物理中求极值的常用方法

物理解题中求极值的常用方法运用数学工具处理物理问题的能力是高考重点考查的五种能力之一，其中极值的计算在教学中频繁出现。因为极值问题范围广、习题多，会考、高考又经常考查，应该得到足够重视。另外很多学生数、理结合能力差，这里正是加强数理结合的“切人点”。学生求极值，方法较少，教师应该在高考专题复习中提供多种求极值的方法。求解物理极值问题可以从物理过程的分析着手，也可以从数学方法角度思考，下面重点对数学方法求解物理极值问题作些说明。1、利用顶点坐标法求极值对于典型的一元二次函数y=ax2+bx+c,若a0,则当x=-ab2时,y有极小值，为ymin=abac442；若a0,则当x=-ab2时,y有极大值，为ymax=abac442；2、利用一元二次函数判别式求极值对于二次函数y=ax2+bx+c，用判别式法利用Δ＝b2-4ac≥0。(式中含y)若y≥A，则ymin＝A。若y≤A，则ymax＝A。3、利用配方法求极值对于二次函数y=ax2+bx+c，函数解析式经配方可变为y=(x-A)2+常数：（1）当x＝A时，常数为极小值；或者函数解析式经配方可变为y=－(x－A)2+常数。（2）当x＝A时，常数为极大值。4、利用均值定理法求极值均值定理可表述为2baab，式中a、b可以是单个变量，也可以是多项式。当a＝b时，(a+b)min＝2ab。当a＝b时，(a+b)max＝2)(2ba。5、利用三角函数求极值如果所求物理量表达式中含有三角函数，可利用三角函数的极值求解。若所求物理量表达式可化为“y=Asincos”的形式，则y=21Asin2α，在=45º时，y有极值2A。对于复杂的三角函数，例如y=asinθ+bcosθ，要求极值时先需要把不同名的三角函数sinθ和cosθ，变成同名的三角函数，比如sin(θ+ф)。这个工作叫做“化一”。首先应作辅助角如所示。考虑asinθ+bcosθ＝(cossin2222babbaa)＝22ba(cosфsinθ+sinфcosθ)＝22basin(θ+ф)其最大值为22ba。6、用图象法求极值通过分析物理过程遵循的物理规律，找到变量之间的函数关系，作出其图象，由图象可求得极值。7、用分析法求极值分析物理过程，根据物理规律确定临界条件求解极值。下面针对上述7种方法做举例说明。例1：如图2所示的电路中。电源的电动势ε＝12伏，内阻r＝0.5欧，外电阻R1＝2欧，R2＝3欧，滑动变阻器R3＝5欧。求滑动变阻器的滑动头P滑到什么位置，电路中的伏特计的示数有最大值?最大值是多少?分析：设aP间电阻为x，外电路总电阻为R.则：R1R3apbVr、R2图2φab图110)8)(2(532)53)(2())((321321XXXXRRRXRRXRR先求出外电阻的最大值Rmax再求出伏特计示数的最大值Umax。本题的关键是求Rmax，下面用四种方法求解Rmax。[方法一]用顶点坐标法求解抛物线方程可表示为y＝ax2+bx+c。考虑R＝10)8)(2(xx=101662xx，设y＝-x2+6x+16，当x＝ab2＝—)1(26＝3时，Rmax(3)＝101636)3(2＝2.5Ω。[方法二]用配方法求解考虑R＝10)8)(2(xx＝101662xx=1025)3(2x。即x＝3Ω时，Rmax＝5.21025Ω。[方法三]用判别式法求解考虑R＝101662xx，则有-x2+6x+16-10R＝0，Δ＝b2-4ac＝36-4(-1)(16-10R)＞0，即：100-40R≥0，R≤2.5Ω，即Rmax＝2.5Ω。[方法四]用均值定理法求解考虑R＝10)8)(2(xx，设a＝2+x；b＝8-x。当a＝b时，即2+x＝8-x，即x＝3Ω时，Rmax(3)＝10)38)(32(＝2.5Ω。