高中物理解题方法之极值法

1、物理备课大师 物理备课大师 【全免费】备课大师全科【备课大师全科【9门】：免注册，不收费！ /高中物理解题方法之极值法江苏省特级教师戴儒京高中物理中的极值问题，是物理教学研究中的活跃话题。本文通过例题归纳综合出极值问题的四种主要解法。一、二次函数求极值2b 2 b2 -4acb一次函数 y=ax +bx+c=a（x+）-，当 x =时，y 有极值2a 4a2a4ac -b2ym =,若a0,为极小值，若 a0,为极大值。4a例1试证明在非弹性碰撞中，完全非弹性碰撞（碰撞后两物体粘合在一起）动能损失最大。设第一个物体的质量为mi ,速度为Vi。第二个物体的质量为m2,速度为V2。碰撞以后的速度分

2、别为 V1和V2。假使这四个速度都在一条直线上。 TOC o 1-5 h z 根据动量守恒定律有：m1V1 +m2V2 =m1V1 +m2V2（1）如果是完全非弹性碰撞，两物体粘合在一起，（1 ）则变为m1V1 +m2V2 =(m1 +m2)V 即 V m1m2(2)m1 m2现在就是要证明，在满足（1）式的碰撞中，动能损失最大的情况是（2）式。碰撞中动能损失为A Ek二(2 m1v1A Ek二(2 m1v122 m2v22-2、 尸15）一（三m2v22-2(3)转变为数学问题：A Ek为v的二次函数(4)由（1）得：v2/=（m1v1+m2V2-m1v1）(4)m2将（4）代入（3）得：

3、TOC o 1-5 h z -,、，、22,、2-(m1mb)、,2 .m1(m1v1m2V2)、,m1v1m2V2(m1v1m2V2)Ek=v1v1 2mm2222m2二次函数求极值(5) 时/ _(miv1 m2v2(5) 时3 Vi =(m1 m2) Ek有极大值。回到物理问题，将(5)代入(4)彳导V2 =(miVl +m2v2)(mi m2)此两式表明，mi和m2碰后速度相等，即粘合在一起，此时动能损失(A Ek)最大。、 由公式(ab)2之0得a2 +b2之2ab1当a =b时，a +b有极小值2ab,若a=,此时极小值为2。b同理,ab同理,ab的极大值为例2 求弹性正碰中m1所

4、传递给m2的动能最大或最小的条件。设一个质量为 mi,动能为Ek的物体与一个质量为 m2的不动的物体正碰，假定发生的是弹性碰撞，试讨论 m1传递给m2动能最大或最小的条件。设m设mi原来的速度为Vi,碰撞后两物体的速度分别为Vi和V2 ,根据弹性正碰中的动量守恒和动能守恒，有方程组: TOC o 1-5 h z miVi = miVim2V2、，2 i、，2 i、，,miVimiVim2V2 HYPERLINK l bookmark52 o Current Document 22解此方程得： V = _ _m2 Vl,V； = 2mi Vimi m2mi m2mi传递给m2动能，即为m2获得的

5、动能:Ek2m2V222i / 2mEk2m2V222i / 2mi2 m2(mTVi)4mim2(mi m2)2Ek。现在求Ek?的极值条件和极值。4m,m2Ek21 22 Ekmi 2mlm2 m24mim2 HYPERLINK l bookmark54 o Current Document 22m2miEk当mi= m2时*+U，2有极小值2,所以当mi= m2时，Ek2有极大值Ek,即mim2mi传递给m2动能最大的条件是二者质量相等。此时mi的全部动能传递给 m2,也就是说：碰撞之后V:=0, V2=V1。这在物理学史上有一段趣闻，在成立不久的英国皇家学会的一次 例会上，一位工程师的

6、表演引起了与会者的极大兴趣：两个质量相同的钢球A和B,分别吊 TOC o 1-5 h z 在细绳上，静止时紧靠在一起，使A球偏开一个角度后放开，它回到原来的位置时撞上B球，碰撞后A球静止下来，B球摆到与A求原来高度几乎相等的高度。惠斯通通过对此现象的研究和解释中确定了动能的定义。此问题可扩大到第二个物体原来不静止的情况。设m2碰前的速度为V2,则方程组变 mM m2V2 = mMm2V2为： 12 12 12 12,-m|V1 + - m 2 V 2 = m|V1 + - m 2 V 22222“力、, mi -m22m2其解为：V112Vl V2mh m2m1 m2V2 =mV1 mV2m1

