《数学方法在物理中的应用_3.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《数学方法在物理中的应用_3.docx（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、数学方法在物理中的应用数学方法在物理中的应用一极值分析数学中求极值的方法很多，物理极值问题中常用的极值法有：三角函数极值法、二次函数极值法、一元二次方程的判别式法等1利用三角函数求极值yacosbsina2b2(aa2b2cosba2b2sin)令sinaa2b2，cosba2b2则有：ya2b2(sincoscossin)a2b2sin()所以当2时，y有最大值，且ymaxa2b22利用二次函数求极值二次函数：yax2bxca(x2baxb24a2)cb24aa(xb2a)24acb24a(其中a、b、c为实常数)，当xb2a时，有极值ym4acb24a(若二次项系数a0，y有极小值；若aA
2、2mgB4mgC6mgD8mg【解析】解法一F越大，木块与木板分离时的速度、位移越小，木块越不可能从桌面滑下设拉力为F0时，木块恰好能滑至桌面的边缘，再设木块与木板分离的时刻为t1，在0t1时间内有：12(F0mg2mg)mt1212gt12L2对t1时间后木块滑行的经过，有：v122g(gt1)22gL212gt12解得：F06mg解法二F越大，木块与木板分离时的速度、位移越小，木块越不可能从桌面滑出若木块不从桌面滑出，则其vt图象如图82乙中OBC所示，其中OB的斜率为g，BC的斜率为g，t1t2有：SOBC?12gt122L2设拉力为F时，木板的vt图象为图72乙中的直线OA，则SOAB
3、L2即12(v2v1)t1L2其中v1gt1，v2F3mgmt1解得：F6mg即拉力至少为6mg答案C例2：如图85甲所示，一质量m1kg的木板静止在光滑水平地面上开场时，木板右端与墙相距L0.08m，一质量m1kg的小物块以初速度v02m/s滑上木板左端木板的长度可保证物块在运动经过中不与墙接触物块与木板之间的动摩擦因数0.1，木板与墙碰撞后以与碰撞前瞬时等大的速度反弹取g10m/s2，求：图85甲(1)从物块滑上木板到两者到达共同速度时，木板与墙碰撞的次数及所用的时间(2)到达共同速度时木板右端与墙之间的距离【解析】解法一物块滑上木板后，在摩擦力的作用下，木板从静止开场做匀加速运动设木板的
4、加速度大小为a，经历时间T后与墙第一次碰撞，碰撞时的速度为v1，则有：mgmaL12aT2v1aT可得：a1m/s2，T0.4s，v10.4m/s物块与木板到达共同速度之前，在每两次碰撞之间，木板遭到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的运动，因此木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间为T设在物块与木板到达共同速度v之前木板共经历了n次碰撞，则有：vv0(2nTt)aat式中t是碰撞n次后木板从起始位置至到达共同速度所需要的时间上式可改写为：2vv02nTa由于木板的速率只能在0到v1之间，故有：0v02nTa2v1解得：1.5n2.5由于n是整数，故n2解得：v0.2m/s，t0.2s从开场到物
5、块与木板到达共同速度所用的时间为：t4Tt1.8s(2)物块与木板到达共同速度时，木板右端与墙之间的距离为：sL12at2解得：s0.06m解法二(1)物块滑上木板后，在摩擦力的作用下，木板做匀加速运动的加速度a1g1m/s，方向向右物块做减速运动的加速度a2g1m/s，方向向左可作出物块、木板的vt图象如图85乙所示由图可知，木板在0.4s、1.2s时刻两次与墙碰撞，在t1.8s时刻物块与木板到达共同速度(2)由图85乙可知，在t1.8s时刻木板的位移为：s12a10.220.02m木板右端距墙壁的距离sLs0.06m图85乙答案(1)1.8s(2)0.06m例3：如下图，一轻绳吊着一根粗细
6、均匀的棒，棒下端离地面高为H，上端套着一个细环棒和环的质量均为m，互相间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k1)断开轻绳，棒和环自由下落假设棒足够长，与地面发生碰撞时触地时间极短，无动能损失棒在整个运动经过中始终保持竖直，空气阻力不计求：(1)棒第一次与地面碰撞后弹起上升的经过中，环的加速度 (2)从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的霎时，棒运动的路程s(3)从断开轻绳到棒和环都静止的经过中，摩擦力对环和棒做的总功W2007年高考江苏物理卷【解析】(1)设棒第一次上升的经过中环的加速度为a环，由牛顿第二定律有：a环kmgmgm(k1)g，方向竖直向上(2)棒第一次落地前霎时的速度大小为：v12g
