取最大值；ab的積為定值，當(dāng)a=b時(shí)a+b的和取最小值. </p><p>　　典例1(2012年全國(guó)大綱卷) 探險(xiǎn)隊(duì)員在探險(xiǎn)時(shí)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(duì)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(diǎn)為原點(diǎn)建立坐標(biāo)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(xiǎn)隊(duì)員的質(zhì)量為m.人視為質(zhì)點(diǎn)，忽略空氣阻力，重力加速度為g.(1)求此人落到坡面的動(dòng)能；(2)此人水平跳出的速度為多大時(shí)，他落在坡面時(shí)的動(dòng)能最??？動(dòng)能的最小值為多少？ </p><p>　　解法一(1)設(shè)探險(xiǎn)隊(duì)員跳到坡面上時(shí)水平位移為x,豎直位移為H，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有 </p><p>　　

5、x=v0t, H=12gt2(1) </p><p>　　整個(gè)過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得 </p><p>　　mgH=Ek-12mv20(2) </p><p>　　由幾何關(guān)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(dāng)v0=gh時(shí)，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(xiàng)等于零，由此得 </p><p>

8、;<b>　　v0=gh. </b></p><p>　　此時(shí)v2=3gh，則最小動(dòng)能為 </p><p>　　Ekmin=3mgh2. </p><p>　　點(diǎn)評(píng)本題中第二問(wèn)靈活地運(yùn)用數(shù)學(xué)中求極值知識(shí)，特別是簡(jiǎn)單常用的數(shù)學(xué)模型，是解決極值問(wèn)題的有效工具. </p><p>　　2運(yùn)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(duì)于典型的一元二次函數(shù)y=ax2+bx+c, </p><p>　　若a>0,則當(dāng)x=-b2a時(shí),y有極小值，為 </p><p>　　ymin=4ac-b24a； </p><p>　　若a<0,則當(dāng)x=-b2a時(shí),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(guó)際城市運(yùn)動(dòng)會(huì)中，要求運(yùn)動(dòng)員從高為H的平臺(tái)上A點(diǎn)由靜止出發(fā)，沿著動(dòng)摩擦因數(shù)為μ的滑道向下運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)后水平滑出，最后落在水池中，設(shè)滑道的水平距離為L(zhǎng)，B點(diǎn)的高度h可由運(yùn)動(dòng)員自由調(diào)節(jié)(取g=10 m/s2).求：(1)運(yùn)動(dòng)員到達(dá)B點(diǎn)的速度與高度h的關(guān)系.(2)運(yùn)動(dòng)員要達(dá)到最大水平運(yùn)動(dòng)距離，B點(diǎn)的高度h應(yīng)

11、調(diào)為多大？對(duì)應(yīng)的最大水平距離xmax為多少？(3)若圖2中H=4 m，L=5 m，動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，則水平運(yùn)動(dòng)距離要達(dá)到7 m，h值應(yīng)為多少？ </p><p>　　解法一(1)運(yùn)動(dòng)員由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)由牛頓第二定律得 </p><p>　　mgsinθ-μmgcosθ=ma(1) </p><p>　　又由運(yùn)動(dòng)學(xué)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(yùn)動(dòng)員離開(kāi)B點(diǎn)后在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng) </p><p>　　h=12gt2(4) </p><p>　　在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng) </p><p>　　s′=vBt(

13、5) </p><p>　　從A點(diǎn)出發(fā)，運(yùn)動(dòng)員水平方向運(yùn)動(dòng)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(dāng)h=H-μL2時(shí)，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(diǎn)評(píng)本題考查了受力分析、動(dòng)力學(xué)、平拋運(yùn)動(dòng)等知識(shí)點(diǎn)，同時(shí)還考查了運(yùn)用數(shù)學(xué)中的“配方法”求極值的方法來(lái)解決物理問(wèn)題，難度較大 </p><p>　　解法二(1)設(shè)斜面長(zhǎng)度為L(zhǎng)1，斜面傾角為α，根據(jù)動(dòng)能定理得 </p><p>　　mg(H-h)-μmgL1cosα=12mv20(1) </p><p>　　(2)

16、根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)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(dāng)h=12(H-μL)時(shí)(由a+b≥2ab，當(dāng)a=b時(shí)，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(diǎn)評(píng)本題利用動(dòng)能定理、平拋運(yùn)動(dòng)等知識(shí)，同時(shí)運(yùn)用數(shù)學(xué)中的不等式的性質(zhì)求極值的方法來(lái)解決物理問(wèn)題. </p>

