极值问题

2024-09-16

极值问题（精选12篇）

极值问题篇1

物理方法是利用物理规律和题中所给定的条件, 讨论什么情况有极值。这种解法简便, 易于理解。下面举例说明几种物理上常见的极值问题。

方法1:在矢量问题中, 若三个矢量能组成三角型, 其中矢量1恒定, 矢量2方向恒定, 则第三个矢量在与矢量2垂直的方向上必有极小值。如图:且3矢量的极小值为矢量1和矢量1与2夹角正弦的乘积。

例1 质量为的木箱置于水平面上,

和地面的动摩擦因数为undefined。如图所示, 木箱受到一个与水平方向成θ角斜向上的拉力F 的作用, 为使木箱匀速运动, 求拉力F的最小值是多少?此时θ角多大?

分析:木箱的受力如图, 木箱受到的摩擦力和支持力目前虽然不确定, 但这两个力的合力F1方向是确定的, 即undefined当F⊥F1时, 即θ=30°时, F取得最小值为F=G·sinα=49N

方法2:物体沿着位于同一竖直放置的圆上的所有到达圆周最低点光滑弦由静止下滑的时间相等, 或物体从圆的最高点由静止下滑到达圆周上任一点的时间相等, 且undefined, 在解决某些时间问题中, 构造最小的圆, 可求最短时间。

例2 如图, AB是一倾角为θ的输送带, P处为原料输入口, 在P与AB输送带间建立一管道 (假使光滑) , 使原料从P处以最短的时间到达输送带上, 则管道与竖直方向的夹角应为多大?

解析:以过P点的竖直线为半径作圆, 要求该圆与输送带AB相切,

如图所示, C为切点, O为圆心。显然, 沿着PC弦建立管道, 原料从P处到达C点处所用时间最短, 可得:PC与竖直方向间的夹角等于θ/ 2。

方法3:在恒力作用下的曲线运动中, 恒力做功由正变负时速度最大, 由负变正时速度最小, 即恒力与速度垂直时速度取得极值, 且等于初速度沿恒力方向和垂直于恒力方向分解时垂直于恒力方向的分速度。例3 在电场强度为E的水平匀强电场中, 以初速度v0竖直向上抛出质量为m, 电量为q的小球, 求小球运动过程中最小速度为多少?

解析:受力分析和运动的分解如图:小球运动过程中, 开始的一段时间内, F与V夹角为钝角, 故F做负功, 直到F与V垂直时速度最小, 而小球的运动可看作沿V1方向的匀速运动和沿V2方向上的变速运动的合运动, 所以当V2减速为零时, 速度最小为V1。设V0与 V1 夹角为θ

undefined

从以上例子可看出, 物理方法解决极值问题, 不仅能清晰的反应物理意义, 而且计算简练, 因此解决极值问题应以物理过程分析, 物理思维和方法为主。

极值问题篇2

一、教材分析

1．教材的内容

选修

1-1

第三章，本节属于专题复习课.2.教材所处的地位和作用

微积分的创立是数学发展史中的里程碑，它的发展应用开创了向近代数学过渡的新时期，它为研究变量与函数提供了重要的方法和手段。导数的概念是微积分的核心概念之一，它有及其丰富的实际背景和广泛的应用。在选修模块中，学生将通过大量实例，经历由平均变化率到瞬时变化率刻画现实问题的过程，理解导数的含义，体会导数思想及其内涵；应用导数探索函数的单调，极值等性质在实际中的应用，感受导数在解决数学问题和实际问题中的作用，体会微积分的产生对人类文化发展的价值。

3.学情分析

①通过《数学必修》中函数，几何与代数，数学建模等内容的学习以及在《数学选修

1-1》中第二，三章内容的学习，学生已经具备了函数的基本知识和运算能力，这为本节我们讨论极值点偏移问题提供了很好的前提与基础。

②学生具体研究学习了数学必修中函数单调性的寻找，证明和应用及不等式的相关结论，具备了一定的探究能力。基于此，学生会产生思考，如何运用函数和不等式来解决高考试题中极值点偏移的问题，能否给出一般性的解决方法和步骤，如果能够得到这类问题较为简单的解题通法，这个常常出现在高考数学压轴题

题位置上的难点将不会再对我们造成太难的阻碍，甚至会成为部分同学新的得分点。

③教学对象是高三年级理科生，由于学生年龄和能力及题目本身思维要求高，过程繁，计算难度大等原因，学生的思维尽管活跃，敏捷，但却缺乏冷静深刻的数学思维和解难题的能力，因此所做的探索过于片面，结论不够严谨.4.教学的重点和难点

重点：函数构造法，对数平均不等式和极值点偏移的判定定理

难点：函数构造法的结题步骤，构造函数的选取，对数平均不等式的放缩和极值点偏移的判定定理的使用

二、教学目标分析

1．知识与技能

1.能运用函数和不等式解决导数应用中极值点偏移的问题

2.掌握函数和不等式解决这类题的一般步骤

3.极值点偏移的判定定理的使用

2、过程与方法

1.通过利用几何画板展现极值点偏移的过程，让学生直观认识感受极值点偏移的本

质原因，激发学生探究解决问题的激情，和培养学生认真观察事物变化过程，总结变化规律的习惯。同时在此处先不给出极值点偏移的判定定理，而是先用函数构造法和对数平均不等式这两种之前已经介绍过的方法来求解例一。重在感受极值偏移的现象，和复习归纳已经学习的知识方法。

2.结合例一的解题过程，重点回顾讨论解题的方法和步骤，展示这两种方法的易错点和难点的突破口，树立学生解难题的信心规范学生的解题过程。然后把时间向前推移六年到例

2（2010

天津）让学生自主模仿例一的解法尝试来解例二，通过例一的复习学生较容易使用其中的一种或两种方法得到题目的答案让学生体会到学以致用的成就感，同时也通过两题的比对了解到高考题目的变迁历史体会该知识点在高考中的地位清楚今后的复习和学习方向。

3.展示学生例二的解题过程并加以点评后提出更高的要求——有没有更好的方法，结合一开始的三张图片让学生再次重新审视极值点偏移的原因回归到数学本质上来，不用很精准只需要说出自己的直观感受即可，通过这一过程让学生锻炼自己的数学直观想象和数学运算分析等核心素养，同时也为后面介绍极值点偏移的判定定理做好铺垫，比较分析函数构造法和对数平均不等式的特点和优缺点，认识到具体问题具体分析，方法的选择要灵活有针对性，不能盲目模仿和生搬硬套，通过一题多解，和同法异题的求解加深解题方法的理解和应用能力的提高，由具体问题的多角度的思维得出不同方法的求解过程培养学生的探索精神和数学归纳的能力，数学抽象能力。

3、情感态度与价值观

通过经历对例一和例二高考真题的探索和解决，激发学生对数学的好奇心和求知欲，鼓励学生大胆尝试、勇于探索、敢于创新，磨练思维品质，从中获得成功的体验，感受数学思维的奇异美、结构的对称美、形式的简洁美、数学的严谨美．引导学生树立科学的世界观，提高学生的数学素养和综合素质。

三、教学方法与手段分析

1.教学方法

结合本节课的教学内容和学生的认知水平，在教法上，我采用“探究发现”模式的教学方法，整个教学过程以学生为主体，学生自主学习为中心的思想，同时运用多媒体课件教学等技术手段，同一题目不同方法的比对，相同方法不同题目的求解让学生由浅入深，循序渐进的参与这堂课的每个过程，自然而然的完成本节课的教学目标。

2.学法

观察分析→自主探究→

合作交流

→初步运用

→归纳小结

3.教学手段

利用计算机和实物投影等辅助教学，充分调动学生参与课堂教学的主动性与积极性.四、教学过程分析

教学是一个教师的“导”，学生的“学”以及教学过程中的“悟”构成的和谐整体.教师的“导”也就是教师启发、诱导、激励、评价等为学生的学习搭建支架，把学习的任务转移给学生，学生就是接受任务，探究问题、完成任务.如果在教学过程中把“教与学”完美的结合也就是以“问题”为核心，通过对知识的发生、发展和运用过程的演绎、解释和探究来组织和推动教学.Ⅰ.创设情境，提出问题

图

极值点无偏移

图

极值点左偏

图

目的：①本例通过给出三张典型的凹函数图像，让学生从图像特征上去直观感受函数图像极值点发生偏移的原因，有助于调动学生学习积极性，同时上来通过图像让学生直观感受而非繁琐的计算来思考解决问题，有助于开拓学生视野回归数学问题本质，降低了学生对于该问题的为难情绪。

