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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
y＝acos θ＋bsin θ
＝(cos θ＋sin θ)
令sin φ＝，cos φ＝
则有：y＝(sin φcos θ＋cos φsin θ)
＝sin (φ＋θ)
所以当φ＋θ＝时，y有最大值，且ymax＝．
2．利用二次函数求极值
二次函数：y＝ax2＋bx＋c＝a(x2＋x＋)＋c－＝a(x＋)2＋(其中a、b、c为实常数)，当x＝－ 时，有极值ym＝(若二次项系数a>0，y有极小值；若a<0，y有极大值)．
3．均值不等式
对于两个大于零的变量a、b，若其和a＋b为一定值p，则当a＝b时，其积ab取得极大值 ；对于三个大于零的变量a、b、c，若其和a＋b＋c为一定值q，则当a＝b＝c时，其积abc取得极大值 ．
4.函数求导

二． 迭代递推
无穷数列的求和，一般是无穷递减数列，有相应的公式可用．
等差：Sn＝＝na1＋d(d为公差)．
等比：Sn＝(q为公比)．

●例1：　如图8－2甲所示，一薄木板放在正方形水平桌面上，木板的两端与桌面的两端对齐，一小木块放在木板的正中间．木块和木板的质量均为m，木块与木板之间、木板与桌面之间的动摩擦因数都为μ．现突然以一水平外力F将薄木板抽出，要使小木块不从桌面上掉下，则水平外力F至少应为________．(假设木板抽动过程中始终保持水平，且在竖直方向上的压力全部作用在水平桌面上)

A．2μmg B．4μmg C．6μmg D．8μmg
【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0～t1 时间内有：
··t12－μgt12＝
对t1时间后木块滑行的过程，有：
＝＝－μgt12
解得：F0＝6μmg．
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v－t 图象如图8－2乙中OBC所示，其中OB的斜率为μg，BC的斜率为－μg，t1＝t2

有：S△OBC＝×2≤
设拉力为F时，木板的v－t图象为图7－2乙中的直线OA，则S△OAB＝
即(v2－v1)·t1＝
其中v1＝μgt1，v2＝·t1
解得：F≥6μmg
即拉力至少为6μmg．
[答案]　C
　●例2：如图8－5甲所示，一质量m＝1 kg的木板静止在光滑水平地面上．开始时，木板右端与墙相距L＝0.08 m，一质量m＝1 kg的小物块以初速度v0＝2 m/s滑上木板左端．木板的长度可保证物块在运动过程中不与墙接触．物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，木板与墙碰撞后以与碰撞前瞬时等大的速度反弹．取g＝10 m/s2，求：

图8－5甲
(1)从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙碰撞的次数及所用的时间．
(2)达到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，木板从静止开始做匀加速运动．设木板的加速度大小为a，经历时间T后与墙第一次碰撞，碰撞时的速度为v1，则有：
μmg＝ma
L＝aT2
v1＝aT
可得：a＝1 m/s2，T＝0.4 s，v1＝0.4 m/s
物块与木板达到共同速度之前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间为T．设在物块与木板达到共同速度v之前木板共经历了n次碰撞，则有：
v＝v0－(2nT＋Δt)a＝a·Δt
式中Δt是碰撞n次后木板从起始位置至达到共同速度所需要的时间
上式可改写为：2v＝v0－2nTa
由于木板的速率只能在0到v1之间，故有：
0≤v0－2nTa≤2v1
解得：1.5≤n≤2.5
由于n是整数，故n＝2
解得：v＝0.2 m/s，Δt＝0.2 s
从开始到物块与木板达到共同速度所用的时间为：
t＝4T＋Δt＝1.8 s．
(2)物块与木板达到共同速度时，木板右端与墙之间的距离为：s＝L－a·Δt2
解得：s＝0.06 m
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a1＝μg＝1 m/s，方向向右
物块做减速运动的加速度a2＝μg＝1 m/s，方向向左
可作出物块、木板的v－t图象如图8－5乙所示
由图可知，木板在0.4 s、1.2 s时刻两次与墙碰撞，在t＝1.8 s 时刻物块与木板达到共同速度．
(2)由图8－5乙可知，在t＝1.8 s时刻木板的位移为：
s＝×a1×0.22＝0.02 m
木板右端距墙壁的距离Δs＝L－s＝0.06 m．

图8－5乙
[答案]　(1)1.8 s　(2)0.06 m
●例3：如图所示，一轻绳吊着一根粗细均匀的棒，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，相互间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k＞1)．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．棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计．求：

