数学方法在物理中的应用

1、数学方法在物理中的应用 一极值分析数学中求极值的方法很多，物理极值问题中常用的极值法有：三角函数极值法、二次函数极值法、一元二次方程的判别式法等1利用三角函数求极值yacos bsin (cos sin )令sin ，cos 则有：y(sin cos cos sin )sin ()所以当时，y有最大值，且ymax2利用二次函数求极值二次函数：yax2bxca(x2x)ca(x)2(其中a、b、c为实常数)，当x 时，有极值ym(若二次项系数a>0，y有极小值；若a<0，y有极大值)3均值不等式对于两个大于零的变量a、b，若其和ab为一定值p，则当ab时，其积ab取得极大值 ；对于三

2、个大于零的变量a、b、c，若其和abc为一定值q，则当abc时，其积abc取得极大值 4.函数求导2 迭代递推无穷数列的求和，一般是无穷递减数列，有相应的公式可用等差：Snna1d(d为公差)等比：Sn(q为公比)例1：如图82甲所示，一薄木板放在正方形水平桌面上，木板的两端与桌面的两端对齐，一小木块放在木板的正中间木块和木板的质量均为m，木块与木板之间、木板与桌面之间的动摩擦因数都为现突然以一水平外力F将薄木板抽出，要使小木块不从桌面上掉下，则水平外力F至少应为_(假设木板抽动过程中始终保持水平，且在竖直方向上的压力全部作用在水平桌面上)A2mgB4mgC6mgD8mg【解析】解法一F越大，

3、木块与木板分离时的速度、位移越小，木块越不可能从桌面滑下设拉力为F0时，木块恰好能滑至桌面的边缘，再设木块与木板分离的时刻为t1，在0t1 时间内有：··t12gt12对t1时间后木块滑行的过程，有：gt12解得：F06mg解法二F越大，木块与木板分离时的速度、位移越小，木块越不可能从桌面滑出若木块不从桌面滑出，则其vt 图象如图82乙中OBC所示，其中OB的斜率为g，BC的斜率为g，t1t2有：SOBC×2设拉力为F时，木板的vt图象为图72乙中的直线OA，则SOAB即(v2v1)·t1其中v1gt1，v2·t1解得：F6mg即拉力至少为6m

4、g答案C例2：如图85甲所示，一质量m1 kg的木板静止在光滑水平地面上开始时，木板右端与墙相距L0.08 m，一质量m1 kg的小物块以初速度v02 m/s滑上木板左端木板的长度可保证物块在运动过程中不与墙接触物块与木板之间的动摩擦因数0.1，木板与墙碰撞后以与碰撞前瞬时等大的速度反弹取g10 m/s2，求：图85甲(1)从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙碰撞的次数及所用的时间(2)达到共同速度时木板右端与墙之间的距离【解析】解法一物块滑上木板后，在摩擦力的作用下，木板从静止开始做匀加速运动设木板的加速度大小为a，经历时间T后与墙第一次碰撞，碰撞时的速度为v1，则有：mgmaLaT

5、2v1aT可得：a1 m/s2，T0.4 s，v10.4 m/s物块与木板达到共同速度之前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间为T设在物块与木板达到共同速度v之前木板共经历了n次碰撞，则有：vv0(2nTt)aa·t式中t是碰撞n次后木板从起始位置至达到共同速度所需要的时间上式可改写为：2vv02nTa由于木板的速率只能在0到v1之间，故有：0v02nTa2v1解得：1.5n2.5由于n是整数，故n2解得：v0.2 m/s，t0.2 s从开始到物块与木板达到共同速度所用的时间为：t4Tt1.8 s(2)物块与木

6、板达到共同速度时，木板右端与墙之间的距离为：sLa·t2解得：s0.06 m解法二(1)物块滑上木板后，在摩擦力的作用下，木板做匀加速运动的加速度a1g1 m/s，方向向右物块做减速运动的加速度a2g1 m/s，方向向左可作出物块、木板的vt图象如图85乙所示由图可知，木板在0.4 s、1.2 s时刻两次与墙碰撞，在t1.8 s 时刻物块与木板达到共同速度(2)由图85乙可知，在t1.8 s时刻木板的位移为：s×a1×0.220.02 m木板右端距墙壁的距离sLs0.06 m图85乙答案(1)1.8 s(2)0.06 m例3：如图所示，一轻绳吊着一根粗细均匀的棒，