②通过学生观察后教师自然而然的给出极值点偏移的定义，并顺带给出极值点偏移的数学解释逐步让学生由感性认知上升到理论认知，当然老师在此可以对学生提出进一步要求，可不可以给出一般性的判定定理？这里我们只先提出问题，做下伏笔，但并不马上去求解，避免由于问题过难而挫伤学生的积极性，同时也为本节课最后的问题做好了铺垫。

Ⅱ.探究问题

例一（2016

全国卷一）已知函数

(x)=

2)ex

a(x

-1)2

有两个零点。

（I）求

a的取值范围；（略）

（II）设

x1,x2

是

(x)的两个零点，证明：

目的：①发挥学生的主观能动性，先自己探求结果，检查学生前一阶段的复习成果和对于问题一的思考和联系；

②让学生对于零点偏移求解过程更加熟练，思路更加清晰；并为下一步对数平均不等式和极值点偏移的判定定理做好铺垫；

解法一：对称构造函数法由（1）知a

①

②构造函数

(x)

x)，(x

＇

(x)

＇

(x)

＇

-1)(ex

2a)

(1-

x)(e2-x

2a)

-1)(ex

e2-x)

1时

e2-

＼

＇

(x)

(x)在(-

¥，1)上

③代入

得

(x1)<

(1)=

(x2)

(x1)

x1)

又Q

(x)在(1，+

¥)上

(1,+

¥),2

(1,+

¥)

＼

即

提问

1：学生解法一由哪些主要步骤，哪些步骤是你觉得难得地方，我们是如何解决这些困难的？

结合学生的回答对称化构造函数处理极值点偏移问题的基本步骤归纳如下：

＇

①求导获得

(x)的单调性，数形结合判断零点

x1,x2

和极值点

x0的范围

②构造辅助函数

(x)

性

(x)

(2x0

x)，判断函数

(x)的符号，确定函数

(x)的单调

③结合F

(x0)

限定

x的范围判定

(x)的符号得到不等式

④将

(或x2)

代入上述不等式，利用

(x1)

(x2)

替换

(x1)

⑤结合①求得

(x)的单调性转化为

x1,x2的不等式，证明结束。提问

2；可不可以把流程继续简化？

其中主要的三步流程简化为“求导→构造→代入”。构造是难点，求导是关键，常用构

造要记清。

提问

3：还有其他解法吗？提醒学生从不等式构造上思考

学生有困难，则先回顾基本不等式内容，让学生从熟悉的，简单的问题入手

调和平均数£

几何平均数£

算术平均数£

平方平均数

A(a,b)

b,L(a,b)

,G(a,b)

ab,(a,b

解法二：对数平均不等式（ALG）

(x)

2)ex1

a(x

-1)2

2)ex2

a(x

-1)2

ìïa(x

-1)2

x)ex1

ïîa(x

-1)2

x)ex2，两式相减得a(x

2)(x

x)ex1

x)ex2

ìx1

（反证）假设

ïx

x)ex

ïa

x)ex1

x)ex2

（左右两边同时取对数）

ln(2

x1)

ln(2

x2)

ln(2

x1)

ln(2

x2)

（x2

x1)

x2)

（*）

x1)-

ln(2

x2)

ln(2

x1)-

ln(2

x2)

由对数平均不等式（ALG）得

x1)

x2)

x1)

x2)

ln(2

x1)-

ln(2

x2)

显然与（*）相矛盾，假设不成立，原命题成立。

解题流程：实际问题→（数学抽象）数学模型→数学解→（解释与检验）实际问题引导学生体会数学思维的奇异美、结构的对称美、形式的简洁美、数学的严谨美．

提问

4：这类问题最早出现在那一年高考题中，当时的高中生如何解决这类问题，我们是否能在当年的高考题中取得满分？激发学生的动力积极性，检查学生的掌握情况。给出本节的例二

例二（2010

天津卷）已知函数

(x)=

xe-x

（I）求函数

(x)的单调区间和极值；

（II）已知函数

(x)的图像与函数

时，f

(x)

g(x);

(x)的图像关于直线

对称，证明：当

（III）如果

x2，且

(x1)

(x2)，证明

2。

解法一：对称构造函数法（1）（2）略

①由（1）知

②构造函数

(x)

x)，(x

＇

(x)

＇

(x)

＇

e-x

(1-

e-(2-x)

[1-

x)]

e-x

(1-

e-(2-x)

-1)

-1)(e-2+x

e-x)

其中

＇

(x)

ex-2

e-1

(x)在（-

¥,1）上

③代入

得

(x1)<

(1)=

(x2)

(x1)

x1)

又Q

(x)在(1，+

¥)上

(1,+

¥),2

(1,+

¥)

＼

即

解法二：对数平均不等式（ALG）

(x)

e-x1

e-x2

（左右两边同时取对数）

（*）

由对数平均不等式（ALG）得

提问

5：显然这个问题对于现在的我们不是什么难题了，但作为新时代的我们能不能用给简洁的方法给出这两题的一般性解法，通法的探讨显然是我们要思考的问题。那么学生对于这个新的挑战自然就会萌生极大地兴趣，这时再回顾我们一开始观察三张直观图时提出的问题，解法三的出现也就是必需的了。即本节课的最后一个知识点——极值点偏移的判定定理。

III.按图索骥，回归本质

极值点偏移判定定理：在给定区间

上函数

(x)

可导

(x1)

(x2),(x1

x2)，若

为

(x,x)

上的唯一极小值点，f

＇＇＇

(x)

0，则极小值点右偏Û

x；

＇＇＇

(x)

0，则极小值点左偏Û

x。

对于该定理作为高中生我们只需要了解，不需要完整严格的证明，（后附有泰勒展开的完整证明过程，可以开拓一部分自学高等数学的学生的视野）

那么我们怎么来理解该判定定理呢？我们又如何运用它来解决高中相关的数学问题呢？对此我们分两部分来讨论。

第一部分：我们主要结合导数的几何意义与

阶导数的运算来了解该定理的由来。首先

通过让学生再次观察一开始我们已展示的图一，二，三不，学生不难发现

(x)的图

像偏移的原因，即

(x)的图像在u(x0,¶)

内增减速度的不同而发生的。接着再进一步

引导学生思考发生的不同我们如何去用数学的语言来描述刻画它，提醒学生从导数的几

何意义来思考，以图

为例和学生一起做探讨：

(x)的图像的斜率一直在增加，但

增加的速度在变慢，（数学直观想象），如何用数学语言来表述这一变化？（数学抽象）

→

＇

(x)

0,f

＇

(x)

增加Þ

＇＇

(x)

0（速度变慢）Þ

＇＇

(x)的绝对值变小

＇＇＇

(x)

0。

完成图二的探讨后可让学生模仿独立的完成图

3的探索：

＇

(x)

0,f

＇

(x)

增加Þ

＇＇

(x)

（速度变快）

＇＇

(x)的绝对值变大

＇＇＇

(x)

0。

以上结论可简单记忆口诀（“小大小”，“小小大”），同时若

是极大值点的话，结论相反，口诀为（“大大大”，“大小小”）

IV.给出定理，尝试新解

第二部分：运用新的判定定理重新去接例一和例二例一新解

极值点偏移判定定理

解法三：

(x)=

2)ex

a(x

-1)2

＇

(x)

-1)(ex

2a)

＇＇

(x)

-1)ex

＇＇＇

(x)

+1)

分两段区间讨论

①若

(-¥,1]，f

(2)

结合图像可知

a，则

②若

(-1,+

¥)，f

＇＇＇

(x)

0，x

是极小值，符合“小大小”

综上的x1

例二新解

解法三：

(x)

xe-x

＇

(x)

e-x

xe-x

＇＇

(x)

e-x

＇＇＇

(x)

e-x

分两段区间讨论

①若

Î[3,+

¥)，可知

max{x1,x2}

2，则

②若

¥,3)，f

＇＇＇

(x)

0，x

是极大值，符合“大大大”

综上知

至此我们回头再看例一和例二的三个解法，不知不觉中对于一开始极值点偏移的问题有

了更新的认知。

VI.课堂练习

巩固双基

练习

1（2011

辽宁卷）已知函数

(x)

ax2

a)x。

（I）讨论函数

(x)的单调性；

（II）设a

0，证明：当0

时，f

（1

x);

（III）若函数

(x0)

0。

(x)的图像与

轴交于

A,B

两点，线段

中点的横坐标为

x0，证明

练习

2（2014

天津卷）设

(x)

aex

R),x

已知函数

且

（1）求

a的取值范围

（2）证明

随着

a的减小而增大

（3）证明

随着

a的减小而增大

(x)

有两个零点

x1,x2，练习

已知函数

(x)

x,a

R.若函数

(x)

