高中物理-求极值的六种方法一、临界条件法对物理情景和物理过程进行分析，利用临界条件和关系建立方程组求解，这是高中物理中最常用的方法．(2014·高考安徽卷)如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为32(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g 取10 m/s2.则ω的最大值是( )A. 5 rad/sB. 3 rad/s C ．1.0 rad/s D ．0.5 rad/s[解析] 当物体转到最低点时，恰好不滑动的临界条件为：物体受到静摩擦力达到最大值，即F f ＝F fm ，此时转盘的角速度最大，受力如图所示(其中O 为对称轴位置)．由沿斜面的合力提供向心力，有F fm －mg sin 30°＝mω2R由题意知：F fm ＝F f ＝μmg cos 30° 解得：ω＝g4R＝1.0 rad/s ，C 正确． [答案] C二、二次函数极值法 对于二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c ，当a >0时，y 有最小值y min ＝4ac －b 24a ，当a <0时，y 有最大值y max ＝4ac －b 24a.也可以采取配方法求解．(2016·临沂模拟)如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m ＝0.5 kg 的小物块，它与水平台阶表面的动摩擦因数μ＝0.5，且与台阶边缘O 点的距离s ＝5 m ．在台阶右侧固定了一个1/4圆弧挡板，圆弧半径R ＝1 m ，圆弧的圆心也在O 点．今以O 点为坐标原点建立平面直角坐标系，现用F ＝5 N 的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板．(1)若小物块恰能击中挡板上的P 点(OP 与水平方向的夹角为37°)，求其离开O 点时的速度大小；(2)为使小物块击中挡板，求拉力F 作用的最短时间；(3)改变拉力F 的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值． [解析] (1)小物块从O 点运动到P 点，做平抛运动 水平方向：R cos 37°＝v 0t ，竖直方向：R sin 37°＝12gt 2解得：v 0＝433 m/s.(2)为使小物块击中挡板，小物块必须能运动到O 点 小物块在水平台阶表面上运动，由动能定理得：Fx 0－μmgs ＝ΔE k ＝0， 解得：x 0＝2.5 m由牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma ，解得：a ＝5 m/s 2 由运动学公式得：x 0＝12at 2，解得：t ＝1 s.(3)设小物块击中挡板任意点的坐标为(x ，y )，则 x ＝vt ，y ＝12gt 2再由动能定理得：mgy ＝E k －12mv 2又1/4圆弧挡板方程为：x 2＋y 2＝R 2 化简得：E k ＝mgR 24y ＋3mgy4当mgR 24y ＝3mgy 4，即y ＝33R 时，动能E k 取最小值，E kmin ＝523 J. [答案] (1)43 3 m/s (2)1 s (3)52 3 J三、三角函数法某些物理量之间存在着三角函数关系，可根据三角函数知识求解极值．如图甲所示，一物体以一定的速度v 0沿足够长斜面向上运动，此物体在斜面上的最大位移与斜面倾角的关系如图乙中的曲线所示．运动过程中物体的动摩擦因数不变，g ＝10m/s 2.(1)求物体的初速度大小和物体与斜面之间的动摩擦因数；(2)若物体的质量为m ，初速度大小为v ，当斜面倾角为α时，物体上滑位移为s ，求物体上滑过程中克服摩擦力做的功；(3)θ为多大时，x 值最小，最小值为多少？[解析] (1)当斜面倾角θ为90°时，物体做竖直上抛运动，v 20＝2gh ，由题图乙可知，上升的最大位移h ＝54 m解得：v 0＝5 m/s ①当斜面倾角θ为0°时，物体沿水平面运动，运动的位移x 0＝54 3 m ，则物体运动中必受到摩擦阻力的作用，设动摩擦因数为μ，此时摩擦力大小为f ＝μmg由牛顿第二定律得，f ＝ma 加速度大小为a ＝μg ②对物体在水平面的运动，由运动学方程：v 20＝2ax 0③ 联立①②③，解得：μ＝33. (2)当斜面倾角为α时，设物体上滑过程中克服摩擦力做的功为W f ，由动能定理得， －mgs sin α－W f ＝0－12mv 2解得：W f ＝12mv 2－mgs sin α.(3)对于斜面倾角θ为任意一角度，利用动能定理可得 －mgx sin θ－μmgx cos θ＝0－12mv 20.解得：x ＝v 202g (sin θ＋μcos θ)＝h sin θ＋μcos θ.设μ＝tan φ，上式可化为：x ＝h1＋μ2sin(θ＋φ)当θ＝90°－φ＝90°－arctan 33＝60°时，x 为最小值 最小值：x ＝h 1＋μ2＝32h ＝1.08 m. [答案] (1)5 m/s 33 (2)12mv 2－mgs sin α (3)60° 1.08 m四、图解法此种方法一般适用于求矢量极值问题，如动态平衡问题、运动的合成问题，都是应用点到直线的距离最短求最小值．