18、<p>　　2.2利用一元二次方程判別式求極值 </p><p>　　對(duì)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(kāi)口向下，固定在水平面上.整個(gè)空間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)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(yùn)動(dòng)，圓心為O′.球心O到該圓周上任一點(diǎn)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(yùn)動(dòng)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的最小值及小球P相應(yīng)的速率.重力加速度為g. &

20、lt;/p><p>　　解析設(shè)v為小球運(yùn)動(dòng)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(yīng)強(qiáng)度大小的最小值，即求二次函數(shù)的

22、極值由于v是實(shí)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(jiàn)，為了使小球能夠在該圓周上運(yùn)動(dòng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的最小值為 </p><p>　　

23、Bmin=2mqgRcosθ(7) </p><p>　　此時(shí)Δ=0，v=-b2a， </p><p>　　帶電小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速率為 </p><p>　　v=qBminRsinθ2m(8) </p><p>　　由(7)、(8)式得v=gRcosθsinθ(9) </p><p>　　點(diǎn)評(píng)挖掘隱含條件，正確進(jìn)行

24、受力分析，建立物理模型，正確建立坐標(biāo)系，正確運(yùn)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(shí)的數(shù)學(xué)知識(shí)重要，要應(yīng)用一元二次方程判別式知識(shí)，才能正確求解此題.平時(shí)做題時(shí)就要有意識(shí)的培養(yǎng)應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)解物理計(jì)算題的能力. </p><p>　　3利用三角函數(shù)規(guī)律或用求導(dǎo)法來(lái)求物理極值的問(wèn)題 </p><p><b&

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

26、<p>　　得θ=arctanab. </p><p>　　求導(dǎo)法：對(duì)于數(shù)學(xué)中的連續(xù)函數(shù)，我們可以通過(guò)求導(dǎo)數(shù)的方式求函數(shù)的最大值或最小值.由二階導(dǎo)數(shù)判斷極值的方法.某點(diǎn)一階導(dǎo)數(shù)為零，二階導(dǎo)數(shù)大于零，說(shuō)明一階導(dǎo)數(shù)為增函數(shù)，判斷為最小值；反之，某點(diǎn)一階導(dǎo)數(shù)為零，二階導(dǎo)數(shù)小于零，說(shuō)明一階導(dǎo)數(shù)為單調(diào)減函數(shù)，判斷此點(diǎn)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(yùn)動(dòng)，經(jīng)t=2 s的時(shí)間物塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，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(dòng)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(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小.(2)拉力F與斜面夾角多大時(shí)，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？ </p><p&g

28、t;　　解析(1)設(shè)物塊加速度的大小為a，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)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(shè)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(xué)知識(shí)得 </b></p><p>　　cosα+33sinα=233sin(60°+α)(9) </p><p>　　由(8)、(9)式可知對(duì)

31、應(yīng)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(dǎo)數(shù)知識(shí)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(dǎo)得y′=sinα-33cosα, </p><p>　　令y′=0,可知：α=30°,F最小. </p><p>　　Fmin=1335 N. </p><p>　　點(diǎn)評(píng)在含有三

33、角函數(shù)的物理方程中，若一時(shí)無(wú)法判定其極值時(shí)，可通過(guò)三角函數(shù)對(duì)一些確定物理量的替換，然后利用三角函數(shù)的有關(guān)變換公式轉(zhuǎn)變后進(jìn)行討論，求解物理極值，也可借助導(dǎo)數(shù)知識(shí)求解. </p><p>　　(四)運(yùn)用幾何法幾何知識(shí)在力、運(yùn)動(dòng)合成與分解、功能關(guān)系、帶電粒子在電磁中的運(yùn)動(dòng)等問(wèn)題中都有廣泛的應(yīng)用.靈活地掌握幾何方法在很大程度上能有助于物理問(wèn)題的求解.【典例5】(2012新課標(biāo)3-4.34.)一玻璃立方體中心有一點(diǎn)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(guò)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(diǎn)發(fā)出的一條光線，假設(shè)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(shè)A點(diǎn)是上表面面積最小的不透明薄膜邊緣上的一點(diǎn).由題意，在A點(diǎn)剛好發(fā)生全反射，故 ②設(shè)線段OA在立方體上表面的投影長(zhǎng)為RA，由