有两个零点

x,x。

求证：

练习

已知函数

(x)

有两个不同的零点

x,x，其极值点为

（I）求

a的取值范围

（II）求证：

2x0

（III）求证：

（IV）求证：

目的：①通过学生的主体参与，使学生深切体会到本节课的主要内容和思想方法，从而实现对知识的再次深化.②练习分层，有利于不同层次的学生培养。

VII.课堂小结

学生点评，老师引导:

①由图像直观到方法求解,由繁琐到简洁，由为结题而解题到回归数学本质，一再的追问和尝试思考有利于学生的知识迁移和能力提高；

②用三种方法解题的运用：函数构造法，对数平均不等式和极值点偏移的判定定理。对三种解法的对比的再认识．特别是方法的选择上要能尽可能适合题目适合自己；

③在理解方法的基础上,及时进行正反两方面的“短、平、快”填空和判断是非练习.通过总结、辨析和反思，强化解法的灵活性，促进学生主动建构，有助于学生形成知识模块，优化知识体系.体现知识目标。

五、教学评价

结果因过程而精彩,现象因方法而生动.无论是情境创设,还是探究设计,都必须以学生为主体、教师为主导、训练为主线,设法从庞杂的知识中引导学生去寻找关系,挖掘书本背后的数学思想,建构基于学生发展的知识体系,教学生学会思考,让教学真正成为发展学生能力的课堂活动。因此，本课例在具体问题的数学模型的建立和数学工具的选择上舍得花大量时间，便是为了培养学生学会探究与创新，它就像一缕温暖的阳光，不一定能唤醒万物，却能催开人世间最绚丽的花朵。

数学在物理极值问题中的应用篇3

一、利用三角函数的单调性求极值

例1.质量为m的木块与斜面间的摩擦系数为μ，拉力F的方向保持与斜面平行，使木块沿斜面匀速上升，如图1所示。若使斜面的倾斜角θ由0→■逐渐增大，试分析拉力F的变化情况。

解：对该物体进行受力分析，发现这是一个四力共点的动态平衡问题，对重力分解可得

FN=mgcosθ f=μFN=μmgcosθ

F=f+mgsinθ

F=μmgcosθ+mgsinθ=mg■sin（θ+ψ）（ψ=arctanμ）

此式表明①当θ+ψ=■时，sin（θ+ψ）有最大值，即F有最大值F=mg■

②当ψ≤θ+ψ≤■，sin（θ+ψ）是增函数，即F越来越大

③当■≤θ+ψ≤■+ψ，sin（θ+ψ）是减函数。即F越来越小

综上所述拉力F的变化情况是：先变大后变小

二、利用不等式的性质求极值

例2.如图所示电路，电源电动势ε=6.3V，其内阻r=0.5?赘，负载电阻R1=2?赘，R2=3?赘滑动变阻器的最大值是5?赘，当滑动变阻器的滑片P由左端滑到右端时，电路中安培表的读数变化范围？

解：设RAP=x 则RPB=5-x

R外=■=■

带入数据整理得：R外=■（2+x）×（8-x）

根据a+b≥2ab 当a=b时，ab有最大值

所以当2+x=8-x即x=3时R外有最大值2.5

根据闭合电路欧姆定律得 I=■=■

当x=3时，Imin≌0.25A 当x=0时，Imax≌3.8A

所以安培表读数的变化范围是（0.25A～3.8A）

三、利用函数的性质求极值

例3.A，B两物体从同一地点同时作同向运动，A作速度为vA=10m/s的匀速运动，B作初速度为零，加速度aB=0.5m/s2的匀加速运动，在B追上A前什么时刻，它们相距最远？最大距离为多少？

解析：这个题目有好几种解法，但用函数的性质求解会很有条理性。设经过t秒，两物体相距最远。A物体的位移sA=vAt=10t，B物体的位移sB=■aBt2=0.25t2。两物体相距Δs=sA-sB=10t-0.25t2。利用一元二次函数y=ax2+bx+c求极值的方法，可知a=-0.25≤0，y有最大值，当t=-■=■=20秒时，Δsmax=■=■=100m

四、用圆的切线解最值问题

例4 一条宽为d=200m，小船在静水中的速度v1=2m/s，水流速度v2=4m/s求小船过河的最短距离。

分析与解由于水流速度大于船在静水中的速度，所以船不能垂直过河，最短距离不在等于河宽，本题用矢量图示并结合圆进行分析，比较容易理解最短距离。小船的合速度沿圆的切线时过河有最短距离，有三角行相似性得■=■ smin=■·d=400m cosθ=■= ■θ=60°

即小船过河的最短距离为400m，方向与下游河岸成30°角指向对岸

五、利用导数求物理极值

例5.已知一物体做匀变速运动，它的位移和时间的关系式是：s=20t-5t2求物体的最大位移？

解法1.利用和匀变速位移公式s=v0t+■at2相比较，得到v0=20m/s，a=-10m/s2则物体做匀减速运动，当速度为零时，位移最大，所以t=2s时smax=20×2-5×22=20m。

二次函数的极值问题篇4

例1 (2015·南京) 某企业生产并销售某种产品, 假设销售量与产量相等.如图1中的折线ABD、线段CD分别表示该产品每千克生产成本y1 (单位:元) 、销售价y2 (单位:元) 与产量x (单位:kg) 之间的函数关系.

(1) 请解释图中点D的横坐标、纵坐标的实际意义;

(2) 求线段AB所表示的y1与x之间的函数表达式;

(3) 当该产品产量为多少时, 获得的利润最大?最大利润是多少?

【分析】 (1) 点D的横坐标、纵坐标的实际意义:当产量为130 kg时, 该产品每千克生产成本与销售价相等, 都为42元;

(2) 根据线段AB经过的两点的坐标利用待定系数法确定一次函数的表达式即可;

(3) 利用总利润=单位利润×产量列出有关x的二次函数, 求得最值即可.

解: (1) 点D的横坐标、纵坐标的实际意义:当产量为130 kg时, 该产品每千克生产成本与销售价相等, 都为42元.

(2) 设线段AB所表示的y1与x之间的函数关系式为y=k1x+b1,

∵y=k1x+b1的图像过点 (0, 60) 与 (90, 42) ,

∴这个一次函数的表达式为:y=-0.2x+60 (0≤x≤90) .

(3) 设y2与x之间的函数关系式为y=k2x+b2,

∵y =k2x +b2的图像经过点 (0, 120) 与 (130, 42) ,

∴这个一次函数的表达式为y2=-0.6x+120 (0≤x≤130) .

设产量为x kg时, 获得的利润为W元,

当0≤x≤90时, W=x[ (-0.6x+120) - (-0.2x+60) ]=-0.4 (x-75) 2+2 250,

∴当x=75时, W的值最大, 最大值为2 250;

当90≤x≤130时, W=x[ (-0.6x+120) -42]=-0.6 (x-65) 2+2 535,

∴当x=90时, W=-0.6 (90-65) 2+2 535=2 160,

由-0.6<0知, 当x>65时, W随x的增大而减小, ∴当90≤x≤130时, W≤2 160.

因此当该产品产量为75 kg时, 获得的利润最大, 最大值为2 250.

【点评】此题考查了二次函数的应用, 解题的关键是从实际问题中抽象出二次函数模型, 在自变量不同取值范围内, 求出每段的最大值, 最后进行比较, 得出结论.

例2 (2015·济宁) 如图2, ⊙E的圆心E (3, 0) , 半径为5, ⊙E与y轴相交于A、B两点 (点A在点B的上方) , 与x轴的正半轴交于点C, 直线l的解析式为, 与x轴相交于点D, 以点C为顶点的抛物线过点B.

(1) 求抛物线的解析式;

(2) 判断直线l与⊙E的位置关系, 并说明理由;

(3) 动点P在抛物线上, 当点P到直线l的距离最小时, 求出点P的坐标及最小距离.

【分析】 (1) 连接AE, 由已知得:AE=CE=5, OE=3, 利用勾股定理求出OA的长, 结合垂径定理求出OC的长, 从而得到C点坐标, 进而得到抛物线的解析式;

(2) 求出点D的坐标为, 根据△AOE∽△DOA, 求出∠DAE=90°, 判断出直线l与⊙E相切于A.

(3) 过点P作直线l的垂线段PQ, 垂足为Q, 过点P作直线PM垂直于x轴, 交直线l于点M.

设, 得到, 根据△PQM的三个内角固定不变, 得到, 从而得到最小距离.