7、H设棒弹起后的加速度为a棒，由牛顿第二定律有：a棒kmgmgm(k1)g故棒第一次弹起的最大高度为：H1v122a棒Hk1路程sH2H1k3k1H(3)解法一设棒第一次弹起经过t1时间后与环到达共同速度v1环的速度v1v1a环t1棒的速度v1v1a棒t1解得：t11k2Hgv12gHk环的位移h环1v1t112a环t12k1k2H棒的位移h棒1v1t112a棒t12k1k2Hx1h环1h棒1解得：x12Hk棒、环一起下落至地，有：v22v122gh棒1解得：v22gHk同理，环第二次相对棒的位移为：x2h环2h棒22Hk2xn2Hkn故环相对棒的总位移xx1x2xn2Hk1所以Wkmgx2km
8、gHk1解法二经过足够长的时间棒和环最终静止，设这一经过中它们相对滑动的总路程为l，由能量的转化和守恒定律有：mgHmg(Hl)kmgl解得：l2Hk1故摩擦力对环和棒做的总功为：Wkmgl2kmgHk1答案(1)(k1)g，方向竖直向上(2)k3k1H(3)2kmgHk1例4：如下图，两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上，导轨间距为l、足够长且电阻忽略不计，导轨平面的倾角为，条形匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直长度为2d的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成“形装置，总质量为m，置于导轨上导体棒中通以大小恒为I的电流(由外接恒流源产生，图中未画出)线
9、框的边长为d(d据题意，小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O。P遭到向下的重力mg、球面对它沿OP方向的支持力N和磁场的洛仑兹力fqvB式中v为小球运动的速率。洛仑兹力f的方向指向O。根据牛顿第二定律0cos=-mgNsinsin2RvmNf=-由式得0cossinsin22=+-qRvmqBRv由于v是实数，必须知足cossin4sin22gRmqBR-?=?0由此得Bcos2Rgqm可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度大小的最小值为cos2minRgqmB=此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为mRqBv2sinmin=由式得sincosgRv=例6：一倾角为45的
10、斜血固定于地面，斜面顶端离地面的高度h01m，斜面底端有一垂直于斜而的固定挡板。在斜面顶端自由释放一质量m0.09kg的小物块视为质点。小物块与斜面之间的动摩擦因数0.2。当小物块与挡板碰撞后，将以原速返回。重力加速度g10m/s2。在小物块与挡板的前4次碰撞经过中，挡板给予小物块的总冲量是多少？解法一：设小物块从高为h处由静止开场沿斜面向下运动，到达斜面底端时速度为v。由功能关系得sincos212hmgmvmgh+=以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞经过中挡板给小物块的冲量)(vmmvI-=设碰撞后小物块所能到达的最大高度为h，则sincos212hmghmgmv+=同理，有si
11、ncos212hmgvmhmg+=)(vmvmI-=式中，v为小物块再次到达斜面底端时的速度，I为再次碰撞经过中挡板给小物块的冲量。由式得kII=式中+-=tantank由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为)cot1(2201-=ghmI总冲量为)1(3214321kkkIIIIII+=+=由)11112kkkkknn-=?+-得)cot1(221104-=ghmkkI代入数据得)63(43.0+=INs解法二：设小物块从高为h处由静止开场沿斜面向下运动，小物块遭到重力，斜面对它的摩擦力和支持力，小物块向下运动的加速度为a，依牛顿第二定律得mamgmg=-cossin
12、设小物块与挡板碰撞前的速度为v，则sin22hav=以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞经过中挡板给小物块的冲量为)(vmmvI-=由式得)cot1(221-=ghmI设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为a，依牛顿第二定律有ammgmg=-cossin小物块沿斜面向上运动的最大高度为sin22avh=由式得hkh2=式中+-=tantank同理，小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量)cot1(22-=hgmI由式得kII=由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为)cot1(2201-=ghmI总冲量为)1(3214321kkkIIIIII+=+=由)11112kkkkknn-=?+-得)cot1(221104-=ghmkkI代入数据得)63(43.0+=INs