也可以用上面公式(a+b)max＝2)]8)(2[(2xx＝25，Rmax＝10)(maxba＝1025＝2.5Ω。以上用四种方法求出Rmax＝2.5Ω，下边求伏特计的最大读数。Imin＝rRmax＝5.05.212＝4(A)。Umax＝ε-Iminr＝12-40.5＝10(V)。即变阻器的滑动头P滑到R3的中点2.5Ω处，伏特计有最大值，最大值为10伏。例2：如图3所示。光滑轨道竖直放置，半圆部分的半径为R，在水平轨道上停着一个质量为M＝0.99kg的木块，一颗质量为m＝0.01Kg的子弹，以V0=400m/s的水平速度射入木块中，然后一起运动到轨道最高点水平抛出，试分析：当圆半径R多大时，平抛的水平位移是最大?且最大值为多少?[解析]子弹与木块发生碰撞的过程，动量守恒，设共同速度为V1，则：mV0＝(m+M)V1，所以：V1=0VMmm＝smsm/4/40099.001.001.0设在轨道最高点平抛时物块的速度为V2，由于轨道光滑，故机械能守恒：2221)(21)(2)(21VMmgRMmVmM所以：V2=)/(])(4)[(21MmgRmMVMm=RRRgV401610444221则平抛后的位移可以表示为：s=V2t=V2104)4016(4RRgR图3Mmv0RO＝4RR4.02。因为a=-10,所以水平位移S应该存在最大值。当R=)1(24.02ab=0.2m时，Smax＝0.8m例3：在一平直较窄的公路上，一辆汽车正以22m/s的速度匀速行驶，正前方有一辆自行车以4m/s的速度同向匀速行驶，汽车刹车的最大加速度为6m／s2，试分析两车不相撞的条件。[解析]要使二者不相撞，则二者在任一时间内的位移关系应满足V0t-SVtat221（式中S为汽车刹车时与自行车间距）代入数据整理得：3t2-18t+S0，显然，当满足＝b2-4ac0，即＝182-43S0得：S27m，Smin=27m。当汽车刹车时与自行车间距为27米时是汽车不与自行车相撞的条件。例4：如图4所示。一辆四分之一圆弧小车停在不光滑水平地面上，质量为m的小球从静止开始由车顶无摩擦滑下，且小车始终保持静止状态，试分析：当小球运动到什么位置时，地面对小车的摩擦力最大?最大值是多少?[解析]：设圆弧半径为R，当小球运动到重力mg与半径夹角为θ时，速度为V，根据机械能守恒定律和牛顿第二定律有：OmgN图4RVmmgNmgRmV22coscos21解得小球对小车的压力为：N=3mgcosθ，其水平分量为：Nx=3mgsinθcosθ=2sin23mg根据平衡条件，地面对小车的静摩擦力水平向右，大小为：f=Nx=2sin23mg可以看出：当sin2θ=1,即θ=45º时，地面对小车的静摩擦力最大，其值为：fmax=mg23。例5：如图5所示。质量为m的物体由力F牵引而在地面上匀速直线运动。物体与地面间的滑动摩擦系数为μ,求力F最小时的牵引角θ。(F的方向是随θ变化的。)[解析]：因物体匀速直线运动，所以有：Fcosθ-f＝0①f＝μN＝μ(mg-Fsinθ)②②代人①得：Fcosθ-μmg+μFsinθ＝0即：F＝sincosmg。分母为两项不同名的三角函数，需要转化成同名的三角函数，也就是需要“化一”。由前面的“化一”结论得：asinθ+bcosθ＝22basin(θ+ф)考虑本题分母：μsinθ+cosθ与asinθ+bcosθ用比较法，得：a＝μ；b＝1。于是tgф＝1ab，则ф＝arctg1。所以，μsinθ+cosθ＝12sin(θ+arctg1)。要使F最小，则分母μsinθ+cosθ需最大，因此，θ+arctg1＝2。N图5GfF所以有：θ＝2-arctg1＝2-arcctgμ=arctgμ。即：θ=arctgμ时，F最小。作为教师，运用“求导数”对本题验算非常简便。F＝sincosmg。