解: (1) 如图3, 连接AE, 由已知得:

AE =CE =5, OE=3,

在Rt △AOE中, 由勾股定理得,

∵OC⊥AB, ∴由垂径定理得, OB=OA=4,

OC=OE+CE=3+5=8,

∴A (0, 4) , B (0, -4) , C (8, 0) ,

∵抛物线的顶点为C,

∴设抛物线的解析式为y=a (x-8) 2,

将点B的坐标代入上解析的式, 得64a=-4, 故

∴抛物线的解析式为

(2) 在直线l的解析式中, 令y=0, 得, 解得

∴点D的坐标为

当x=0时, y=4,

∴点A在直线l上,

在Rt△AOE和Rt△DOA中,

∵∠AOE=∠DOA=90°,

∴△AOE∽△DOA,

∴∠AEO=∠DAO,

∵∠AEO+∠EAO=90°,

∴∠DAO+∠EAO=90°, 即∠DAE=90°, 因此, 直线l与⊙E相切于A.

(3) 如图4, 过点P作直线l的垂线段PQ, 垂足为Q, 过点P作直线PM垂直于x轴, 交直线l于点M.

当m=2时, PM取得最小值为31/4,

此时, P点坐标为

∵PM⊥x轴,

∴∠QMP=∠DAO=∠AEO,

又∠PQM=90°,

∴△PQM的三个内角固定不变,

∴在动点P运动的过程中, △PQM的三边的比例关系不变,

∴当PM取得最小值时, PQ也取得最小值,

∴当抛物线上的动点P的坐标为时, 点P到直线l的距离最小, 其最小距离为31/5.

【点评】此题是二次函数综合题, 涉及勾股定理、待定系数法求二次函数解析式、切线的判定和性质、二次函数的最值等知识, 在解答 (3) 时要注意点P、点M坐标的设法, 以便利用二次函数的最值求解.

例3 (2015·东莞) 如图5, 在同一平面上, 两块斜边相等的直角三角板Rt△ABC和Rt △ADC拼在一起, 使斜边AC完全重合, 且顶点B, D分别在AC的两旁, ∠ABC=∠ADC=90°, ∠CAD=30°, AB=BC=4 cm.

(1) 填空:AD =_______ (cm) , DC =_______ (cm) ;

(2) 点M, N分别从A点, C点同时以每秒1 cm的速度等速出发, 且分别在AD, CB上沿A→D, C→B方向运动, 求当M, N点运动了x秒时, 点N到AD的距离 (用含x的式子表示) ;

(3) 在 (2) 的条件下, 取DC中点P, 连接MP, NP, 设△PMN的面积为y (cm2) , 在整个运动过程中, △PMN的面积y存在最大值, 请求出y的最大值.

【分析】 (1) 由勾股定理求出AC, 由∠CAD=30°, 得出, 由三角函数求出AD即可;

(2) 过N作NE⊥AD于E, 作NF⊥DC, 交DC的延长线于F, 则NE=DF, 求出∠NCF=75°, ∠FNC=15°, 由三角函数求出FC, 得, 即可得出结果;

(3) 由三角函数求出FN, 得出PF, 由△PMN的面积=梯形MDFN的面积-△PMD的面积-△PNF的面积, 得出y关于x的二次函数, 即可得出y的最大值.

解: (1) ∵∠ABC=90°, AB=BC=4 cm,

故答案为:

(2) 过点N作NE⊥AD于E, 作NF⊥DC, 交DC的延长线于F, 如图6所示:

则NE=DF,

∵∠ABC=∠ADC=90° , AB=BC, ∠CAD=30°, ∴∠ACB=45°, ∠ACD=60°,

∴∠NCF=180°-45°-60°=75°, ∠FNC=15°,

∵sin∠FNC=FC/NC, NC=x,

∴点N到AD的距离为

(3) ∵sin∠NCF=FN/NC,

∵P为DC的中点, ∴

∵△PMN的面积=梯形MDFN的面积-△PMD的面积-△PNF的面积,

由此可知y是x的二次函数,

函数求极值的方法总结篇5

∵-1≤sin(2θ+α)≤1,

∴ 求函数极值的若干方法 ≤y≤ 求函数极值的若干方法

当sin( 求函数极值的若干方法 ) = -1时, 求函数极值的若干方法

故x = 求函数极值的若干方法

当sin 求函数极值的若干方法时，2 求函数极值的若干方法

故x = 求函数极值的若干方法

即当x =- 求函数极值的若干方法时, 求函数极值的若干方法

当x= 求函数极值的若干方法时, 求函数极值的若干方法

此题中抓住了函数的定义域[-1，1]为条件。从而将无理函数转化为三角函数来得以解决函数的极值问题。

五、用解析法求极值

形如y=求函数极值的若干方法其中(f(x)、g(x)是关于的二次式，且二次项系数为1)的函

极值，直接用纯代数法非常困难，因为要平方两次才能去掉根号。但若借助与解析法，将求函数极值的若干方法分别视作平面直角坐标系内两点的距离，利用平面图形性质，便可简捷求解。

例8.求函数y= 求函数极值的若干方法的最小值，其中a、b、c均为正数，

解：在直角坐标系内取点C (0, 求函数极值的若干方法 )、D (c,- 求函数极值的若干方法 )、M (x,0) 、B (c,0)

则y = 求函数极值的若干方法 =∣CM∣+∣MD∣

即为M到C、D两点的距离之和。

由平面图形性质可知当且仅当C、M、D三点共线时距离之和最短，此时M在Mˊ位置上。

由 △CO Mˊ∽△DBMˊ 得∣OM∣∶∣MˊB∣=∣OC∣∶∣BD∣

即求函数极值的若干方法解之得 x=求函数极值的若干方法

此时求函数极值的若干方法 =∣CD∣= 求函数极值的若干方法

例9.求函数y= 求函数极值的若干方法的值域。

分析y= 求函数极值的若干方法 = 求函数极值的若干方法

所以求函数极值的若干方法可看作平面直角坐标系内的点(x,0)到点求函数极值的若干方法与点求函数极值的若干方法的距离之差。

解: 在直角坐标系内取点A(- 求函数极值的若干方法 , 求函数极值的若干方法 )、点B( 求函数极值的若干方法 , 求函数极值的`若干方法 )、点M(x,0)

则y= 求函数极值的若干方法 =∣AM∣-∣BM∣

即为△ABM的两边之差，由平面图形性质知：

∣AM∣-∣BM∣<∣AB∣=∣ 求函数极值的若干方法 ∣=1

反之∣BM∣-∣AM∣<∣AB∣= 1

∴∣y∣<1

∴-1< y <1

此法一般适用于为两个二次根式的和、差函数，且根号内为二次函数式，此时可通过配方将其变型为平面直角坐标系内两点之间的距离和与差来计算。这样既省去了平方计算的麻烦，又使式子具有明显的几何意义，从而更方便找出解题方法，将难度较大的问题转化为较简单的问题。在解此轴上的点到另两点的距离和或差，若求和的极值，则当三点共线时有最小值，即为这两点的距离，若为差，则无极值，此时差的绝对值小于这两点的距离，从而可求出函数值域。

例10.求函数y= 求函数极值的若干方法的值域

分析：此题既是分式函数，又是三角函数，往往用纯代数法不易达到目的，

但如果将其看作是点 ( 求函数极值的若干方法 )与点(3,2)所在直线的斜率，就不难解决了。

解：设xˊ= 求函数极值的若干方法 ,yˊ=求函数极值的若干方法 , 则 y= 求函数极值的若干方法

即为平面直角坐标系内点( 求函数极值的若干方法 )与(3,2)所在直线的斜率，

又(xˊ, yˊ)在圆 xˊ 求函数极值的若干方法 + yˊ 求函数极值的若干方法 = 1 上，

故只要求出点(3,2)与圆上每一点连线的斜率范围即可。

设过(3,2)且与圆 xˊ 求函数极值的若干方法 + yˊ 求函数极值的若干方法 = 1 相交的直线方程为

yˊ-2=k (xˊ-3) , 即 kxˊ-yˊ- 3k+2 = 0

由点到直线的距离公式知：求函数极值的若干方法 = 1,

即(-3k+2) 求函数极值的若干方法 =1+k 求函数极值的若干方法， 8k 求函数极值的若干方法 -12k+3 = 0

∴k= 求函数极值的若干方法

∴当求函数极值的若干方法 ≤k≤ 求函数极值的若干方法时，直线与圆相交

即函数y=求函数极值的若干方法的值域为[ 求函数极值的若干方法 , 求函数极值的若干方法 ]

形如f(x) = 求函数极值的若干方法函数的值域，可将其看作平面内点( 求函数极值的若干方法 , 求函数极值的若干方法 ),(-b,-d)的斜率来解决，而点(求函数极值的若干方法 )必在二次曲线求函数极值的若干方法 = 1上，再利用点(-b,-d)的直线与曲线相交的斜率取值范围来解决是一种简便易行的方法。从上例我们可以看出，上

面函数关系也可看成是：求三元函数，多元函数的最大、最小值问题

我们已经知道求一元函数极大值、极小值的步骤，对于多元函数的极大值、极小值的求解也可采用同样的步骤。下面我们给出实际问题中多元函数的极大值、极小值求解步骤。如下：

a)：根据实际问题建立函数关系，确定其定义域;

b)：求出驻点;

c)：结合实际意义判定最大、最小值.

