1、數(shù)學(xué)方法在物理中的應(yīng)用 一極值分析數(shù)學(xué)中求極值的方法很多，物理極值問題中常用的極值法有：三角函數(shù)極值法、二次函數(shù)極值法、一元二次方程的判別式法等1利用三角函數(shù)求極值yacos bsin (cos sin )令sin ，cos 則有：y(sin cos cos sin )sin ()所以當(dāng)時(shí)，y有最大值，且ymax2利用二次函數(shù)求極值二次函數(shù)：yax2bxca(x2x)ca(x)2(其中a、b、c為實(shí)常數(shù))，當(dāng)x 時(shí)，有極值ym(若二次項(xiàng)系數(shù)a>0，y有極小值；若a<0，y有極大值)3均值不等式對(duì)于兩個(gè)大于零的變量a、b，若其和ab為一定值p，則當(dāng)ab時(shí)，其積ab取得極大值 ；對(duì)于三

2、個(gè)大于零的變量a、b、c，若其和abc為一定值q，則當(dāng)abc時(shí)，其積abc取得極大值 4.函數(shù)求導(dǎo)2 迭代遞推無窮數(shù)列的求和，一般是無窮遞減數(shù)列，有相應(yīng)的公式可用等差：Snna1d(d為公差)等比：Sn(q為公比)例1：如圖82甲所示，一薄木板放在正方形水平桌面上，木板的兩端與桌面的兩端對(duì)齊，一小木塊放在木板的正中間木塊和木板的質(zhì)量均為m，木塊與木板之間、木板與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為現(xiàn)突然以一水平外力F將薄木板抽出，要使小木塊不從桌面上掉下，則水平外力F至少應(yīng)為_(假設(shè)木板抽動(dòng)過程中始終保持水平，且在豎直方向上的壓力全部作用在水平桌面上)A2mgB4mgC6mgD8mg【解析】解法一F越大，

3、木塊與木板分離時(shí)的速度、位移越小，木塊越不可能從桌面滑下設(shè)拉力為F0時(shí)，木塊恰好能滑至桌面的邊緣，再設(shè)木塊與木板分離的時(shí)刻為t1，在0t1 時(shí)間內(nèi)有：··t12gt12對(duì)t1時(shí)間后木塊滑行的過程，有：gt12解得：F06mg解法二F越大，木塊與木板分離時(shí)的速度、位移越小，木塊越不可能從桌面滑出若木塊不從桌面滑出，則其vt 圖象如圖82乙中OBC所示，其中OB的斜率為g，BC的斜率為g，t1t2有：SOBC×2設(shè)拉力為F時(shí)，木板的vt圖象為圖72乙中的直線OA，則SOAB即(v2v1)·t1其中v1gt1，v2·t1解得：F6mg即拉力至少為6m

4、g答案C例2：如圖85甲所示，一質(zhì)量m1 kg的木板靜止在光滑水平地面上開始時(shí)，木板右端與墻相距L0.08 m，一質(zhì)量m1 kg的小物塊以初速度v02 m/s滑上木板左端木板的長度可保證物塊在運(yùn)動(dòng)過程中不與墻接觸物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.1，木板與墻碰撞后以與碰撞前瞬時(shí)等大的速度反彈取g10 m/s2，求：圖85甲(1)從物塊滑上木板到兩者達(dá)到共同速度時(shí)，木板與墻碰撞的次數(shù)及所用的時(shí)間(2)達(dá)到共同速度時(shí)木板右端與墻之間的距離【解析】解法一物塊滑上木板后，在摩擦力的作用下，木板從靜止開始做勻加速運(yùn)動(dòng)設(shè)木板的加速度大小為a，經(jīng)歷時(shí)間T后與墻第一次碰撞，碰撞時(shí)的速度為v1，則有：mgmaLaT

