高中物理八大解题方法五极值法

(完满word版)高中物理八大解题方法之五极值法(完满word版)高中物理八大解题方法之五极值法14/14(完满word版)高中物理八大解题方法之五极值法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，是物理授课研究中的活跃话题。本文经过例题归纳综合出极值问题的四种主要解法。一、二次函数求极值二次函数yax2bxca(xb)2b24ac，当xb2a4a2a

时，y有极值4acb2，若a>0，为极小值，若a<0，为极大值。ym4a例1试证明在非弹性碰撞中，完满非弹性碰撞(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m1，速度为V1。第二个物体的质量为m2，速度为V2。碰撞今后的速度分别为V1和V2。若是这四个速度都在一条直线上。依照动量守恒定律有：m1V1m2V2m1V1m2V2（1）假如是完整非弹性碰撞，两物体粘合在一起，（1）则变为m1V1m2V2(m1m2)V，即Vm1V1m2V2（2）m1m2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22Ek=(m1v12m2v22)(m1v1m2v2)（3）2222转变为数学问题：Ek为v的二次函数:(m1v1m2v2m1v1)（4）由（1）得：v2ˊ=m2将（4）代入（3）得：Ek=m1(m1m2)v1'2m1(m1v1m2v2)v1'[m1v12m2v22(m1v1m2v2)2]2mm2222m2二次函数求极值,-1-当v1ˊ=(m1v1m2v2)（5）时(m1m2)Ek有极大值。回到物理问题,将（5）代入（4）得v2ˊ=(m1v1m2v2)(m1m2)此两式表示,m12碰后速度相等,即粘合在一起k和m,此时动能损失(E)最大。二、由公式(ab)20得a2b22ab当ab时，a2b2有极小值2ab，若a1，此时极小值为2。b同理，ab的极大值为a2b2。2例2求弹性正碰中m1所传达给m2的动能最大或最小的条件。设一个质量为m1，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，试谈论m1传达给m2动能最大或最小的条件。设m1原来的速度为V1，碰撞后两物体的速度分别为V1和V2，依照弹性正碰中的动量守恒和动能守恒，有方程组：m1V1m1V1m2V212121'2m1V1m1V12m2V222解此方程得：V1m1m2V1，V22m1V1m1m2m1m2m1传达给m2动能，即为m2获得的动能：Ek21m2V221m2(2m1V1)24m1m22Ek。22m1m2(m1m2)现在求Ek2的极值条件和极值。Ek24m1m2m22Ek4Ekm122m1m2m12m2m2m1当m1=m2时m1m2有极小值2，因此当m1=m2时，Ek2有极大值Ek，即m1m2m1-2-传达给m2动能最大的条件是二者质量相等。此时m1的全部动能传达给m2，也就是说：碰撞此后V1=0，V2V1。这在物理学史上有一段趣闻，在建立不久的英国皇家学会的一次例会上，一位工程师的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，分别吊在细绳上，静止时紧靠在一起，使A球偏开一个角度后松开，它回到原来的地址时撞上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。惠斯通经过对此现象的研究和讲解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，则方程组变为：m1V1m2V2m1V2'm2V21m1V121m2V221m1V121m2V222222其解为：V1'm1m2V12m2V2m1m2m1m2V22m1V1m2m1V2m1m2m1m2则EkEk2Ek21'212的表达式代入此式，并且以Ek12m2V2m2V2，将V2112代入222m1V1，以Ek2代入2m2V2，得：Ek4m1m2(Ek1Ek2)2m1m2(m1m2)12(m1m2)2(m1m2)2V1V2，当m=m时，因后项为零，前项取最大值，故Ek取最大值。此时，m1把原来m2多的那部分动能全部传达给m2。三、三角函数求极值：三角函数ysinx，当x0时，y取最小值0，当x时，y取最大值1，（x在20到2范围内），同理，ycosx,x0时，y取最大值1，x时，y取最小值0。2例3在倾角=300的斜面上，放置一个重量为200牛顿的物体，物体与斜面间的滑动摩擦系数为3，要使物体沿斜面匀速向上搬动，所加的力最少要多大？方向怎样？3设所加的外力F与斜面夹角为a，物体受力情况以下列图。NF-3-fG因为物体作匀速直线运动，依照共点力的平衡条件，有方程组：Fcosamgsinf0NFsinamgcos0fN解此方程组，消去N，得：mg(sincos)Fsina，cosa因为为已知，故分子为定值，分母是变量为a的三角函数，令ycosasina12(1cosasin)121212(sincoscossina)12sin(a)其中，sin1，cos12即tg121当a900时，即a900时，y取最大值1