例题：在平面3x+4y-z=26上求一点，使它与坐标原点的距离最短。

解答：a)：先建立函数关系,确定定义域

求解与原点的距离最短的问题等价于求解与原点距离的平方最小的问题.但是P点位于所给的平面上，故z=3x+4y-26.把它代入上式便得到我们所需的函数关系:

-∞

b)：求驻点

解得唯一驻点x=3，y=4.由于点P在所给平面上,故可知

z=-1

c)：结合实际意义判定最大、最小值在约束条件 3x+4y-z=26 下的最小值，一个多元函数在一个或几个约束条件下的极值称为条件极值。

由问题的实际意义可知，原点与平面距离的最小值是客观存在的，且这个最小值就是极小值.而函数仅有唯一的驻点.所以，平面上与原点距离最短的点为P(3,4,-1).

例谈高中物理摩擦力临界极值问题篇6

临界问题是指当某种物理状态变为另一种另一物理状态的转折状态叫临界状态.可理解成“恰好出现”或“恰好不出现”.至于是“出现”还是“不出现”，需视具体问题而定。极值问题则是在满足一定的条件下，某物理量出现极大值或极小值的情况，临界问题往往是和极值问题联系在一起的。

解决此类问题重在构建清晰的物理图景，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件，要特别注意可能出现的多种情况。动力学中的临界和极值是物理中的常见问题，同学们在刚刚学过的必修1中匀变速运动规律、共点力平衡、牛顿运动定律中都涉及到临界和极值问题。在解决临界极值问题注意以下几点：1、临界点是一个特殊的转换状态，是物理过程发生变化的转折点，在这个转折点上，系统的一些物理量达到极值。2、临界点的两侧，物体的受力情况、变化规律、运动状态一般要发生改变，能否用变化的观点正确分析其运动规律是求解这类题目的关键，而临界点的确定是基础。3、许多临界问题常在题目的叙述中出现“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”……等关键词句对临界问题给出了明确的暗示，审题是只要抓住这些特定词语其内含规律就能找到临界条件。4、有时，某些临界问题中并不包含常见的临界术语，但审题时发现某个物理量在变化过程中会发生突变，如运动中汽车做匀减速运动类问题，则该物理量突变时物体所处的状态即为临界状态。5、临界问题通常具有一定的隐蔽性，解题灵活性较大，审题时应力图还原习题的物理情景，抓住临界状态的特征，找到正确的解题方向。6、确定临界点一般用假设、极端分析法，即把物理过程推到极端，分析在极端情况下可能出现的状态和满足的条件。下面就两个例题进行探讨高中物理静摩擦力的临界极值问题。

例1、如图所示，A、B两物块的质量分别为2 m 和m ，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ ，B与地面的动摩擦因数为 μ ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。现对A施加一个水平力F 。

求：AB刚好不发生相对滑动F的最大值和B物体的最大加速度。

分析：对A、B整体，当F增大时，它们相对地面处于动与不动的临界状态，地面对B物体的最大静摩擦力等于滑动摩擦力为 μmg ，当F再增大时，A 、B之间刚好发生相对运动或刚好不发生相对运动的临界状态，这时A、B的最大静摩擦力等于滑动摩擦力2μmg 。

解析：设A、B物体在外力F的作用下一起做匀加速直线运动，A 、B之间刚好发生相对运动或刚好不发生相对运动。对A、B整体应用牛顿第二定律，

F- μmg=3ma ①

再选B物体为研究对象，由牛顿第二定律：

2μmg- μmg= ma ②

①②解得F=3μmg

所以当F=3μmg时，A、B以加速度a一起做匀加速直线运动，它们刚好没有发生相对滑动。

当F>3μmg，A、B发生相对滑动，无论F多大，B物体受到A的摩擦力为2μmg，则对B应于牛顿第二定律：

2μmg- μmg= m ③

= μg

总结：对于此题的动态是否处于动态平衡问题讨论如下：①、它们相对地面处于动与不动的临界状态。②、在外力F的作用下一起做匀加速直线运动，A 、B之间刚好发生相对运动或刚好不发生相对运动。因此，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，这一临界条件是求解F最大值的重要条件。

例2、如图所示，传送带与水平地面的夹角θ=37°，A到B的长度L为16m，传送带以10m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A处无初速度地放一个质量为0.5kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5 。

求：物体从A运动到B所需要的时间是多少？

解析：开始阶段，物体开始受到传送带斜面向下的

滑动摩擦力和重力沿斜面向下的分力使物体由初速

度为0开始加速向下运动，设加速度为，由牛顿

第二定律：

mgsinθ+μmgcosθ=m ①

当物体的速度与传送带的速度相同时物体所用的时间及位移为：

= ②

x= ③

①②③解得 =1s ， =5m

讨论：tanθ和μ的关系是一重要临界条件，由意义是：tanθ>μ时，重力沿斜面向下的分力大于滑动摩擦力，物体将向下做加速运动。当物体的速度大于传送带的速度时，物体受到传送带一个沿斜面向上的滑动摩擦力，由牛顿第二定律：

mgsinθ-μmgcosθ=m ④

L- x=v + ⑤

④⑤得 =1s

所以物体由A到B的时间为t= + =2s 。

总结：当 mgsinθ=μmgcosθ时物体处于临界状态，即 tanθ=μ对于此题的动态是否处于动态平衡问题讨论如下：①、将物体静止置于斜面上，如tanθ≤μ，则物体保持静止；如tanθ>μ，则物体不能保持靜止，而加速下滑。②、将物体以一初速度置于斜面上，如tan<μ，则物体减速，最后静止；如tanθ=μ，则物体保持匀速运动；如tanθ>μ，则物体做加速运动。因此，tanθ=μ这一临界条件是判断物体在斜面上会如何运动的一个条件。

求解临界问题时，采用极端分析法把所求的物理量（物理过程）推向极值（极端），从而暴露出物理过程，分析临界状态，找出其对应的临界条件，列出临界条件下的状态方程，使临界问题得以顺利解决。

例谈物理极值问题的求解方法篇7

一、配方法

例1:如图所示的电路中, R1=5Ω, R2=10Ω, R3=15Ω, 在滑键P由a到b的移动过程中, A、B间的电阻的变化范围是多少?

解析:假设滑键P在移动过程中a P间的电阻为X, 可得:

点评:本题将问题转化为熟悉的二次函数的最值问题, 运用配方法来解决, 学生比较容易接受, 运用起来也比较熟练。

二、判别式法

例2:在掷铅球的运动中, 如果铅球出手时距地面的高度为h, 速度为υ0, 求υ0与水平方向成何角度时, 水平射程最远?并求此最大的水平射程Xm ax。

解析:以出手点为初位置, 分别列出水平方向与竖直方向的位移方程。

上式为关于tanθ的一元二次方程。若tanθ存在实数解, 则判别式b2-4ac≥0即

点评:对于一个一元二次方程, 当它的判别式b2-4ac≥0时, 此方程有实数解。若我们在解物理习题时能选择适当的物理量作为未知量, 使其成为一个一元二次方程, 巧妙地利用判别式来解决极值问题。

三、三角函数关系式法

例3:质量为m的物体放在水平地面上, 物体与地面间的滑动摩擦系数为μ, 用力F拉物体, 使物体在水平面上作匀速直线运动, 力与水平方向的夹角θ为多大时最省力。

解析:画出受力分析图, 建立直角坐标系 (如图所示)

由平衡条件得:Fcosθ-f=0

联立解得:F=μG/ (cosθ+μsinθ)

其中tanγ=1/μ

当θ+γ=π/2即θ=arctanμ时,

点评:本题建立了一个物理模型, 巧妙运用三角函数的知识来解决物理问题, 需要学生在解题中去发现。

四、求导法

例4:如图所示电路中, 电阻R可变电阻, 电源的电动势为ε, 内电阻为r, 求R为多大时, 电源的输出功率最大?最大值是多少?