考虑0ddF，则有μcosθ-sinθ＝0则θ＝arctgμ，即当F最小时，牵引角θ＝arctgμ。例6：甲、乙两物体同时、同地、同向由静止出发，甲做匀加速直线运动，加速度为4米／秒2，4秒后改为匀速直线运动；乙做匀加速直线运动，加速度为2米／秒2，10秒后改为匀速直线运动，求乙追上甲之前它们之间的最大距离。分析：运用物理规律和图形相结合求极值．是常用的一种比较直观的方法。由题意可知，4秒后甲做匀速直线运动的速度为：V甲=a甲t甲＝44＝16(m／s)。乙10秒后做匀速运动的速度为：V乙＝a乙t乙＝210＝20(m／s)。可画出v—t如上图6所示。图线在A(8，16)点相交，这表明在t＝8秒时，两物体的速度相等，因此．在t＝8秒时，两者间的距离最大。此时两图线所围观积之差，就是两者间的最大距离。即Smax＝21416+416—21816＝32(m)。用分析法求极值在物理计算中较常见。经过对物理状态或过程分析后求极值，不一定要用繁难的数学，关键是确定临界状态和过程的最值。例7：如图7所示。AB、CD是两条足够长的固定平行金属导轨，两条导轨间的距离为L，导轨平面与平面的夹角是θ，在整个导轨平面内部有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感应强度为B。在导轨的AC端连接一个阻值为R的电阻，一根垂直于导轨放置的金属棒ab，质量为m，从静止开始沿导轨下滑。已知ab与导轨间的滑动摩擦系数为μ，导轨和金属棒的电阻不计。求ab棒的最大速度。481251020V(m/s)t/s0A（8；16）甲乙16图6[解析]：采用分析法要注意抓三个环节，即分析物理过程；确定极值状态；运用物理规律求解。金属棒ab横截面受力如上图7所示。在下滑过程中，ab受重力mg，支持力N＝mgcosθ，摩擦力f＝μmgcosθ，安培力F＝RVLB22。沿导轨平面有：mgsinθ-μmgcosθ-RVLB22=ma①ab由静止加速下滑会导致：当a＝0时，ab速度到达最大，即：V＝Vmax所以①式变为mgsinθ—μmgcosθ—RVLBmax22=0②②解式得：Vmax＝22)cos(sinLBmg。综上所述，求解极值习题常用的方法列举了七种、即均值定理法、顶点坐标法、配方法、判别式法、三角函数中“化一”法、图解法、分析法。针对有些习题所给的条件的“有界性”，运用求极值的方法时要特别注意，求出的极值不能“出界”，要注意定义域和值域的对应关系。例8：如图8所示。已知电流表内阻忽略不计。ε＝10V，r＝1Ω，Ro＝R＝4Ω，其中R为滑动变阻器的最大值。当滑动片P从最左端滑到最右端的过程中，电流表的最小值是多少?最大值是多少?电流表的示数将怎样变化?Ar、R0RPab图8VFFaRACBab图7B解：设滑动变阻器滑片P左端的电阻为R左，通过电流表的电流为IA，通过Ro的电流为Io，由并联电路可知AII0=0RR左①由欧姆定律得：I＝rR总即：I=144410左左左左并）（RRRrRRR②I=I0+IA=IA）（左10RR③把③代入②式整理得IA＝205402左左RR④用配方法对④式求极值。IA＝205402左左RR=25.2625402）（左R当R＝2.5Ω时，IA有极小值IAmin＝5.26401.52(A)。当求电流表的最大值时，就需考虑R的取值范围是“有界”的。这时的极值要与“界”的定义域对应，不能“出界”。当R左＝0时，即由④式得IAp在a＝2040＝2(A)。当R左＝R＝4Ω时，由④式得IAP在b＝67.120454402(A)。由此可得，电流表先从2A减小到1.52A，然后再增加到1.67A。所以电流表的最大值是2A，其变化是先减小后增大。综上所述，求极值的七种方法是解高中物理题的常用方法。在使用中，还要注意题目中的条件及“界”的范围。