，2，F最小值为mg(sincos)，因为3，即tg3，因此600将mg200N，123300，3，代入上式得：当a900600300时，F最小值为1003N，约为3173N。四、导数法求极值：一般的函数yf(x)，求一阶导数yf(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yf(x)，当xx0时，若y0，则上述极值为极小值；若y0，则为极大值。-4-例4在用滑线式电桥测电阻的实验中，触头在滑线中点周边平衡时，实验误差较小。RIgRxGl1l2证明：设滑线长为l，触点一边长为l1，则另一边长为l2ll1。当电桥平衡时，待测电阻Rx的计算式是：RxRl2，求其全微分为：l1l2RRl2dRxl1dRl1dl2l12dl1Rxl2Rl2Rl2l1l1Rl12l1两边同除以RxRl2，得：l1RxRl2l1，这就是待测电阻的相对误差的表达式。RxRl1l2因R与滑线长度的读数误差没关，故此项不再考虑，将l2ll1代入，并考虑到Rl1l2（同一尺上的读数误差），得上式中后两项之和（设为r）为：rll1，设l1的系数为Rl1，ll1(ll1)l1求R对l1的导数：dRll(2l1l)l，dl1(ll)2l1(ll1)2=2l1)2l1(l-5-l当l1时，值为0，此时R有极值，再求二阶导数：2d2R2ll12(ll1)2(2l1l)l[2l1(ll1)2l12(ll1)]dl12=l14(ll1)4l当l1时，大于0，故此时R有极小值，即说明滑动触头在中点平衡时，实验误差最2小。除了上述四种基本方法以外，还可以够用不等式求极值，也能够依照物理中的临界条件求极值，等等。从上述例题能够看出：用求极值方法解决物理问题的要点在于：把物理问题转变为数学问题，第一要正确地解析物理过程，建立正确的物理模型或物理图景，合适地运用物理规律和物理公式，正确地把物理问题转变为数学问题，尔后才能用极值方法去解。五、平抛运动中的极值问题1．一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状。此队员从山沟的竖直一侧，以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面。以下列图，以沟底的O点为原点建立坐标系Oxy。已知：山沟竖直一侧的高度为2h，坡面的抛物线方程为y=1x2，探险队员2h的质量为m。人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。（1）求此人落到坡面时的动能；（2）此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？【解析】-6-（1）平抛运动的分解：xv0t，y2h1gt2（注意：此处不能够像平时那样写12成ygt2，因为本题是以图中的O点为坐标原点，以向上为正方向。而21gt2是以抛出点为原点、以向下为正方向获得的），得平平时的公式y2抛运动的轨迹方程y2hg2x2，此方程与坡面的抛物线方程为2v0222hv2y=1，y0x2的交点为x4hv0v2gh。2hv02gh0依照机械能守恒，mg2h1mv02mgyEk2124g2h2解得Ekm（v0）2v02gh（2）【解法1：配方法求极值】动能公式可改写为Ek1m（v02gh2gh}23gh，当v0gh时，括号内的值为0，2v02gh平方项取极小值，这时，动能取极小值Ekmin3mgh。2【解法2：求导法求极值】求Ek2mgh1mv022mg2h2关于v0的导数2v02ghEk(v0)'mv04mg2h2v0并令其等于0，解合适此人水平跳出的速度为2gh)2(v0v0gh时，他落在坡面时的动能最小，动能的最小值为Ekmin3mgh。22.在游乐节目中，选手需要借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，小明和小阳观看后对此进行了谈论。以下列图，他们将选手简化为质量m=60kg的质点，选手抓住绳由静止开始摇动，此时绳与竖直方向夹角=530，绳的悬挂点O距水面的高度为H=3m不.考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深。取重力加速度g10m/s2，sin53o0.8，cos53o0.6o1）求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F；2）若绳长l=2m,选手摆到最高点时松手落下手中。设水对选手的平均浮力-7-f1800N，平均阻力f2700N，求选手落入水中的深度d；3）若选手摆到最低点时松手，小明认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；小阳认为绳越短，落点距岸边越远，请经过计算说明你的看法。【解析】（）机械能守恒mg（－cos）＝1mv2①1l12圆周运动v2F′－mg＝ml解得F′＝（－2cos）mg3依照牛顿第三定律，人对绳的拉力F＝F′F＝1080N（2）动能定理mgHdf1f2d（－lcos＋）－（＋）＝0则dmg(Hlcos)f1f2mg解得(3)选手从最低点开始做平抛运动x=vtH-l=1gt22且有①式解得x=2l(Hl)(1cos)【解法1】配方法：令yl(Hl)l2Hl(lH)2H224-8-当l=H时，y有最大值H2,即解得l=1.5m时，选手在浮台上的落点距岸24边越远为x61m。10【解法2】求导法：令yl(Hl)l2Hl，求导y(l)'2lH,当l=H2时，y(l)'0，此时y有最大值H2,即解得l时，选手在浮台上的落点距4岸边越远为x61m。10因此，两人的看法均不正确.当绳长越凑近1.5m时，落点距岸边越远.3.以下列图，长为L、内壁圆滑的直管与水平川面成30°角固定放置。将一质量为m的小球固定在管底，用一轻质圆滑细线将小球与质量为M=km的小物块相连，小物块悬挂于管口。