(1)棒第一次与地面碰撞后弹起上升的过程中，环的加速度．
(2)从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程s．
(3)从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，摩擦力对环和棒做的总功W．

[2007年高考·江苏物理卷]
【解析】(1)设棒第一次上升的过程中环的加速度为a环，由牛顿第二定律有：
a环＝＝(k－1)g，方向竖直向上．
(2)棒第一次落地前瞬间的速度大小为：v1＝
设棒弹起后的加速度为a棒，由牛顿第二定律有：
a棒＝－＝－(k＋1)g
故棒第一次弹起的最大高度为：
H1＝－＝
路程s＝H＋2H1＝H．
(3)解法一　设棒第一次弹起经过t1时间后与环达到共同速度v1′
环的速度v1′＝－v1＋a环t1
棒的速度v1′＝v1＋a棒t1
解得：t1＝
v1′＝－
环的位移h环1＝－v1t1＋a环t12＝－H
棒的位移h棒1＝v1t1＋a棒t12＝H
x1＝h环1－h棒1
解得：x1＝－
棒、环一起下落至地，有：v22－v1′2＝2gh棒1
解得：v2＝
同理，环第二次相对棒的位移为：
x2＝h环2－h棒2＝－
……
xn＝－
故环相对棒的总位移x＝x1＋x2＋…＋xn＝－
所以W＝kmgx＝－．
解法二　经过足够长的时间棒和环最终静止，设这一过程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：
mgH＋mg(H＋l)＝kmgl
解得：l＝
故摩擦力对环和棒做的总功为：
W＝－kmgl＝－．
[答案]　(1)(k－1)g，方向竖直向上　(2)H
(3)－
●例4：如图所示，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α，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)．线框的边长为d(d<l)，电阻为R，下边与磁场区域上边界重合．将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直．重力加速度为g．求：

(1)装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q．
(2)线框第一次穿越磁场区域所需的时间t1．
(3)经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离xm．
[2009年高考·江苏物理卷]
【解析】(1)设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为W，由动能定理得：
mgsin α·4d＋W－BIld＝0
且Q＝－W
解得：Q＝4mgdsin α－BIld．
(2)设线框刚离开磁场下边界时的速度为v1，则接着向下运动2d，由动能定理得：mgsin α·2d－BIld＝0－mv12
线框在穿越磁场中运动时受到的合力F＝mgsin α－F′
感应电动势E＝Bdv
感应电流I′＝
安培力F′＝BI′d
由牛顿第二定律，在t到(t＋Δt)时间内，有Δv＝Δt
则Δv＝∑[gsin α－]Δt
有v1＝gt1sin α－
解得：t1＝．
(3)经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离xm之间往复运动，由动能定理得：
mgsin α·xm－BIl(xm－d)＝0
解得：xm＝．
[答案]　(1)4mgdsin α－BIld
(2)
(3)
●例5：如图，一半径为R的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上。整个空间存在匀强磁场，磁感应强度方向竖直向下。一电荷量为q（q＞0）、质量为m的小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O’。球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θ（0＜θ＜。为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度大小的最小值及小球P相应的速率。重力加速度为g。

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受到向下的重力mg、球面对它沿OP方向的支持力N和磁场的洛仑兹力
f＝qvB ①
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
②
③
由①②③式得
④
由于v是实数，必须满足
≥0 ⑤
由此得
B≥ ⑥
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
⑦
此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为
⑧
由⑦⑧式得
⑨

●例6：一倾角为θ＝45°的斜血固定于地面，斜面顶端离地面的高度h0＝1m，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m＝0.09kg的小物块（视为质点）。小物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.2。当小物块与挡板碰撞后，将以原速返回。重力加速度g＝10 m/s2。在小物块与挡板的前4次碰撞过程中，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处由静止开始沿斜面向下运动，到达斜面底端时速度为v。
由功能关系得
①
以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量
②
设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h’，则
③
同理，有
④
⑤
式中，v’为小物块再次到达斜面底端时的速度，I’为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量。由①②③④⑤式得
⑥
式中 ⑦
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
⑧
总冲量为
⑨
由 ⑩
得 ⑾
代入数据得 N·s ⑿
解法二：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动，小物块受到重力，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
①
设小物块与挡板碰撞前的速度为v，则
②
以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量为
③
由①②③式得
④
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
⑤
小物块沿斜面向上运动的最大高度为
⑥
由②⑤⑥式得 ⑦
式中 ⑧
同理，小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量
⑨
由④⑦⑨式得 ⑩
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
⑾
总冲量为 ⑿
由 ⒀
得 ⒁
代入数据得 N·s