(完整版)物理中求极值的常用方法

物理解题中求极值的常用方法
运用数学工具处理物理问题的能力是高考重点考查的五种能力之一，其中极值的计算在教学中频繁出现。

因为极值问题范围广、习题多，会考、高考又经常考查，应该得到足够重视。

另外很多学生数、理结合能力差，这里正是加强数理结合的“切人点”。

学生求极值，方法较少，教师应该在高考专题复习中提供多种求极值的方法。

求解物理极值问题可以从物理过程的分析着手，也可以从数学方法角度思考，下面重点对数学方法求解物理极值问题作些说明。

1、利用顶点坐标法求极值
对于典型的一元二次函数y=ax 2+bx+c,
若a>0,则当x=-a b 2时,y 有极小值，为y min =a b ac 442-；
若a<0,则当x=-a
b
2时,y 有极大值，为y max =a b ac 442-；
2、利用一元二次函数判别式求极值 对于二次函数y=ax 2+bx+c ，用判别式法 利用Δ＝b 2-4ac ≥0。

(式中含y) 若y ≥A ，则y min ＝A 。

若y ≤A ，则y max ＝A 。

3、利用配方法求极值
对于二次函数y=ax 2+bx+c ，函数解析式经配方可变为y=(x-A)2+常数：（1）当x ＝A 时，常数为极小值；或者函数解析式经配方可变为y = －( x －A )2+常数。

（2）当x ＝A 时，常数为极大值。

4、利用均值定理法求极值 均值定理可表述为
≥+2
b
a a
b ，式中a 、b 可以是单个变量，也可以是多项式。

当a ＝b 时， (a+b)min ＝2ab 。

当a ＝b 时， (a+b) max ＝2
)(2
b a +。

5、利用三角函数求极值
如果所求物理量表达式中含有三角函数，可利用三角函数的极值求解。

若所求物理量表达式可化为“y=Asin ααcos ”的形式，则y=
21Asin2α，在α=45º时，y 有极值2
A 。

对于复杂的三角函数，例如y=asin θ+bcos θ，要求极值时先需要把不同名的三角函数sin θ和cos θ，变成同名的三角函数，比如sin(θ+ф) 。

这个工作叫做“化一”。

首先应作辅助角如所示。

考虑asin θ+bcos θ＝ (
θθcos sin 2
2
2
2
b
a b b
a a ++
+)
＝22b a + (cos фsin θ+sin фcos θ)
＝22b a +sin(θ+ф) 其最大值为22b a +。

6、用图象法求极值
通过分析物理过程遵循的物理规律，找到变量之间的函数关系，作出其图象，由图象可求得极值。

7、用分析法求极值
分析物理过程，根据物理规律确定临界条件求解极值。

下面针对上述7种方法做举例说明。

例1：如图2所示的电路中。

电源的电动势ε＝12伏，内阻r ＝0.5欧，外电阻R 1＝2欧，R 2＝3欧，滑动变阻器R 3＝5欧。

求滑动变阻器的滑动头P 滑到什么位置，电路中的伏特计的示数有最大值?最大值是多少?
分析：设aP 间电阻
为x ，外电路总电阻为R. 则：
R 1
R 3
a
p b
V
r 、ε
R 2
图2
φ
a b 图1
10
)8)(2(532)
53)(2()
)((3
21321X X X X R R R X R R X R R -+=
++-++=
++-++=
先求出外电阻的最大值R max 再求出伏特计示数的最大值U max 。

本题的关键是求R max ，下面用四种方法求解R max 。

[方法一] 用顶点坐标法求解
抛物线方程可表示为y ＝ax 2+bx+c 。

考虑R ＝10
)8)(2(x x -+=1016
62++-x x ，
设y ＝-x 2+6x+16，
当x ＝a
b
2-＝ —)1(26-＝3时，R max (3)＝101636)3(2+⨯+- ＝2.5Ω。

[方法二] 用配方法求解
考虑R ＝10
)
8)(2(x x -+ ＝101662++-x x =1025)3(2+--x 。

即x ＝3Ω时，R max ＝5.210
25
=Ω。

[方法三] 用判别式法求解
考虑R ＝10
16
62++-x x ，则有-x 2+6x+16-10R ＝0，
Δ＝b 2-4ac ＝36-4(-1)(16-10R)＞0，即：100-40R ≥0， R ≤2.5Ω，即R max ＝2.5Ω。