7、 m2m1 m21，2 12 一 则AEk=Ek2 Ek2=m2V2 -m2V2，将V2的表达式代入此式，并且以 Ek 221. . 2 一 1. . 2代入一 m1V1 ,以Ek2代入一 m2V2 ,得： HYPERLINK l bookmark58 o Current Document 22让卜=*1%位匕一卜2)-2mmsVW,当m1= m2时，因后项为 (m1 m2)(m1 m2)零，前项取最大值，故AEk取最大值。此时，m1把原来m2多的那部分动能全部传递给 m2。 三、三角函数求极值：三角函数y =sinx,当x=0时，y取最小值0,当x=时，y取最大值1, ( x在 23TJI0

8、到二范围内)，同理，y=cosx,x=0时，y取最大值1, x =二时，y取最小值0。22例3 在倾角6=30O的斜面上，放置一个重量为 200牛顿的物体，物体与斜面间的滑3动摩擦系数为N=，要使物体沿斜面匀速向上移动，所加的力至少要多大？方向如何？3设所加的外力F与斜面夹角为a,物体受力情况如图所示。由于物体作匀速直线运动，根据共点力的平衡条件，有方程组:工F cos a -m gsin 二-f =0 N F sin a -mgcos 1-0f = JN解此方程组，消去 N,得：mg(sin 二 cos 二) TOC o 1-5 h z F =,cos a + .:sin a因为H为已知，故

9、分子为定值，分母是变量为a的三角函数，令sin 二2 HYPERLINK l bookmark65 o Current Document sin 二2y =cosa ：sin a f ,1 十:(cosa1 口2=1 - 2 2 (sin cos 工cos : sin a) = . 1 2 sin( : a).1 口其中，sin邛=, c o s =，即 tg中12.12当a十中=900时，即 a =90 中时，y取最大值J1 + N2 , F最小值为mg誓c遗，由于4、3,即tg*5所以*60。将mg =200 N, ,1 23,30003 3 ，代入上式得：当 a =900 600 =30

10、0时，F最小值为100J3n,约为3173N。四、导数法求极值:般的函数y = f(x),求一阶导数 y= f(x),令其为零时的x值X0,即为y取极值的条件；再求二阶导数y=f (x),当x = x0时，若yA0,则上述极值为极小值;若y2)【解法2】用动能定理解：在物块 M下落过程中，设M落地时的速度大小为V ,0 L o 1根据动能TE理 MgL sin 30 -mg -sin 30 = (M m)v2 ,将M =km代入，解得k-1v.UgL =2k -1 gL .在物块M落地后, .2(k 1)小物块m上滑到顶端的过程中,设m射出管口时速度大小为丫。，根据动能定理:_ L 01212

11、 mgsin 30 = mv0-mv ,222/=解得2(1) o(3)平抛运动-Vu ,2x - Zj解得I k-2R*+1)因为此+ 1x - Zj解得I k-2R*+1)【注意】第（2）问中要分M落地前和落地后两段计算，因为两段的加速度不相等。在用动能定理时，也要分两个阶段，有的同学企图毕其功于一役，1与出动能止理 MgLsin日一mgLsin日=&mv0 ,解得v0 = q（k-1）gL 是错块的，错 误的原因在于认为M落地后速度为0,这个速度为0,是M与地面碰撞以后的结 果，并不是M下落和m上滑的结果。【点评】本题考查牛顿第二定律，匀加速运动的公式及平抛运动规律。难度：中 等偏难。例

12、4.水上滑梯可简化成如图所示的模型：倾角为8=37。斜?t道AB和水平滑道BC平滑连接（设经过B点前后速度大小不变）,起点A距水面白高度H=7.0m, BC 长d=2.0m,端点C距水面的高度h=1.0m. 一质量m=50kg的运动员从滑道起点 A 无初速地自由滑下，运动员与 AB BC间的动摩擦因数均为 仙=0.1.（取重力加 速度g=10m/s2, sin37 0 =0.6, cos37 =0.8,运动员在运动过程中可视为质点）(1)求运动员沿AB下滑时加速度的大小a；(2)求运动员从A滑到C的过程中克服摩擦力所做的功 Wft到达C点时速度的 大小v;(3)保持水平滑道端点在同一竖直线上，

13、调节水平滑道高度 h和长度d到图中 B C位置时，运动员从滑梯平抛到水面的水平位移最大，求此时滑道 B C距水面的高度h【解析】运动员沿AB下滑时，受力情况如图所示Ff= n F n= n mgcosO根据牛顿第二定律： mgsin日-n mgcosO =ma得运动员沿AB下滑时加速度的大小为：2a=gsin 0 - n gcos 0 =5.2 m/s(2)运动员从A滑到C的过程中，克服摩擦力做功为：W= n mgcosOH-h+ n mgd即 mgd+( H-hsin 二cot 9 = 0.1X50X10X x 10=500J由动能定理得：mg (H-h) -Wf= 1 mV2解得运动员滑到

