【物理】2019届一轮复习人教版极值法学案

【物理】2019届一轮复习人教版极值法学案

高中物理解题方法之极值法 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 二次函数，当时，y有极值，若a>0，为极小值，若a<0，为极大值。‎ 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，速度为。第二个物体的质量为，速度为。碰撞以后的速度分别为和。假使这四个速度都在一条直线上。‎ 根据动量守恒定律有： （1）‎ 如果是完全非弹性碰撞，两物体粘合在一起，（1）则变为，即 （2）‎ 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 ‎ ΔEk=( （3）‎ 转变为数学问题：ΔEk为v的二次函数:‎ 由（1）得：v2ˊ= （4）‎ 将（4）代入（3）得：‎ ‎ Ek=[]‎ 二次函数求极值,‎ 当v1ˊ= （5） 时 Ek有极大值。‎ 回到物理问题,将（5）代入（4）得v2ˊ=‎ 此两式表明,m1和m2碰后速度相等,即粘合在一起,此时动能损失(ΔEk)最大。‎ 一、 由公式得 当时，有极小值，若，此时极小值为2。‎ 同理，的极大值为。‎ 例2 求弹性正碰中m1所传递给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，试讨论m1传递给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和，根据弹性正碰中的动量守恒和动能守恒，有方程组：‎ ‎ ‎ 解此方程得：， ‎ m1传递给m2动能，即为m2获得的动能：‎ ‎。‎ 现在求的极值条件和极值。‎ 当m1= m2时有极小值2，所以当m1= m2时，有极大值，即m1传递给m2动能最大的条件是二者质量相等。此时m1的全部动能传递给m2，也就是说：碰撞之后=0，‎ ‎。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，则方程组变为： ‎ 其解为：‎ ‎ ‎ 则，将的表达式代入此式，并且以Ek1代入，以代入，得：‎ ‎，当m1= m2时，因后项为零，前项取最大值，故取最大值。此时，m1把原来m2多的那部分动能全部传递给m2。‎ 一、 三角函数求极值：‎ 三角函数，当时，取最小值0，当时，取最大值1，（在0到范围内），同理，时，取最大值1，时，取最小值0。‎ 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，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？‎ 设所加的外力F与斜面夹角为，物体受力情况如图所示。‎ ‎ N F ‎ ‎ ‎ f ‎ G 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：‎ ‎ ‎ 解此方程组，消去N，得：‎ ‎ ，‎ 因为为已知，故分子为定值，分母是变量为的三角函数，令 其中，， 即 ，‎ 当时，即 时，取最大值，F最小值为，由于，即，所以将N， ，，代入上式得：当时，F最小值为N，约为173N。‎ ‎ 四、导数法求极值：‎ 一般的函数，求一阶导数，令其为零时的值，即为取极值的条件；再求二阶导数，当时，若，则上述极值为极小值；若，则为极大值。‎ 例4 ‎ 在用滑线式电桥测电阻的实验中，触头在滑线中点附近平衡时，实验误差较小。‎ R Ig Rx G ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 学 ]‎ 证明：设滑线长为，触点一边长为，则另一边长为。当电桥平衡时，待测电阻的计算式是：，求其全微分为：‎ ‎ ]‎ 两边同除以，得：‎ ‎，这就是待测电阻的相对误差的表达式。‎ 因与滑线长度的读数误差无关，故此项不再考虑，将代入，并考虑到（同一尺上的读数误差），得上式中后两项之和（设为）为：‎ ‎，设的系数为，‎ 求R对的导数：=，‎ 当时，值为0，此时R有极值，再求二阶导数：‎ ‎=‎ 当时，大于0，故此时R有极小值，即说明滑动触头在中点平衡时，实验误差最小。‎ 除了上述四种基本方法以外，还可以用不等式求极值，也可以根据物理中的临界条件求极值，等等。‎ 从上述例题可以看出：用求极值方法解决物理问题的关键在于：把物理问题转化为数学问题，首先要正确地分析物理过程，建立正确的物理模型或物理图景，恰当地运用物理规律和物理公式，正确地把物理问题转化为数学问题，然后才能用极值方法去解。 ‎ 五、平抛运动中的极值问题 例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。如图所示，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=，探险队员的质量为m。人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。 学 K]‎ （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】‎ （1） 平抛运动的分解：，（注意：此处不能像通常那样写成，因为本题是以图中的O点为坐标原点，以向上为正方向。而通常的公式是以抛出点为原点、以向下为正方向得到的），得平抛运动的轨迹方程，此方程与坡面的抛物线方程为y=的交点为，。‎ 根据机械能守恒，‎ 解得 ‎（2）【解法1：配方法求极值】动能公式可改写为，当时，括号内的值为0，平方项取极小值，这时，动能取极小值。‎ ‎【解法2：求导法求极值】求关于的导数并令其等于0，解得当此人水平跳出的速度为时，他落在坡面时的动能最小，动能的最小值为。‎ 例2. 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讨论。