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

2、個大于零的變量a、b、c，若其和abc為一定值q，則當abc時，其積abc取得極大值 4.函數求導2 迭代遞推無窮數列的求和，一般是無窮遞減數列，有相應的公式可用等差：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齊，一小木塊放在木板的正中間木塊和木板的質量均為m，木塊與木板之間、木板與桌面之間的動摩擦因數都為現突然以一水平外力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至少應為_(假設木板抽動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、木塊與木板分離時的速度、位移越小，木塊越不可能從桌面滑下設拉力為F0時，木塊恰好能滑至桌面的邊緣，再設木塊與木板分離的時刻為t1，在0t1 時間內有：··t12gt12對t1時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設拉力為F時，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，一質量m1 kg的木板靜止在光滑水平地面上開始時，木板右端與墻相距L0.08 m，一質量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動過程中不與墻接觸物塊與木板之間的動摩擦因數0.1，木板與墻碰撞后以與碰撞前瞬時等大的速度反彈取g10 m/s2，求：圖85甲(1)從物塊滑上木板到兩者達到共同速度時，木板與墻碰撞的次數及所用的時間(2)達到共同速度時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動設木板的加速度大小為a，經歷時間T后與墻第一次碰撞，碰撞時的速度為v1，則有：mgmaLaT

5、2v1aT可得：a1 m/s2，T0.4 s，v10.4 m/s物塊與木板達到共同速度之前，在每兩次碰撞之間，木板受到物塊對它的摩擦力作用而做加速度恒定的運動，因而木板與墻相碰后將返回至初態，所用時間為T設在物塊與木板達到共同速度v之前木板共經歷了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到共同速度所需要的時間上式可改寫為：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，故n2解得：v0.2 m/s，t0.2 s從開始到物塊與木板達到共同速度所用的時間為：t4Tt1.8 s(2)物塊與木

6、板達到共同速度時，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，木板做勻加速運動的加速度a1g1 m/s，方向向右物塊做減速運動的加速度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時刻兩次與墻碰撞，在t1.8 s 時刻物塊與木板達到共同速度(2)由圖85乙可知，在t1.8 s時刻木板的位移為：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均勻的棒，

7、棒下端離地面高為H，上端套著一個細環棒和環的質量均為m，相互間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力kmg(k1)斷開輕繩，棒和環自由下落假設棒足夠長，與地面發生碰撞時觸地時間極短，無動能損失棒在整個運動過程中始終保持豎直，空氣阻力不計求：(1)棒第一次與地面碰撞后彈起上升的過程中，環的加速度(2)從斷開輕繩到棒與地面第二次碰撞的瞬間，棒運動的路程s(3)從斷開輕繩到棒和環都靜止的過程中，摩擦力對環和棒做的總功W2007年高考·江蘇物理卷【解析】(1)設棒第一次上升的過程中環的加速度為a環，由牛頓第二定律有：a環(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)解法一設棒第一次彈起經過t1時間后與環達到共同速度v1環的速度v1v1a環t1棒的速度v1v1a棒t1解得：t1v1環的位移h環1v1t1a環t12H棒的位移h棒1v1t1a棒t12Hx1h環1h棒1解得：x1棒、環一起下落至地，有：v22v122gh棒1解得：v2同理，環第二次相對棒的位移為：x2h環2h棒2xn故環相對棒的總位移xx1x2xn所以Wkmgx解法二經過足夠長的時間棒和環最終靜止，設這一過程中它們相對滑動的總路程為l，由能量的轉化和守恒定律有：mgHmg(Hl)kmgl解得：l故摩擦

9、力對環和棒做的總功為：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軌安裝在一光滑絕緣斜面上，導軌間距為l、足夠長且電阻忽略不計，導軌平面的傾角為，條形勻強磁場的寬度為d，磁感應強度大小為B，方向與導軌平面垂直長度為2d的絕緣桿將導體棒和正方形的單匝線框連接在一起組成“”形裝置，總質量為m，置于導軌上導體棒中通以大小恒為I的電流(由外接恒流源產生，圖中未畫出)線框的邊長為d(d<l)，電阻為R，下邊與磁場區域上邊界重合將裝置由靜止釋放，導體棒恰好運動到磁場區域下邊界處返回，導體棒在整個運動過程中始終與導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，線框中產生的焦耳熱Q(2)線框第一次穿越磁場區域所需的時間t1(3)經過足夠長時間后，線框上邊與磁場區域下邊界的最大距離xm2009年高考·江蘇物理卷【解析】(1)設裝置由靜止釋放到導體棒運動到磁場下邊界的過程中，作用在線框上的安培力做功為W，由動能定理得：mgsin ·4dWBIld0且QW解得：Q4mgdsin BIld(2)設線框剛離開磁場下邊界時的速度為v1，則接著向下運動2d，由動能定理得：mgsin ·2dBIld0mv12線框在穿越磁場中運動時受到的合力Fmgsin F感應電動勢EBdv感應電流I安培力FBId由牛頓第二定律，在t

11、到(tt)時間內，有vt則vgsin t有v1gt1sin 解得：t1(3)經過足夠長時間后，線框在磁場下邊界與最大距離xm之間往復運動，由動能定理得：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。整個空間存在勻強磁場，磁感應強度方向豎直向下。一電荷量為q（q0）、質量為m的小球P在球面上做水平的勻速圓周運動，圓心為O。球心O到該圓周上任一點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動，求磁感應強度大小的最小值及小球P相應的速率。重力加速度為g。據題意，小球P在

12、球面上做水平的勻速圓周運動，該圓周的圓心為O。P受到向下的重力mg、球面對它沿OP方向的支持力N和磁場的洛侖茲力 fqvB 式中v為小球運動的速率。洛侖茲力f的方向指向O。根據牛頓第二定律 由式得 由于v是實數，必須滿足0 由此得 B 可見，為了使小球能夠在該圓周上運動，磁感應強度大小的最小值為 此時，帶電小球做勻速圓周運動的速率為 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量m0.09kg的小物塊（視為質點）。小物塊與斜面之間的動摩擦因數0.2。當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：設小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面向下運動，到達斜面底端時速度為v。由功能關系得 以沿斜面向上為動量的正方向。按動量定理，碰撞過程中擋板給小物塊的沖量 設碰撞后小物塊所能達到的最大高度為h，則 同理，有 式中，v為小物塊再次到達斜面底端時的速度，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數，首項為 總沖量為 由 得 代入數據得 N·s 解法二：設小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面向下運動，小物塊受到重力，斜面對它的摩擦力和支持力，小物塊向下運動的加速度為