14、C点时速度的大小v=10m/s(3)在从C点滑出至落到水面的过程中，运动员做平抛运动的时间为t ,1. 1. 2h = 2gt , t=下滑过程中克服摩擦做功保持不变 W=500J1. 2根据动能止理得：mg (H-h ) -Wf=- mv ,解得 v =J2g(H 1 h)运动员在水平方向的位移：x=v t J2g(H 1-h) J2144(H 1-h)h2【解法1】配方法：令y =(H -1-h)h= .(h .吐)2 (H 一1)24当h = H 1 -3m时，水平位移最大为x = 6m。2【解法 2】求导法：令 y = (H 1-h)h=h2+(H 1)h,求导 y(h)= -2h+H

15、 -1,H -1当h =3m时，水平包移取大为 x = 6m。2答：(1)运动员沿AB下滑时加速度的大小a为5.2m/s2;(2)运动员从A滑至U C的过程中克服摩擦力所做的功 W为500J,到达C点时速度的大小为10m/s；(3)滑道B C距水面的高度h为3m【注意】为什么说下滑过程中克服摩擦做功保持不变呢？因为克服摩擦做功W=n mgcosO L +仙mgd却mgLcos + +d,其大小只与水平方向的总长度有 关，而与水平滑道高度h无关。归纳总结：平抛运动中的极值问题，一般解法如下：首先根据平抛运动分解的原理列出平抛运动的方程：x = V0t, y =1gt2,然2后根据其它条件结合以上

16、两个公式，把物理问题转化为求极值的数学问题。 之后，用数学方法求极值。方法1 :配方法。对形如y = ax2 - bx + c的二次函数，配方为 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark118 o Current Document 22/ b、2 4ac -bb4ac-by=a(x) +,则当 x= 一 时，y有取小值 ymin =。 HYPERLINK l bookmark173 o Current Document 2a 4a2a4a方法2:求导法。对形如y=ax2 -bx+c的二次函数，求其导数y(x) = 2ax-b,令其等于0,得当x=应时，代入得y的最小

17、值丫.访=念主。2a4a最后探究极值的物理意义，把数学问题回归到物理问题。六、小船渡河问题位移最小问题。设河宽为d,小船在静水中的速度为 V船，水流速度为V水，小船如何渡河到达对岸的位移最小，最小位移是多少？分两种情况研究：(1)当V船AV水时【解析】求位移最小问题。在小船渡河过程中，将船对水的速度沿平行河岸方向和垂直河岸方向正交分解，如图 2。当小船沿平行河岸方向的分速度与水速大小相等，方向相反 TOC o 1-5 h z 时，即M=V水，小船的合速度(V2)就沿垂直河岸方向，这时渡河到达对岸的位移最小，Sm产d。而渡河时间t= = d一。v2vsin1图2河宽60m,小船在静水中的速度为

18、5m/s,水流速度为3m/s。求小船渡河的最小位移是 多少，小船实际渡河的时间为多大？【解析】如图2,当小船沿平行河岸方向的分速度V1=V水，小船要垂直河岸方向渡河，这时渡河到达对岸的位移最小，Smin=d=60(m)。而V船与河岸的夹角。=arccos(V水/V船)二530。这时小船实际渡河的时间 t=d/V 2=d/ (V船sin 0) =60/4=15(s).(2)当v船v水时，设河宽60m,小船在静水中的速度 3m/s,水流速度5m/s。求小船 渡河的最小位移是多少，小船实际渡河的时间为多大？【解析】因为不论船的航向如何，船速在平行河岸方向上的分速度不能把水速平衡掉， 所以船总是被水冲向下游，那么怎样才能使漂下的距离最短呢？如图3所示，设船头v船与河岸成。角。合速度 v与河岸成“角。可以看出：a角越大，船 漂下的距离X越短，那么，在什么条件下a角最大呢？以船的出发点A为起点沿河岸做v水的速度矢量，以v水的矢端。为圆心，v船为半径画圆，当v合与圆相切(切点为 C)时，E角最大，设船头方向(与 OC平行)与河岸的夹角为 日，则cos3 =艺Rou AvRou Av A设船沿河漂下的最短距离为 x,渡河的最短位移为 s