如图所示，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摆动，此时绳与竖直方向夹角=，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， ，‎ （1） 求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F；‎ （2） 若绳长=2m, 选手摆到最高点时松手落入手中。设水对选手的平均浮力，平均阻力，求选手落入水中的深度；‎ （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，请通过推算说明你的观点。‎ ‎【解析】（1）机械能守恒 mg（1－cos）＝mv2 ①‎ 圆周运动 F′－mg＝m 解得 F′＝（3－2cos）mg 根据牛顿第三定律，人对绳的拉力 F＝F′‎ 则 F＝1080N ‎（2）动能定理 mg（H－cos＋d）－（f1＋f2）d＝0‎ ‎ 则 学 ]‎ ‎ 解得 ‎ (3)选手从最低点开始做平抛运动 x=vt ‎ H-=‎ ‎ 且有①式 ‎ 解得 x=2‎ ‎【解法1】配方法：令 ‎ 当=时，y有最大值 ,即解得=1.5m时，选手在浮台上的落点距岸边越远为。‎ ‎【解法2】求导法：令，求导, 当=时，，此时y有最大值 ,即解得=1.5m时，选手在浮台上的落点距岸边越远为。‎ ‎ 因此，两人的看法均不正确.当绳长越接近‎1.5m时，落点距岸边越远.‎ 例3.如图所示，长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置。将一质量为m的小球固定在管底，用一轻质光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，小球继续向上运动，通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，根据牛顿第二定律：，，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，根据牛顿第二定律，。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，根据动能定理，将代入，解得.在物块M落地后，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，根据动能定理： ，解得。 ]‎ ‎ 　　（3）平抛运动，。解得 ‎ 　　因为，所以，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 ‎，解得 是错误的，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4.水上滑梯可简化成如图所示的模型：倾角为θ=37°斜滑道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距水面的高度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） （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W和到达C点时速度的大小； （3）保持水平滑道端点在同一竖直线上，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=μFN=μmgcosθ 根据牛顿第二定律：mgsin-μmgcosθ=ma   得运动员沿AB下滑时加速度的大小为： a=gsinθ-μgcosθ=5.2 m/s2   ‎ （1） 运动员从A滑到C的过程中，克服摩擦力做功为： Wf=μmgcosθ+μmgd=μmg [d+（H-h）cotθ]=‎ ‎×10=500J 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’= gt2，t=‎ 下滑过程中克服摩擦做功保持不变Wf=500J 根据动能定理得：mg（H-h’）-Wf= mv’2，解得v’=‎ 运动员在水平方向的位移：x=v’t═=‎ ‎【解法1】配方法：令 ‎ 当h’=═3m时，水平位移最大为。‎ ‎【解法2】求导法：令，求导, 当h’=═3m时，水平位移最大为。。‎ 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滑到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Wf=μmgcosθμmgd=μmg[Lcos+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：，，然后根据其它条件结合以上两个公式，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。对形如的二次函数，配方为，则当时，有最小值。‎ 方法2:求导法。对形如的二次函数，求其导数，令其等于0，得当时，代入得的最小值。‎ 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t= =。‎ ‎ 图2‎ ‎ 河宽‎60m,小船在静水中的速度为‎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θ=arccos(V水/V船)=530。这时小船实际渡河的时间t=d/V2=d/（V船sinθ）=60/4=15(s).‎ ‎（2）当时，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θ角。合速度v与河岸成α角。可以看出：α角越大，船漂下的距离x越短，那么，在什么条件下α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O为圆心，v船为半径画圆，当v合与圆相切（切点为C）时，α角最大，设船头方向（与OC平行）与河岸的夹角为，则。 ‎ ‎ 图3 ‎ 设船沿河漂下的最短距离为，渡河的最短位移为，根据相似三角形对应边成比例，有。 ‎ 所以， 船沿河漂下的最短距离为，代入数据得， 此时渡河的最短位移： ，代入数据得。‎ （1） 求极值法 根据=，令，求导数，，令其分母为0，得。即时，取最小值。当然（）也取最小值。‎