质量为m 的物体与水平地面间的动摩擦因数为μ，用图解法求维持物体做匀速运动的最小拉力．[解析] 由F fF N ＝μ知，不论F f 、F N 为何值，其比值恒定由图知F fF N＝μ＝tan α，即F ′的方向是确定的．由平衡条件推论可知：mg 、F ′、F 构成闭合三角形． 显然，当F ⊥F ′时，F 最小．F min ＝mg sin α＝mg tan α1＋tan 2 α＝μmg 1＋μ2.(说明：此题也可用三角函数法求解．)物体受力分析如图． 由平衡条件得： F ·cos θ＝F f ① F ·sin θ＋F N ＝mg ② 又F f ＝μF N ③联立①②③得：F ＝μmgcos θ＋μsin θ令sin α＝11＋μ2，cos α＝μ1＋μ2 则F ＝μmg1＋μ2 sin(α＋θ)当sin(α＋θ)＝1时，F min ＝μmg1＋μ2.[答案] μmg1＋μ2 五、均值不等式法任意两个正整数a 、b ，若a ＋b ＝恒量，当a ＝b 时，其乘积 a ·b 最大；若a ·b ＝恒量，当a ＝b 时，其和a＋b 最小．小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m 的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动．当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d 后落地，如图所示．已知握绳的手离地面高度为d ，手与球之间的绳长为34d ，重力加速度为g .忽略手的运动半径和空气阻力． (1)求绳断时球的速度大小v 1和球落地时的速度大小v 2；(2)问绳能承受的最大拉力多大？(3)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？[解析] (1)设绳断后球飞行时间为t ，由平抛运动规律，有竖直方向14d ＝12gt 2，水平方向d ＝v 1t解得v 1＝2gd由机械能守恒定律有12mv 22＝12mv 21＋mg ⎝⎛⎭⎫d －34d 得v 2＝52gd . (2)设绳能承受的最大拉力大小为F T ，这也是球受到绳的最大拉力大小 球做圆周运动的半径为R ＝34d由圆周运动向心力公式，有F T －mg ＝mv 21R得F T ＝113mg .(3)设绳长为l ，绳断时球的速度大小为v 3，绳承受的最大拉力不变，有F T －mg ＝m v 23l 得v 3＝83gl 绳断后球做平抛运动，竖直位移为d －l ，水平位移为x ，时间为t 1有d －l ＝12gt 21，x ＝v 3t 1得x ＝4l (d －l )3当l＝d 2时，x 有最大值，x max ＝233 d.[答案] 见解析六、判别式法一元二次方程的判别式Δ＝b 2－4ac ≥0时有实数根，取等号时为极值，在列出的方程数少于未知量个数时，求解极值问题常用这种方法．(原创题)如图所示，顶角为2θ的光滑绝缘圆锥，置于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B ，现有质量为m 、带电量为－q 的小球，沿圆锥面在水平面内做圆周运动，求小球做圆周运动的最小半径．[解析] 小球受力如图，设小球做圆周运动的速率为v ，轨道半径为R . 由牛顿第二定律得：水平方向：qvB －F N cos θ＝mv 2R竖直方向：F N sin θ－mg ＝0 两式联立得： mv 2R－qvB ＋mg cot θ＝0 因为速率v 为实数，故Δ≥0 即(qB )2－4⎝⎛⎭⎫m R mg cot θ≥0 解得：R ≥4m 2g cot θq 2B 2故最小半径为：R min ＝4m 2g cot θq 2B 2.[答案] 4m 2g cot θq 2B 21.(2016·广州模拟)如图所示，船在A 处开出后沿直线AB 到达对岸，若AB 与河岸成37°角，水流速度为4 m/s ，则船从A 点开出的最小速度为( )A ．2 m/sB ．2.4 m/sC ．3 m/sD ．3.5 m/s解析：选B.AB 方向为合速度方向，由图可知，当v 船⊥AB 时最小，即v 船＝v 水·sin 37°＝2.4 m/s ，B 正确．2．(原创题)如图，有几个底边长度均为L 、倾角不同的光滑斜面，将一物体从斜面顶端由静止释放滑到底端，当倾角α为多少时用时最短？最短时间为多少？解析：斜面长度为s ＝Lcos α.物体的加速度为a ＝g sin α. 由s ＝12at 2得：t ＝2Lg sin αcos α＝4Lg sin 2α当α＝45°时，t 最小， t min ＝2L g. 答案：45° 2L g3.一质量为m 的小球在光滑的水平面上以速度v 0匀速运动，从t ＝0时刻开始小球受到恒力F 作用，F 与v 0之间的夹角如图所示．求：(1)小球速度的最小值；(2)小球速度最小时的位移的大小．