5、2v1aT可得：a1 m/s2，T0.4 s，v10.4 m/s物塊與木板達(dá)到共同速度之前，在每兩次碰撞之間，木板受到物塊對(duì)它的摩擦力作用而做加速度恒定的運(yùn)動(dòng)，因而木板與墻相碰后將返回至初態(tài)，所用時(shí)間為T設(shè)在物塊與木板達(dá)到共同速度v之前木板共經(jīng)歷了n次碰撞，則有：vv0(2nTt)aa·t式中t是碰撞n次后木板從起始位置至達(dá)到共同速度所需要的時(shí)間上式可改寫為：2vv02nTa由于木板的速率只能在0到v1之間，故有：0v02nTa2v1解得：1.5n2.5由于n是整數(shù)，故n2解得：v0.2 m/s，t0.2 s從開始到物塊與木板達(dá)到共同速度所用的時(shí)間為：t4Tt1.8 s(2)物塊與木

6、板達(dá)到共同速度時(shí)，木板右端與墻之間的距離為：sLa·t2解得：s0.06 m解法二(1)物塊滑上木板后，在摩擦力的作用下，木板做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度a1g1 m/s，方向向右物塊做減速運(yùn)動(dòng)的加速度a2g1 m/s，方向向左可作出物塊、木板的vt圖象如圖85乙所示由圖可知，木板在0.4 s、1.2 s時(shí)刻兩次與墻碰撞，在t1.8 s 時(shí)刻物塊與木板達(dá)到共同速度(2)由圖85乙可知，在t1.8 s時(shí)刻木板的位移為：s×a1×0.220.02 m木板右端距墻壁的距離sLs0.06 m圖85乙答案(1)1.8 s(2)0.06 m例3：如圖所示，一輕繩吊著一根粗細(xì)均勻的棒，

7、棒下端離地面高為H，上端套著一個(gè)細(xì)環(huán)棒和環(huán)的質(zhì)量均為m，相互間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力kmg(k1)斷開輕繩，棒和環(huán)自由下落假設(shè)棒足夠長，與地面發(fā)生碰撞時(shí)觸地時(shí)間極短，無動(dòng)能損失棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中始終保持豎直，空氣阻力不計(jì)求：(1)棒第一次與地面碰撞后彈起上升的過程中，環(huán)的加速度(2)從斷開輕繩到棒與地面第二次碰撞的瞬間，棒運(yùn)動(dòng)的路程s(3)從斷開輕繩到棒和環(huán)都靜止的過程中，摩擦力對(duì)環(huán)和棒做的總功W2007年高考·江蘇物理卷【解析】(1)設(shè)棒第一次上升的過程中環(huán)的加速度為a環(huán)，由牛頓第二定律有：a環(huán)(k1)g，方向豎直向上(2)棒第一次落地前瞬間的速度大小為：v1設(shè)棒彈起后的加速

8、度為a棒，由牛頓第二定律有：a棒(k1)g故棒第一次彈起的最大高度為：H1路程sH2H1H(3)解法一設(shè)棒第一次彈起經(jīng)過t1時(shí)間后與環(huán)達(dá)到共同速度v1環(huán)的速度v1v1a環(huán)t1棒的速度v1v1a棒t1解得：t1v1環(huán)的位移h環(huán)1v1t1a環(huán)t12H棒的位移h棒1v1t1a棒t12Hx1h環(huán)1h棒1解得：x1棒、環(huán)一起下落至地，有：v22v122gh棒1解得：v2同理，環(huán)第二次相對(duì)棒的位移為：x2h環(huán)2h棒2xn故環(huán)相對(duì)棒的總位移xx1x2xn所以Wkmgx解法二經(jīng)過足夠長的時(shí)間棒和環(huán)最終靜止，設(shè)這一過程中它們相對(duì)滑動(dòng)的總路程為l，由能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律有：mgHmg(Hl)kmgl解得：l故摩擦