现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球连续向上运动，经过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变。（重力加速度为g）1）求小物块下落过程中的加速度大小；2）求小球从管口抛出时的速度大小；3）试证明小球平抛运动的水平位移总小于【解析】（1）设细线中的张力为T，依照牛顿第二定律：，，且。解得：（2）【解法1】用牛顿定律和运动学公式解。分两个阶段研究，第一阶段到M落地，设M落地时的速度大小为，匀变速直线运动。第-9-二阶段到m射出管口，设m射出管口时速度大小为，M落地后m的加速度大小为，依照牛顿第二定律mgsin300ma0，v02v22a0L(1sin300)。解得k>2）【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，依照动能定理MgLsin300mgLsin3001(Mm)v2，将Mkm代入，解得22k12k12gLv2(kgL.在物块M落地后，小物块m上滑到顶端的过程中，k11)设m射出管口时速度大小为，依照动能定理：mgLsin3001mv021mv2，222解得。（3）平抛运动，。解得因为，因此，得证。【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，写出动能定理MgLsinmgLsin1mv02，解得v0(k1)gL是错误的，错2误的原因在于认为M落地后速度为0，这个速度为0，是M与地面碰撞今后的结果，其实不是M下落和m上滑的结果。【谈论】本题观察牛顿第二定律，匀加速运动的公式及平抛运动规律。难度：中等偏难。例4.水上滑梯可简化成以下列图的模型：倾角为θ=37°斜滑道AB和水圆滑道BC圆滑连接（设经过B点前后速度大小不变），起点A距水面的高度，BC长，端点C距水面的高度．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μ=0.1．（取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，运动员在运动过程中可视为质点）-10-1）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的过程中战胜摩擦力所做的功W和到达C点时速度的大小v；（3）保持水圆滑道端点在同一竖直线上，调治水圆滑道高度h和长度d到图中B′C′地址时，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，受力情况以下列图Ff=μFN=μmgcosθ依照牛顿第二定律：mgsin-μmgcosθ=ma得运动员沿AB下滑时加速度的大小为：a=gsinθ-μgcosθ=5.2m/s2（2）运动员从A滑到C的过程中，战胜摩擦力做功为：Wf=μmgcosθHhμμ（H-h）sin+mgd=mg[d+cotθ]=0.15010×10=500J12由动能定理得：mg（H-h）-Wf=mv2解得运动员滑到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，h’=1gt2，t=2h’2g下滑过程中战胜摩擦做功保持不变Wf=500J-11-依照动能定理得：mg（H-h’）-Wf=1mv’2，解得v’=2g(H1h')2运动员在水平方向的位移：x=v’t═2g(H1-h')2h'=4(H1-h')h'g【解法1】配方法：令y(H1-h')h'(h'H1)2(H1)224h’=H1═3m时，水平位移最大为x6m。2【解法2】求导法：令y(H1-h')h'h'2(H1)h，求导y(h')'2h'H1,h’=H1═3m时，水平位移最大为x6m。。2答：（1）运动员沿AB下滑时加速度的大小a为2；（2）运动员从A滑到C的过程中战胜摩擦力所做的功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战胜摩擦做功保持不变呢？因为战胜摩擦做功Wf=μmgcosθLμmgd=μmg[Lcos+d],其大小只与水平方向的总长度有关，而与水圆滑道高度h没关。归纳总结：平抛运动中的极值问题，一般解法以下：第一依照平抛运动分解的原理列出平抛运动的方程：xv0t，y1gt2，然2后依照其他条件结合以上两个公式，把物理问题转变为求极值的数学问题。此后，用数学方法求极值。方法1：配方法。对形如yax2bxc的二次函数，配方为ya(xb)24acb2，则当xb时，y有最小值ymin4acb2。2a4a2a4a方法2:求导法。对形如yax2bxc的二次函数，求其导数y(x)'2axb，令其等于0，合适xb时，代入得y的最小值ymin4acb2。2a4a最后研究极值的物理意义，把数学问题回归到物理问题。六、小船渡河问题-12-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，小船怎样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v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，方向相反时，即V1=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，Smin=d。而渡河时间ddt==。v2vsin2河宽60m,小船在静水中的速度为5m/