解析：(1)如图，将v 0分解为平行于F 方向的v 0sin θ和垂直于F 方向的v 0cos θ，因小球在垂直于F 方向的速度不变，当平行于F 方向的分速度为0时v 最小，则v min ＝v 0cos θ.(2)小球从t ＝0时刻到速度达到最小值的过程可看做初速度为v 0cos θ的反方向的类平抛运动过程，则小球的加速度大小为a ＝Fm所用时间t ＝v 0sin θa小球在垂直于F 方向的位移为x ＝v 0cos θ·t 平行于F 方向的位移为y ＝12at 2故总位移为l ＝x 2＋y 2解得l ＝mv 20sin θ3cos 2θ＋12F.答案：见解析4.(原创题)一人在距公路垂直距离为h 的B 点(垂足为A )，公路上有一辆以速度v 1匀速行驶的汽车向A 点行驶，当汽车距A 点距离为L 时，人立即匀速跑向公路拦截汽车，求人能拦截住汽车的最小速度．解析：法一：设人以速度v 2沿图示方向恰好在C 点拦住汽车，用时为t .则L ＋h tan α＝v 1t ① hcos α＝v 2t ② 整理得：v 2＝hv 1L cos α＋h sin α＝hv 1L 2＋h 2⎝ ⎛⎭⎪⎫L L 2＋h 2cos α＋h L 2＋h 2sin α由数学知识知：v 2min ＝hv 1L 2＋h 2. 法二：选取汽车为参照物．人正对汽车运动即可拦住汽车，即人的合速度方向指向汽车．其中一分速度大小为v 1，另一分速度为v 2，当v 2与合速度v 垂直时，v 2最小，由相似三角形知识可得： v 2v 1＝hL 2＋h 2 v 2＝hv 1L 2＋h 2. 答案：hv 1L 2＋h 25．甲、乙两车在平直公路上比赛，某一时刻，乙车在甲车前方L 1＝11 m 处，乙车速度v 乙＝60 m/s ，甲车速度v 甲＝50 m/s ，此时乙车离终点线尚有L 2＝600 m ，如图所示．若甲车加速运动，加速度a ＝2 m/s 2，乙车速度不变，不计车长．求：(1)经过多长时间甲、乙两车间距离最大，最大距离是多少？ (2)到达终点时甲车能否超过乙车？解析：(1)当甲、乙两车速度相等时，两车间距离最大， 即v 甲＋at 1＝v 乙，得t 1＝v 乙－v 甲a ＝60－502 s ＝5 s甲车位移x 甲＝v 甲t 1＋12at 21＝275 m乙车位移x 乙＝v 乙t 1＝60×5 m ＝300 m 此时两车间距离Δx ＝x 乙＋L 1－x 甲＝36 m. (2)甲车追上乙车时，位移关系x ′甲＝x ′乙＋L 1 甲车位移x ′甲＝v 甲t 2＋12at 22，乙车位移x ′乙＝v 乙t 2，将x ′甲、x ′乙代入位移关系， 得v 甲t 2＋12at 22＝v 乙t 2＋L 1，代入数值并整理得t 22－10t 2－11＝0， 解得t 2＝－1 s(舍去)或t 2＝11 s ， 此时乙车位移x ′乙＝v 乙t 2＝660 m ＞L 2 故到达终点时甲车不能超过乙车． 答案：见解析6．(原创题)如图所示，电动势为E 、内阻为r 的电源给一可变电阻供电，已知可变电阻变化范围为0～R m ，且R m >r .当R 为何值时功率最大，最大功率为多少？解析：设可变电阻为R ， 则I ＝ER ＋rP ＝I 2R ＝E 2(R ＋r )2·R ① 配方法：P ＝E 2(R －r )2R＋4r显然，当R ＝r 时，功率最大，P max ＝E 24r .判别式法：将①式整理成关于R 的二次方程 PR 2＋(2Pr －E 2)R ＋Pr 2＝0 由于R 为实数，故Δ≥0 即(2Pr －E 2)2－4P 2r 2≥0 解得：P ≤E 24r最大值为P max ＝E 24r，代入①式得R ＝r .答案：见解析7.质量分别为M 、m 的斜面体A 、B 叠放在光滑水平面上，斜面体倾角为α，两者之间的动摩擦因数为μ(μ＜tan α)，今用水平外力F 推B ，使两者不发生滑动，求F 的取值范围，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．(已知：m ＝3 kg ，M ＝8 kg ，μ＝0.5，α＝37°)解析：B 恰好不向下滑动时，所需F 最小，此时B 受到最大静摩擦力沿斜面向上．如图甲所示． 设两者共同的加速度为a 1，对整体有： F min ＝(M ＋m )a 1① 对B 有：⎩⎪⎨⎪⎧F min ＋F f1cos α－F N1sin α＝ma 1F f1sin α＋F N1cos α＝mg F f1＝μ·F N1②③④联立解得： F min ＝m (M ＋m )(sin α－μcos α)M (cos α＋μsin α)g ＝7.5 NB 恰好不上滑时所需F 最大，此时B 受最大静摩擦力沿斜面向下．如图乙所示． 设共同加速度为a 2，对整体有： F max ＝(M ＋m )a 2⑤ 对B 有：⎩⎪⎨⎪⎧F max －F f2cos α－F N2sin α＝ma 2F N2cos α＝mg ＋F f2sin αF f2＝μF N2⑥⑦⑧ 联立解得： F max ＝m (M ＋m )(sin α＋μcos α)M (cos α－μsin α)g ＝82.5 N故取值范围为7.5 N ≤F ≤82.5 N. 答案：7.5 N ≤F ≤82.5 N。