解析:根据功率公式P出=I2R及闭合电路欧姆定律I=

令P出=0, 解得R=r, 或R=-r (舍去) 。当R<r时, 当P出>0时;R>r时, P出<0 (左正右负) 。因此当R=r时, P出有最大值, 即

点评:该题也可采用配方法来求解, 但“导数与微分”已列入高中数学教学大纲, 将成为高考物理的热点之一。学生也有了一定的数学知识准备, 所以在平时的教学中注意渗透这方面的解题意识。

极值问题篇8

下面先从2010年浙江高考试题第22题入手, 介绍运用数学知识求解极值的常用方法。

一、用二次函数求极值

对于二次函数y=ax2+bx+c, 函数解析式经配方可变为 $y = a (x + \frac{b}{2 a}) + \frac{4 a c - b^{2}}{4 a}$

(1) 若a>0时, 当 $x = - \frac{b}{2 a}$ 时, y有极小值为 $y_{m} = \frac{4 a c - b^{2}}{4 a}$

(2) 若a<0时, 当 $X = - \frac{b}{2 a}$ 时, y有极大值为 $y_{m} = \frac{4 a c - b^{2}}{4 a}$

例1:在一次国际城市运动会中, 要求运动员从高为H的平台上A点由静止出发, 沿着动摩擦因数为滑μ的道向下运动到B点后水平滑出, 最后落在水池中。设滑道的水平距离为L, B点的高度h可由运动员自由调节 (取g=10m/s2) 。求:

(1) 运动员到达B点的速度与高度h的关系;

(2) 运动员要达到最大水平运动距离, B点的高度h应调为多大?对应的最大水平距离Smax为多少?

(3若图中H=4m, L=5m, 动摩擦因数μ=0.2, 则水平运动距离要达到7m, h值应为多少?

解析:

二、用基本不等式 (算术平均值、几何平均值) 求极值

如果a, b为正数, 那么有: $a + b \geq 2 \sqrt{a b}$ , 当且仅当a=b时, 上式取“=”号。

推论:①两个正数的积一定时, 两数相等时, 其和最小。

②两个正数的和一定时, 两数相等时, 其积最大。

例2:如图所示, 在xOy平面的第一象限和第二象限区域内, 分别存在场强大小均为E的匀强电场Ⅰ和Ⅱ, 电场Ⅰ的方向沿x轴正方向, 电场Ⅱ的方向沿y轴的正方向.在第三象限内存在着垂直于xOy平面的匀强磁场Ⅲ, Q点的坐标为 (-x0 , 0) .已知电子的电量为-e, 质量为m (不计电子所受重力) .

(1) 在第一象限内适当位置由静止释放电子, 电子经匀强电场Ⅰ和Ⅱ后恰能通过Q点.求释放点的位置坐标x、y应满足的关系式;

(2) 若要电子经匀强电场Ⅰ和Ⅱ后过Q点时动能最小, 电子应从第一象限内的哪点由静止释放?求该点的位置和过Q点时的最小动能.

解析: (1) 设电子从第一象限内坐标为 (x, y) 处由静止释放能过Q点, 到达y轴时的速度为v0

由动能定理得: $e E x = \frac{1}{2} m v_{0}^{2}$

若能到达Q, 则应满足 $y = \frac{1}{2} a t^{2}$ :其中 $x_{0} = v_{0} t^{a} = \frac{e E}{m}$ 得: $x y = \frac{X_{0}^{2}}{4}$

(2) 由动能定理得:电子从P由静止释放, 经匀强电场I和II后过Q点时动能:

Ek=eE (x+y) 而 $\frac{x + y}{2} ＞ \sqrt{x y}$ (当x=y时取“=”)

得:Ek≥2eE $\sqrt{x y} = e E x$ 0, 当 $x = y = \frac{x_{0}}{2}$ 时取“=”?

所以电子从第一象限内的 $Ρ (\frac{x_{0}}{2}, \frac{x_{0}}{2})$ 点由静止释放过Q点时动能最小, 最小动能是eEx.

三、用换元法求极值

例3:如图, 水平传送带离地面高h=1.25m, 以=1m/s的速度逆时针方向运动, 一物块 (可电视为质点) 以v0从A端滑上传送带, 恰好不会从B端掉落。已知A、B间距离L=2m, 物块与传送带间的动摩擦因数为=0.1 (取g=10m/s2) 。求:

(1) v0的大小

(2) 若保持初速度v0不变, 当物块离B端多远处以v0开始沿传送带向右滑, 能使物块向右通过的水平距离最大, 最大距离为多少。

以上求极值的方法是解高中物理题的常用方法。在使用中, 还要注意题目的条件及“界”的范围。求最大和最小值问题往往需要物理公式结合必要的数学知识才能得出结论, 这就要求学生不仅理解掌握物理概念、规律, 还要具备较好的应用数学方法解决物理问题的能力。

解决极值问题的关键是扎实掌握高中物理的基本概念, 基本规律, 在分析清楚物理过程后, 再灵活运用所学的数学知识。

综上所述, 无论采用何种方法解物理极值问题, 首先都必须根据题意, 找出符合物理规律的物理方程或物理图像, 这也是解决物理问题的核心, 决不能盲目地将物理问题纯数学化。

摘要：数学是解决物理问题的重要工具, 借助数学方法可使一些复杂的物理问题显示出明显的规律性, 能达到打通关卡、长驱直入地解决问题的目的.

电磁感应中的极值问题归类例析篇9

一电磁感应现象中求某力学量极值的问题

1. 求最大速度的极值问题

例1:电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s=1.15m, 两导轨间距L=0.75m, 导轨倾角为30°, 导轨上端ab接一阻值R=1.5Ω的电阻, 磁感应强度B=0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上。阻值r=0.5Ω, 质量m=0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好, 从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端, 在此过程中金属棒产生的焦耳热Qr=0.1J。 (取g=10m/s2) 求: (1) 金属棒在此过程中克服安培力的功W安; (2) 金属棒下滑速度v=2m/s时的加速度a; (3) 为求金属棒下滑的最大速度vm, 有同学解答如下:由动能定理W重-W安=21mvm2……。由此所得结果是否正确?若正确, 说明理由并完成本小题;若不正确, 给出正确的解答。 (2011年上海物理高考试题)

解析: (1) 下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热, 由于R=3r, 因此QR=3Qr=0.3 (J) 。

(2) 金属棒下滑时受到重力mg和安培力的作用:

由牛顿第二定律有:

(3) 此解法正确。

金属棒下滑时受重力和安培力作用, 其运动满足

上式表明, 加速度随速度增加而减小, 棒作加速度减小的加速运动。无论最终是否达到匀速, 当棒到达斜面底端时速度一定为最大。由动能定理可以得到棒的末速度, 因此上述解法正确。

2. 求最大拉力的极值问题

例2:如图2, 质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上。一电阻不计, 质量为m的导体棒PQ放置在导轨上, 始终与导轨接触良好, PQbc构成矩形。棒与导轨间动摩擦因数为μ, 棒左侧有两个固定于水平面的立柱。导轨bc段长为L, 开始时PQ左侧导轨的总电阻为R, 右侧导轨单位长度的电阻为R0。以ef为界, 其左侧匀强磁场方向竖直向上, 右侧匀强磁场水平向左, 磁感应强度大小均为B。在t=0时, 一水平向左的拉力F垂直作用在导轨的bc边上, 使导轨由静止开始做匀加速直线运动, 加速度为a。 (1) 求回路中感应电动势及感应电流随时间变化的表达式; (2) 经过多长时间拉力F达到最大值, 拉力F的最大值为多少?