[方法四] 用均值定理法求解 考虑R ＝
10
)
8)(2(x x -+，设a ＝2+x ；b ＝8-x 。

当a ＝b 时，即2+x ＝8-x ， 即x ＝3Ω时，R max (3)＝
10
)
38)(32(-+ ＝2.5Ω。

也可以用上面公式(a+b)max ＝2
)]8)(2[(2
x x -+＝25，
R max ＝
10)(max b a +＝10
25
＝2.5Ω。

以上用四种方法求出R max ＝2.5Ω，下边求伏特计的最大读数。

I min ＝
r
R +m ax ε
＝
5
.05.212
+＝4(A)。

U max ＝ε- I min r ＝12-4⨯0.5＝10(V)。

即变阻器的滑动头P 滑到R 3
的中点2.5Ω处，伏特计有最大值，最大值为10伏。

例2：如图3所示。

光滑轨道竖直放置，半圆部分的半径为R ，在水平轨道上停着一个质量为M ＝0.99kg 的木块，一颗质量为m ＝0.01Kg 的子弹，以V 0=400m/s 的水平速度射入木块中，然后一起运动到轨道最高点水平抛出，试分析：当圆半径R 多大时，平抛的水平位移是最大?且最大值为多少?
[解析]子弹与木块发生碰撞的过程，动量守恒，设共同速度为V 1，则： mV 0＝(m+M)V 1， 所以：V 1=
0V M m m +＝s m s m /4/40099
.001.001
.0=⨯+
设在轨道最高点平抛时物块的速度为V 2，由于轨道光滑，故机械能守恒：
2221)(2
1
)(2)(21V M m gR M m V m M +++=+ 所以：V 2=)/(])(4)[(2
1M m gR m M V M m ++-+
=R R Rg V 40161044422
1-=⨯-=
-
则平抛后的位移可以表示为：
s =V 2t =V 210
4)4016(4R
R g R ⨯
-=⨯
图3
＝4R R 4.02+-。

因为a=-1<0,所以水平位移S 应该存在最大值。

当R=)
1(24.02-⨯-=-
a b =0.2m 时， S max ＝0.8m
例3：在一平直较窄的公路上，一辆汽车正以22m/s 的速度匀速行驶，正前方有一辆自行车以4m/s 的速度同向匀速行驶，汽车刹车的最大加速度为6m ／s 2，试分析两车不相撞的条件。

[解析]要使二者不相撞，则二者在任一时间内的位移关系应满足 V 0t-
S Vt at +<2
2
1 （式中S 为汽车刹车时与自行车间距） 代入数据整理得：3t 2-18t+S>0， 显然，当满足∆＝b 2-4ac ≥0，
即∆＝182-4⨯3S ≥0得：S ≤27m ，S min =27m 。

当汽车刹车时与自行车间距为27米时是汽车不与自行车相撞的条件。

例4：如图4所示。

一辆四分之一圆弧小车停在不光滑水平地面上，质量为m 的小球从静止开始由车顶无摩擦滑下，且小车始终保持静止状态，试分析：当小球运动到什么位置时，地面对小车的摩擦力最大?最大值是多少?
[解析]：设圆弧半径为R ，当小球运动到重力mg 与半径夹角为θ时，速度为V ，根据机械能守恒定律和牛顿第二定律有：
图4
R
V
m
mg N mgR mV 22cos cos 2
1
=-=θθ 解得小球对小车的压力为：N=3mgcos θ，其水平分量为：N x =3mgsin θcos θ=θ2sin 2
3
mg 根据平衡条件，地面对小车的静摩擦力水平向右，大小为：f= N x =
θ2sin 2
3
mg 可以看出：当sin2θ=1,即θ=45º时，地面对小车的静摩擦力最大，其值为：f max =mg 2
3。

例5：如图5所示。

质量为m 的物体由力F 牵引而在地面上匀速直线运动。

物体与地面间的滑动摩擦系数为μ,求力F 最小时的牵引角θ。

(F 的方向是随θ变化的。

)
[解析]：因物体匀速直线运动，所以有： Fcos θ-f ＝0 ①
f ＝μN ＝μ(mg-Fsin θ) ② ②代人①得：Fcos θ-μmg+μFsin θ＝0 即：F ＝
θ
μθμsin cos +mg。

分母为两项不同名的三角函数，需要转化成同名的三角函数，也就是需要“化
一”。

由前面的“化一”结论得：a sin θ+b cos θ＝22b a +sin(θ+ф) 考虑本题分母：μs in θ+cos θ与a sin θ+b cos θ用比较法，得：a ＝μ；b ＝1。

