求解物理极值问题的几种数学方法.docx

求解物理极值问题的几种数学方法1.利用抛物线顶点坐标公式或判别式求极值一元二次函数y=Ax2+Bx+C的图像为抛物线顶点坐标为x=―BD2Ay=4ac―b2D4a.若A>0开口向上则存在最小值；若A例1如图1所示将小球从水平地面上方高度为h处以速率v0抛出求水平位移的最大值及抛射角.解析小球以初速度v0从原点向各个方向做匀速运动同时向下做自由落体运动把小球向下做自由落体运动视为地平面以加速度a=g向上运动如图2所示在直角坐标系中小球经时间t的轨迹方程为x2+y2=（v0t）2地平面经过时间t的轨迹方程为y=1D2gt2―h两个运动方程的交点即为小球的落地点此时x的值即为小球的水平射程联立方程得x2+y2=2v20Dg（y+h）即x2=―y2+2v20Dgy+2v20Dgh.这是关于变量y的一元二次函数当y=v20Dg时x的最大值为xmax=v0v20+2ghDg.2.利用三角函数求极值利用公式asinθ+bcosθ=a2+b2sin（θ+）或三角函数的值域可求极值.例2给物体一个初速度由于惯性物体会沿斜面向上滑动一段位移.这个位移不仅跟初速度v0大小有关还跟斜面倾角θ、物体与斜面的动摩擦因素μ有关.试求物体上滑的最大位移s与初速度v0、斜面倾角θ、动摩擦因素μ的关系式.并且求出极值.解析沿斜面上滑的物体运动加速度大小为a=mgsinθ+μmgcosθDm=g（sinθ+μcosθ）物体上升到最大位移时速度为零由运动学公式可知位移为s=v20D2a=v20D2g（sinθ+μcosθ）.可知位移存在最小值设y=g（sinθ+μcosθ）当0y=1+μ2sin（θ+）其中=arctanbDa=arctanμ因此当θ+=πD2时y取最大值为ymax=1+μ2所以位移最小值为smin=v20D2g1+μ2.此时θ=πD2―arctanμ.还有两种特殊情形（1）θ=0即水平面上运动加速度大小为a=μg最大位移为s1=v20D2μg；（2）θ=πD2即竖直上抛运动运动加速度a=g最大位移为s2=v20D2g.由此可知tan=μ=s2Ds1即s1与s2构成直角三角形的两个直角边如图3所示.可见最大位移可用直角三角形中过直角顶点的与斜边上一点的连线来表示其倾斜角为斜面的倾斜角随着角度θ的增大最大位移先减小后增大因此存在最小值即当位移与斜边垂直时位移最小.3.利用均值不等式求极值对于三个正数a、b、c其算术平均数不小于几何平均数即有不等式a+b+cD3≥abc当且仅当a=b=c时取等号.对于形如y=sin2θcosθ或y=sinθcos2θ的函数取平方后化为三项即可求极值.例3如图4所示AB、CD是两固定的光滑杆AB水平CD竖直两个等质量的小环P、Q系在长为L的不可伸长的轻线两端并分别套在杆AB、CD上手持两环使线水平并处于张紧状态现同时释放两环求Q环下滑过程中的最大速度.解析如图5所示.设运动过程中线与水平方向夹角为θ时P、Q的速度分别为v1、v2其中v1始终沿水平方向v2始终沿竖直方向把它们分解为沿细线方向和垂直于细线方向的分速度由于线不可伸长也不弯曲可视为刚性杆则沿线方向的分速度相等即v1cosθ=v2sinθ对整体由机械能守恒定律有1D2mv21+1D2mv22=mgLsinθ联立解得v22=2gLsinθcos2θ令y=sinθcos2θ变形为1D4y2=sin2θ・1D2cos2θ・1D2cos2θ由于sin2θ+1D2cos2θ+1D2cos2θ=1为常数则由三元均值不等式可知当且仅当sin2θ=1D2cos2θ时函数（1D4y2）取最大值为1D27即y取最大值为23D9因此v22取最大值为43D9gL所以Q环下滑速度的最大值为2D33gL.此时线的倾斜角为θ=arctan2D2=35°16′.4.利用异形双曲线求极值对于函数y=ax+bDx（a>0b>0）在区间（―∞+∞）上的图像是如图6所示的异形双曲线其渐近线方程为y=ax和y=bDx.由均值不等式c+dD2≥cd可知当且仅当ax=bDx即x=±bDa时函数y取极值为±2ab.函数在第一象限的单调性为在区间（0bDa]上是减函数；在区间[bDa+∞）上是增函数.例4某列车允许的最大加速度为am最大速度为v