解析: (1) 感应电动势ε=BLv, 导轨做初速为零的匀加速运动v=at, ε=BLat,

回路中感应电流随时间变化的表达式:

(2) 导轨受外力F, 安培力FA, 摩擦力Ff, 其中FA=

由牛顿定律F-FA-Ff=Ma得:

上式中, 当即时, 外力F取得极大值。

所以拉力F的最大值为:

3. 求最大角速度的极值问题

例3:如图3所示, 一个半径为r的铜圆盘可以绕垂直于盘面的中心轴无摩擦地转动, 圆盘所在区域内有方向垂直于盘面的磁感应强度为B的匀强磁场, 盘的边缘绕有一根细长线, 线的一端挂一个质量为m的物体A, 电阻R的一端与盘中心相连接, 另一端通过电刷与圆盘的边缘相连, 不计铜盘的电阻和电刷的摩擦, 现由静止开始释放A物, 求铜盘转动所能达到的最大角速度。

解析:圆盘受到物体A的牵引以角速度ω转动时, A以速度v=ωr向下运动, 在圆盘上沿半径方向在任一根辐条 (圆盘可看成由许多辐条并联而成) 上产生的电动势与电阻R组成闭合回路, 电流

从能的转化和守恒来看, 圆盘达到最大角速度时, A物体达到最大速度, 重力对A物体做功的功率应等于回路中产生的焦耳热功率, 即。

解得:即所求的最大角速度。

二在电磁感应现象中求某电学量的极值

1. 求最大感应电流的极值问题

例4:如图4所示, 两足够长的光滑金属导轨竖直放置, 相距为L, 一理想电流表与两导轨相连, 匀强磁场与导轨平面垂直。一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放。导体棒进入磁场后, 流经电流表的电流逐渐减小, 最终稳定为I。整个运动过程中, 导体棒与导轨接触良好, 且始终保持水平, 不计导轨的电阻。求: (1) 磁感应强度的大小B; (2) 电流稳定后, 导体棒运动速度的大小v; (3) 流经电流表电流的最大值Im。 (2010年江苏高考试题) 解析:

(1) 电流稳定后, 导体棒做匀速运动BIL=mg

解得:

(2) 感应电动势:E=BLv

感应电流:

由 (2) (3) (4) 式解得:

(3) 由题意知, 导体棒刚进入磁场时的速度最大, 设为vm, 由机械能守恒定律有:

感应电动势的最大值为:Em=VLvm。

则感应电流的最大值为:

解得流经电流表电流的最大值为:

2. 求最大电功率的极值问题

、例5:在图5中, da、cb为相距lm的平行导轨 (电阻很小, 可以忽略) , a、b间接有一个固定电阻, 阻值为R, 长直细杆MN可以按任意角θ架在平行导轨上, 并以匀速v滑动 (平移) , v的方向与da平行, 杆MN有电阻, 每m长的电阻值为R, 整个空间充满磁感应强度为B的匀强磁场, 方向如图。求: (1) 固定电阻R上消耗功率最大时角θ的值; (2) 求杆MN上消耗的电功率最大时角θ的值。

解析: (1) 棒平动切割磁感线产生的电动势为:E=Blv, 固定电阻R上消耗的电功率为:

其中:显然当时, 电功率P有最大值:

极值问题篇10

一、运用二次函数规律求极值

例1如图1所示, 两平行金属导轨水平放置, 导轨之间的距离为L=0.25cm, 电源的电动势E=6 V, 不计内阻, 电阻R=5Ω, 匀强磁场磁感应强度B方向竖直向下, K闭合后, 导轨上的金属杆ab在磁场力的作用下由静止开始向右运动, 金属杆与导轨间的滑动摩擦力f=0.15 N, 为使杆运动速度最大, B应为多大?此时最大速度为多少?

解析:金属杆运动时会产生感应电动势, 此时电动势的方向与电池电动势的方向相反, 则电路中的电流大小为I= (E-Blv) /R当金属杆速度最大时, 加速度为零, 则BIL-f=0, 故有.整理得L2vB2-ELB+fR=0.要使B有意义, 必须满足Δ≥0.即E2-4fRv≥0.则v≤E2/4fR=12 m/s, 所以vmax=12 m/s, 此时.

二、运用三角函数求极值

设三角函数y=cosα+μsinα可作如下变换, 令tanθ=μ有于是有, 当α=θ时, y有最大值.

例2一物体以20 m/s的初速度沿斜面向上滑动, 斜面的倾角可在0～90°之间变化, 动摩擦因数, 求倾角多大时, 位移有最小值?最小值是多少?

解析:设斜面的倾角为θ, 物体在斜面上运动的位移为x, 则v20=2 (gsinθ+μgcosθ) x, 即所以φ=30°.当θ+φ=90°时, 即θ=60°时, x有最小值, .

三、运用定和求积 (定积求和) 求极值

利用不等式其中a1、a2、a3…an都为正数. (1) 当各项之和是常数时, 其乘积有最大值. (2) 当各项之积是常数时, 其和有最小值. (3) 当a1=a2=a3=…=an时, 取等号, 可求物理极值.

例3一半径为R的半圆弧水平放置, 在圆弧边缘A点静止释放一小球, 则小球运动到何位置时竖直方向上的速度最大?

解析:写出小球运动时竖直方向上速度的表达式, 在对此表达式运用数学方法求极值即可.由动能定理得:, 令f (θ) =sinθcos2θ两边同时平方得:.因为2sin2θ+ (1-sin2θ) + (1-sin2θ) =2为一定值,

当2sin2θ=1-sin2θ即时, 取等号得:, 所以.

四、运用函数的单调性求极值

极值问题篇11

带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动往往会出现临界和极值问题，有时还会出现多解问题，解决这类问题，对考生分析能力、判断能力和综合运用知识的能力要求较高，因此可能成为2016年高考命题点.

二、解题策略

分析带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的临界问题时，通常以题目中的“恰好”、“最高”、“最长”、“至少”等为突破口，将不确定的物理量推向极端（如极大、极小；最上、最下；最左、最右等），结合几何关系分析得出临界条件，列出相应方程求解结果.

1.常见的三种几何关系

（1）刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切.

（2）当速度v一定时，弧长（或弦长）越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长.

（3）当速率v变化时，圆心角大的，运动时间长.

2.两种动态圆的应用方法

（1）如图1所示，一束带负电的粒子以初速度v垂直进入匀强磁场，若初速度v方向相同，大小不同，所有粒子运动轨迹的圆心都在垂直于初速度方向的直线上，速度增大时，轨道半径随之增大，所有粒子的轨迹组成一组动态的内切圆，与右边界相切的圆即为临界轨迹.

（2）如图2所示，一束带负电的粒子以初速度v垂直进入匀强磁场，若初速度v大小相同，方向不同，则所有粒子运动的轨道半径相同，但不同粒子的圆心位置不同，其共同规律是：所有粒子的圆心都在以入射点O为圆心，以轨道半径为半径的圆上，从而可以找出动态圆的圆心轨迹.利用动态圆可以画出粒子打在边界上的最高点和最低点.

三、易错提醒

解决带电粒子在磁场中运动的临界和极值问题极易从以下几点失分：（1）审题过程出现多层思维障碍，不能把粒子的运动和磁场的分布相结合分析问题；（2）对定圆心、求半径、找转角、画轨迹、求时间的方法不熟练；（3）找不出临界点，挖掘不出临界条件；（4）数学功底薄弱，求不出临界极值.

可从以下几点进行防范：（1）正确判定洛伦兹力方向，确定轨迹的弯曲方向；（2）熟练掌握圆心、半径、轨迹、转角、时间的求解或确定方法；（3）灵活运用物理方程、几何知识找出等量关系，求出临界极值.）

例1（2015年齐齐哈尔市5月最后一模）如图3所示，在直角坐标系的原点O处有一放射源，向四周均匀发射速度大小相等、方向都平行于纸面的带电粒子.在放射源右侧有一很薄的挡板，垂直于x轴放置，挡板与xOy平面交线两端M、N正好与原点O构成等边三角形，O′为挡板与x轴的交点.在整个空间中，有垂直于xOy平面向外的匀强磁场（图中未画出），带电粒子在磁场中沿顺时针方向做匀速圆周运动，已知带电粒子的质量为m，带电荷量大小为q，速度大小为v，MN的长度为L.（不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用）

（1）确定带电粒子的电性；

（2）要使带电粒子不打在挡板上，求磁感应强度的最小值；

（3）要使MN的右侧都有粒子打到，求磁感应强度的最大值.（计算过程中，要求画出各临界状态的轨迹图）

解析（1）带电粒子沿顺时针方向运动，由左手定则可得，粒子带正电荷.

（2）设磁感应强度大小为B，带电粒子运动的轨迹半径为r，带电粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，有qvB=mv2r，解得r=mvqB.

由于从O点射出的粒子的速度大小都相同，由上式可得，所有粒子的轨迹半径都相等.

由几何知识可知，为使粒子不打在挡板上，轨迹的半径最大时，带电粒子在O点沿y轴正方向射出，其轨迹刚好与MN相切，轨迹圆心为O1，如图4甲所示.

则最大半径rmax=12Lcos30°=34L，

由上式可得，磁感应强度的最小值Bmin=43mv3qL.

（3）为使MN的右侧都有粒子打到，打在N点的粒子最小半径的轨迹为图4乙中的圆弧OMN.

图中点O2为轨迹的圆心，由于内接△OMN为正三角形，

由几何知识知，最小的轨迹半径为rmin=L2cos30°.

粒子做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，有qvB=mv2r，所以磁感应强度的最大值Bmax=3mvqL

答案：（1）正（2）43mv3qL （3） 3mvqL

例2（多选）（2015太原质检）如图5所示，有一垂直于纸面向外的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，其边界为一边长为L的正三角形（边界上有磁场），A、B、C为三角形的三个顶点.今有一质量为m、电荷量为+q的粒子（不计重力），以速度v=3qBL4m从AB边上的某点P既垂直于AB边又垂直于磁场的方向射入磁场，然后从BC边上某点Q射出.则（）.