于是tg ф＝
μ1=a b ，则ф＝arc tg μ1。

所以，μsin θ+cos θ＝12+μsin(θ+arc tg μ
1
)。

要使F 最小，则分母μs in θ+cos θ需最大，因此，θ+arc tg
μ1＝2
π。

所以有：θ＝
2
π
-arc tg μ1＝2π-arc ctg μ=arc tg μ。

即：θ=arc tg μ时，F 最小。

作为教师，运用“求导数”对本题验算非常简便。

F ＝
θμθμsin cos +mg 。

考虑0=θ
d dF
，则有μcos θ
-sin θ＝0则θ＝arc tg μ，即当F 最小时，牵引角θ＝arc tg μ。

例6：甲、乙两物体同时、同地、同向由静止出发，甲做匀加速直线运动，加速度为4米／秒2，4秒后改为匀速直线运动；乙做匀加速直线运动，加速度为2米／秒2，10秒后改为匀速直线运动，求乙追上甲之前它们之间的最大距离。

分析：运用物理规律和图形相结合求极值．是常用的一种比较直观的方法。

由题意可知，4秒后甲做匀速直线运动的速度为：V 甲=a 甲t 甲＝4⨯4＝16(m ／s)。

乙10秒后做匀速运动的速度为：V 乙＝a 乙t 乙＝2⨯10＝20(m ／s)。

可画出v —t 如上图6所示。

图线在A(8，16)点相交，这表明在t ＝8秒时，两物体的速度相等，因此．在t ＝8秒时，两者间的距离最大。

此时两图线所围观积之差，就是两者间的最大距离。

即S max ＝21
⨯4⨯16 + 4⨯16 —
2
1
⨯8⨯16＝32(m)。

用分析法求极值在物理计算中较常见。

经过对物理状态或过程分析后求极值，不一定要用繁难的数学，关键是确定临界状态和过程的最值。

例7：如图7所示。

AB 、CD 是两条足够长的固定平行金属导轨，两条导轨间的距离为L ，导轨平面与平面的夹角是θ，在整个导轨平面内部有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感应强度为B 。

在导轨的AC 端连接一个阻值为R 的电阻，一根垂直于导轨放置的金属棒ab ，质量为m ，从静止开始沿导轨下滑。

已知ab 与导轨间的滑动摩擦系数为μ，导轨和金属棒的电阻不计。

求ab 棒的最大速度。

[解析]
：采用分析法要注意抓三个环节，即分析物理过程；确定极值状态；运用物理规律求解。

金属
棒ab 横截面受力如上图7所示。

在下滑过程中，ab 受重力mg ，支持力N ＝mgcos θ，摩擦力f ＝μmgcos θ，安培力F ＝R
V
L B 22。

沿
导轨平面有：
mgsin θ-μmgcos θ-R
V
L B 22=ma ① ab 由静止加速下滑会导致：
当a ＝0时，ab 速度到达最大，即：V ＝V max 所以①式变为
mgsin θ—μmgcos θ—R
V L B max
22=0 ②
②解式得：V max ＝
2
2)
cos (sin L B mg θμθ- 。

综上所述，求解极值习题常用的方法列举了七种、即均值定理法、顶点坐标法、配方法、判别式法、三角函数中“化一”法、图解法、分析法。

针对有些习题所给的条件的“有界性”，运用求极值的方法时要特别注意，求出的极值不能“出界”，要注意定义域和值域的对应关系。

例8：如图8所示。

已知电流表内阻忽略不计。

ε＝10V ，r ＝1Ω，Ro ＝R ＝4Ω，其中R 为滑动变阻
器的最大值。

当滑动片P 从最左端滑到最右端的过程中，电流表的最小
值是多少?最大值是多少?电流表的示数将怎样变化?
图8
a
图7
解：设滑动变阻器滑片P 左端的电阻为R 左，通过电流表的电流为I A ，通过R o 的电流为I o ，由并联电路可知
A I I 0=0
R R 左 ① 由欧姆定律得：I ＝r R +总ε
即：I=
1
44410
+-++=
+-+左左
左
左并）（R R R r
R R R ε
②
I=I 0+I A = I A
）（左
10
+R R ③ 把③代入②式整理得I A ＝20
540
2++-左左
R R ④
用配方法对④式求极值。

I A ＝
20
540
2
++-左左R R =
25
.262540
2
+--）（左R 当R ＝2.5Ω时，I A 有极小值I Amin ＝=5
.2640
1.52(A)。

当求电流表的最大值时，就需考虑R 的取值范围是“有界”的。

这时的极值要与“界”的定义域对应，不能“出界”。

当R 左＝0时，即由④式得I A p 在a ＝
2040
＝2(A)。

当R 左＝R ＝4Ω时，由④式得I A P 在b ＝67.120
45440
2
=+⨯+-(A)。

由此可得，电流表先从2A 减小到1.52A ，然后再增加到1.67A 。

所以电流表的最大值是2A ，其变化
是先减小后增大。

综上所述，求极值的七种方法是解高中物理题的常用方法。

在使用中，还要注意题目中的条件及“界”的范围。