9、力對(duì)環(huán)和棒做的總功為：Wkmgl答案(1)(k1)g，方向豎直向上(2)H(3)例4：如圖所示，兩平行的光滑金屬導(dǎo)軌安裝在一光滑絕緣斜面上，導(dǎo)軌間距為l、足夠長且電阻忽略不計(jì)，導(dǎo)軌平面的傾角為，條形勻強(qiáng)磁場的寬度為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直長度為2d的絕緣桿將導(dǎo)體棒和正方形的單匝線框連接在一起組成“”形裝置，總質(zhì)量為m，置于導(dǎo)軌上導(dǎo)體棒中通以大小恒為I的電流(由外接恒流源產(chǎn)生，圖中未畫出)線框的邊長為d(d<l)，電阻為R，下邊與磁場區(qū)域上邊界重合將裝置由靜止釋放，導(dǎo)體棒恰好運(yùn)動(dòng)到磁場區(qū)域下邊界處返回，導(dǎo)體棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直重力加速度為g求：(1)裝置從釋放

10、到開始返回的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q(2)線框第一次穿越磁場區(qū)域所需的時(shí)間t1(3)經(jīng)過足夠長時(shí)間后，線框上邊與磁場區(qū)域下邊界的最大距離xm2009年高考·江蘇物理卷【解析】(1)設(shè)裝置由靜止釋放到導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到磁場下邊界的過程中，作用在線框上的安培力做功為W，由動(dòng)能定理得：mgsin ·4dWBIld0且QW解得：Q4mgdsin BIld(2)設(shè)線框剛離開磁場下邊界時(shí)的速度為v1，則接著向下運(yùn)動(dòng)2d，由動(dòng)能定理得：mgsin ·2dBIld0mv12線框在穿越磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的合力Fmgsin F感應(yīng)電動(dòng)勢EBdv感應(yīng)電流I安培力FBId由牛頓第二定律，在t

11、到(tt)時(shí)間內(nèi)，有vt則vgsin t有v1gt1sin 解得：t1(3)經(jīng)過足夠長時(shí)間后，線框在磁場下邊界與最大距離xm之間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得：mgsin ·xmBIl(xmd)0解得：xm答案(1)4mgdsin BIld(2)(3)例5：如圖，一半徑為R的光滑絕緣半球面開口向下，固定在水平面上。整個(gè)空間存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向下。一電荷量為q（q0）、質(zhì)量為m的小球P在球面上做水平的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓心為O。球心O到該圓周上任一點(diǎn)的連線與豎直方向的夾角為（0。為了使小球能夠在該圓周上運(yùn)動(dòng)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的最小值及小球P相應(yīng)的速率。重力加速度為g。據(jù)題意，小球P在

12、球面上做水平的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，該圓周的圓心為O。P受到向下的重力mg、球面對(duì)它沿OP方向的支持力N和磁場的洛侖茲力 fqvB 式中v為小球運(yùn)動(dòng)的速率。洛侖茲力f的方向指向O。根據(jù)牛頓第二定律 由式得 由于v是實(shí)數(shù)，必須滿足0 由此得 B 可見，為了使小球能夠在該圓周上運(yùn)動(dòng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的最小值為 此時(shí)，帶電小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速率為 由式得 例6：一傾角為45°的斜血固定于地面，斜面頂端離地面的高度h01m，斜面底端有一垂直于斜而的固定擋板。在斜面頂端自由釋放一質(zhì)量m0.09kg的小物塊（視為質(zhì)點(diǎn)）。小物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2。當(dāng)小物塊與擋板碰撞后，將以原速返回。重力加速度g

13、10 m/s2。在小物塊與擋板的前4次碰撞過程中，擋板給予小物塊的總沖量是多少？解法一：設(shè)小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，到達(dá)斜面底端時(shí)速度為v。由功能關(guān)系得 以沿斜面向上為動(dòng)量的正方向。按動(dòng)量定理，碰撞過程中擋板給小物塊的沖量 設(shè)碰撞后小物塊所能達(dá)到的最大高度為h，則 同理，有 式中，v為小物塊再次到達(dá)斜面底端時(shí)的速度，I為再次碰撞過程中擋板給小物塊的沖量。由式得式中 由此可知，小物塊前4次與擋板碰撞所獲得的沖量成等比級(jí)數(shù)，首項(xiàng)為 總沖量為 由 得 代入數(shù)據(jù)得 N·s 解法二：設(shè)小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，小物塊受到重力，斜面對(duì)它的摩擦力和支持力，小物塊向下運(yùn)動(dòng)的加速度為