A.PB≤2+34L B.PB≤1+34L

C.QB≤34L D.QB≤12L

解析选AD.由Bqv=

mv2R，可知R=34L，则从P点射入的粒子轨迹最长时与AC边相切，此时PB=2+34L，而当粒子在其中经历14圆弧，从BC边上射出时，Q′B最大为12L，故A、D正确.

例3（2015届衡水第二次月考）如图6所示，两平行金属板AB中间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场.A板带正电荷，B板带等量负电荷，电场强度为E；磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B1.平行金属板右侧有一挡板M，中间有小孔O′，OO′是平行于两金属板的中心线.挡板右侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B2.CD为磁场B2边界上的一绝缘板，它与M板的夹角θ=45°，O′C=a，现有大量质量均为m，含有各种不同电荷量、不同速度的带电粒子（不计重力），自O点沿OO′方向进入电磁场区域，其中有些粒子沿直线OO′方向运动，并进入匀强磁场B2中，求：

（1）进入匀强磁场B2的带电粒子的速度；

（2）能击中绝缘板CD的粒子中，所带电荷量的最大值；

（3）绝缘板CD上被带电粒子击中区域的长度.

解析（1）设沿直线OO′运动的带电粒子进入匀强磁场B2的速度为v，根据qvB1=qE，解得：v=EB1.

（2）粒子进入匀强磁场B2中做匀速圆周运动，根据qvB2=mv2r，解得：q=mvB2r.

因此，电荷量最大的带电粒子运动的轨道半径最小.设最小半径为r1，此带电粒子运动轨迹与CD板相切.

则有：r1+2r1=a，解得：r1=（2-1）a.

电荷量最大值q=（2+1）mEB1B1a.

（3）带负电的粒子在磁场B2中向上偏转，某带负电粒子轨迹与CD相切，设半径为r2，依题意r2+a=2r2

解得：r2=（2+1）a

.则CD板上被带电粒子击中区域的长度为x=r2-r1=2a.

答案：（1）EB1 （2）（2+1）mEB1B1a （3）2a

极值问题篇12

一、第一种情况

如三个矢量中, 其中一个矢量不变 (即大小、方向都不变, 设这个矢量为第一个矢量) , 另一个矢量方向不变 (设为第二个矢量) , 那么第三个矢量在变化时一定有一个最小值, 且当第三个矢量与第二个矢量垂直时第三个矢量的大小最小。

1. 在运动的合成与分解中的应用

例1:两个互成角度 (不为0°和180°) 的共点力合成, 如保持它们的夹角和其中一个分力大小方向不变, 增加另一分力的大小, 那么合力将 ()

A.一定增加

B.一定减小

C.可能增加、可能减少、可能不变

D.如夹角为锐角, 那么一定增加

解析:很显然, 如两力之间夹角为锐角, 一力变大, 合力变大, 即D是正确的;如两力之间夹角为钝角, 可作如图3所示的矢量三角形, 在保持两力夹角不变, 一个分力变大, 那么合力可能增加、可能减少、可能不变, 即C也正确。

2. 在三力动态平衡类问题中的应用

例2:如图4, 两细绳AO、BO悬挂重物G, 在保持重物位置不动的前提下, 转动OB绳, 使OB绳与竖直方向夹角变大, 直到OB绳水平, 在移动中两绳受的拉力如何变化?

解析:以结点O为研究对象, 受三个力的作用, 这三个力构成一封闭三角形。由题意, 重力不变, OA绳子拉力方向不变, OB拉力方向变化时其余二力相应改变, 如图5所示。从图中可知, OB、OA垂直时OB拉力最小。所以OB拉力先变小后变大, OA拉力一直变大。

3. 在动力学中的应用

例3: (2005年北京高考题) 真空中存在范围足够大的、水平向右的匀强电场。在电场中, 若将一质量为m, 带正电的小球由静止释放, 运动中小球的速度与竖直方向的夹角为37°。 (取sin37°=0.6, cos37°=0.8) 现将该小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出, 求运动过程中

(1) 小球受到的电场力的大小与方向。

(2) 小球从抛出点到最高点的电势能的变化量。

(3) 小球的最小动量的大小和方向。

解析:这题前两个问题比较简单, 一般考生容易求解, 而第三小题求物体在恒力作用下做曲线运动过程中小球的最小动量的大小和方向, 是一个较难的极值问题。由题意, 带电小球从静止释放, 在运动过程中小球的速度与竖直方向的夹角为37°, 设小球受到的电场力为F, 小球受力图如图6所示, 由于电场强度方向水平向右, 小球带正电, 电场力与小球重力满足, 所以。

当带电小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出后, 由于小球受到的合力方向与其运动方向不在同一直线上, 小球做曲线运动, 如图7所示。

由图6可求得, 带电小球受的合力, 在小球运动过程中方向始终不变, 即是个恒力, 由动量定理,

(*) 式中是小球的初动量, 大小P0=mv0, 方向竖直向上, 是个恒量;→P为小球运动时间t时的动量;是小球合力的冲量, 大小, 与时间成正比, 方向始终与竖直方向成37°。

(*) 式是个矢量式, 运算遵守平行四边形法则, 三个矢量组成一个封闭的矢量三角形。由于不变, 方向不变, 故对应不同的, 可作出一系列的封闭的矢量三角形, 如图8所示。从图8中不难看出, 当与垂直时, P值最小, 所以

动量的方向为斜向右上方并与竖直方向成53° (水平方向成37°) 。

二、第二种情况

如果三个矢量中, 有一个矢量不变 (设为第一个矢量) , 第二个矢量大小不变而方向改变, 且当第一个矢量的大小大于第二个矢量的大小时, 那么当第三个矢量与第二个矢量垂直时, 第一个矢量与第三个矢量间夹角最大。

如图9所示的三角形中, AO大于BO, B点可在圆上移动, 当AB与OB垂直时, 角BAO最大。

1. 在小船渡河问题中的应用

例4:一只小船在静水中的速度为v1=3m/s, 河水的流动速度为v2=5m/s, 小船应怎样过河, 航程最短?

解析:由于河水速度大于船在静水中的速度, 所以船不能垂直过河, 但船的运动仍有最短路程。以河水的流速v2=5m/s的矢量末端为圆心, 以船在静水中的速度为v1=3m/s为半经作圆。从出发点作这个圆的切线, 从图10中可以看出, 船沿这切线运动的路程最短。

设小船的合运动方向与水流方向成θ角时航程最短, , 所以小船与水流方向成37°角时航程最短。

2. 在三力动态平衡类问题中应用

例5:如图11所示, 在“共点力合成”实验中, 橡皮筋一端连接两个弹簧秤, 分别用力F1与F2拉两个弹簧秤, 使这端拉至O点不动, 现使F2大小不变地沿逆时针转过某一小角度, 相应地使F1的大小及图中β角作以下哪些变化是可能的 ( )

A.减小F1的同时增大β角

B.减小F1的同时保持β角不变

C.增大F1的同时减小β角

D.减小F1的同时减小β角

解析:以结点O为研究对象, O受绳子OP及两根弹簧拉力F、F1、F2三个拉力而处于平衡这三个力构成一个封闭的矢量三角形。如图12所示。由题意, 0P的拉力F不变, F2大小不变, 以F末端为圆心, 以F2大小为半经画一个圆, 那么在F2逆时针转动过程中, F1与F2垂直时, F1与F之间的夹角最大, 而F1一直减小。所以这题正确的答案为A、B、D。

三、第三种情况

如果三个矢量中, 有一个矢量不变 (设为第一个矢量) , 第二个、第三个矢量间的夹角不变且小于900, 那么当第二个 (或第三个) 矢量与第一个矢量垂直时, 第三个 (或第二个) 矢量有最大值。

如图13所示, 三角形ABC中, AB不变, 点C在三角形ABC的外接圆上移动, 角ACB保持不变且小于90°, 当AB与BC垂直时, 边AC为直径 (最大) 。

例6:如图14, V字形夹板AOB, 夹角为θ (小于90°) , 夹板中间有一个光滑的小球, 开始OA与地面间夹角为α, 两板对小球的弹力分别为FA、FB, 现缓慢在顺时针方向转动夹板AOB, 关于FA、FB的变化下列说法正解的是 ( )

A.FA一直变大, FB一直变小

B.FA一直变小, FB一直变大

C.FA先变大后变小, FB先变小后变大

D.FA、FB都是先变大后变小

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