7、棒下端离地面高为H，上端套着一个细环棒和环的质量均为m，相互间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k1)断开轻绳，棒和环自由下落假设棒足够长，与地面发生碰撞时触地时间极短，无动能损失棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计求：(1)棒第一次与地面碰撞后弹起上升的过程中，环的加速度(2)从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程s(3)从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，摩擦力对环和棒做的总功W2007年高考·江苏物理卷【解析】(1)设棒第一次上升的过程中环的加速度为a环，由牛顿第二定律有：a环(k1)g，方向竖直向上(2)棒第一次落地前瞬间的速度大小为：v1设棒弹起后的加速

8、度为a棒，由牛顿第二定律有：a棒(k1)g故棒第一次弹起的最大高度为：H1路程sH2H1H(3)解法一设棒第一次弹起经过t1时间后与环达到共同速度v1环的速度v1v1a环t1棒的速度v1v1a棒t1解得：t1v1环的位移h环1v1t1a环t12H棒的位移h棒1v1t1a棒t12Hx1h环1h棒1解得：x1棒、环一起下落至地，有：v22v122gh棒1解得：v2同理，环第二次相对棒的位移为：x2h环2h棒2xn故环相对棒的总位移xx1x2xn所以Wkmgx解法二经过足够长的时间棒和环最终静止，设这一过程中它们相对滑动的总路程为l，由能量的转化和守恒定律有：mgHmg(Hl)kmgl解得：l故摩擦

9、力对环和棒做的总功为：Wkmgl答案(1)(k1)g，方向竖直向上(2)H(3)例4：如图所示，两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上，导轨间距为l、足够长且电阻忽略不计，导轨平面的倾角为，条形匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直长度为2d的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成“”形装置，总质量为m，置于导轨上导体棒中通以大小恒为I的电流(由外接恒流源产生，图中未画出)线框的边长为d(d<l)，电阻为R，下边与磁场区域上边界重合将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直重力加速度为g求：(1)装置从释放

10、到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q(2)线框第一次穿越磁场区域所需的时间t1(3)经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离xm2009年高考·江苏物理卷【解析】(1)设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为W，由动能定理得：mgsin ·4dWBIld0且QW解得：Q4mgdsin BIld(2)设线框刚离开磁场下边界时的速度为v1，则接着向下运动2d，由动能定理得：mgsin ·2dBIld0mv12线框在穿越磁场中运动时受到的合力Fmgsin F感应电动势EBdv感应电流I安培力FBId由牛顿第二定律，在t

11、到(tt)时间内，有vt则vgsin t有v1gt1sin 解得：t1(3)经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离xm之间往复运动，由动能定理得：mgsin ·xmBIl(xmd)0解得：xm答案(1)4mgdsin BIld(2)(3)例5：如图，一半径为R的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上。整个空间存在匀强磁场，磁感应强度方向竖直向下。一电荷量为q（q0）、质量为m的小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O。球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为（0。为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度大小的最小值及小球P相应的速率。重力加速度为g。据题意，小球P在

12、球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O。P受到向下的重力mg、球面对它沿OP方向的支持力N和磁场的洛仑兹力 fqvB 式中v为小球运动的速率。洛仑兹力f的方向指向O。根据牛顿第二定律 由式得 由于v是实数，必须满足0 由此得 B 可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度大小的最小值为 此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为 由式得 例6：一倾角为45°的斜血固定于地面，斜面顶端离地面的高度h01m，斜面底端有一垂直于斜而的固定挡板。在斜面顶端自由释放一质量m0.09kg的小物块（视为质点）。小物块与斜面之间的动摩擦因数0.2。当小物块与挡板碰撞后，将以原速返回。重力加速度g

13、10 m/s2。在小物块与挡板的前4次碰撞过程中，挡板给予小物块的总冲量是多少？解法一：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动，到达斜面底端时速度为v。由功能关系得 以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量 设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h，则 同理，有 式中，v为小物块再次到达斜面底端时的速度，I为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量。由式得式中 由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为 总冲量为 由 得 代入数据得 N·s 解法二：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动，小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和支持力，小物块向下运动的加速度为