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=―BD2A，y=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0

y=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>0，b>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（0，bDa]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vm，设在水平直线上的甲乙两站相距为s，试求列车从甲站出发到乙站停止，所用的最短时间是多少？

解析设列车加速的加速度为a1，匀速运动的速度为v，减速运动的加速度大小为a2，加速运动的时间为t1=vDa1，位移为s1=v2D2a1；减速运动的时间为t2=vDa2，位移为s2=v2D2a2；则匀速运动的时间为

t3=s―s1―s2Dv=sDv―vD2a1―vD2a2，

所以总时间为

t3=sDv+1D2（vDa1+vDa2），

可知当a1=a2=am时，t有最小值，则

t3=vDam+sDv，

t―v图像如图7所示.

（1）若vm≥sam，则曲线顶点为最小值，

tmin=2ab=2sDam，

此时v=sam；

（2）若vm

tmin=vmDam+sDvm.

5.利用图解法求极值

例5如图8所示.质量为m的带电小球，用细线悬挂于水平方向的匀强电场中，平衡后细线偏离竖直方向一个角度θ，当电场方向改变时，可使细线与竖直方向的夹角增大，问该角度达到最大时，电场强度方向与水平方向夹角为多大？

解析利用矢量图解法进行分析，受力如图9所示，重力大小方向都不变，电场力大小不变，方向改变，画出矢量三角形如图11所示.旋转电场力F矢量，矢量末端轨迹为圆弧，当细线拉力与电场力垂直时，拉力与圆弧相切，此时细线偏转角最大，可知此时电场强度方向与水平方向夹角即细线与竖直方向夹角为

βm=arcsinFDmg=arcsin（tanθ）.

6.利用图像法求极值

例6如图10所示，两平行金属板上下正对水平放置，并接到电源上，O1、O2分别为两个金属板的中点，现将两极板在极短时间内都分别绕过O1、O2的水平轴逆时针方向转动一个小角度θ，试定量分析两极板上的带电量将如何变化？

解析设极板长度为a，宽度为b，开始正对面积为S=ab，后来两极板不正对了，或者说正对面积变小了，此时两极板的正对面积为S′=ab―bdsinθ，间距为d′=dcosθ，则电容为

C′=εr（ab―bdsinθ）D4πkdcosθ，

所以带电量为

q=C′U=εrUb（a―dsinθ）D4πkdcosθ

=εrUb（aDd―sinθ）D4πkcosθ.

由于εrUbD4πk是常数，只需研究函数

f（θ）=aDd―sinθDcosθ，

可变形为f（θ）=aDd―sinθD0―（―cosθ），

表示定点A（0，aDd）与动点B（―cosθ，sinθ）连线的斜率.而动点B（―cosθ，sinθ）的轨迹是单位圆在第二象限内的1D4圆周，如图11所示.可知直线与单位圆相切时斜率有最小值，此时sinθ=dDa，则θ=arcsindDa，f（θ）有最小值，即随着θ的增大，f（θ）先减小，后增大.也就是说，当0

7.利用导数法求极值

例7两个正点电荷Q1=Q和Q2=4Q分别置于固定的光滑绝缘水平面上的A、B两点，A、B两点相距为L，且A、B两点正好位于水平光滑绝缘半圆细管的两个端点出口处，如图12所示.若把一点电荷放于绝缘管内靠近 点处由静止释放，试确定它在管内运动过程中速度为最大值时的位置P.即求出图中PA和PB连线的夹角θ.

解析如图13所示，点电荷Q1、Q2在P点产生的电势分别为

U1=kQ1Dr1=kQ1DLcosθ，

U2=kQ2Dr2=kQ2DLsinθ，

则P点的电势为

U=U1+U2=kDL（Q1Dcosθ+Q2Dsinθ）.

令y=Q1Dcosθ+Q2Dsinθ，

根据求导公式（uDv）′=u′v―v′uDv2取导数得

y′=0―Q1（―sinθ）Dcos2θ+0―Q2（―cosθ）Dsin2θ，

由y′=0得Q1sinθDcos2θ+Q2cosθDsin2θ，

即Q2DQ1=tan3θ，可知

θ=arctan（Q2DQ1）1D3=arctan3D4.

这就是电势取最小值的条件，因此P点的电势最低，则电势能最小，电场力做功最多，动能最大，所以当θ=arctan3D4时，粒子运动的速度最大.