二、深入解析判别式与不等式-学科融合研究高中物理与数学

学科融合研究高中物理与数学 二、深入解析判别式与不等式 1.判别式的多张面孔 【必备知识】 用根与系数的关系判断方程的根，在一元二次方程ax2+bx十c=0(a≠0)中： (1)若b一4ac<0,则方程没有实数根. (2)若b2一4ac=0,则方程有两个相等的实数根. (3)若b2-4ac>0,则方程有两个不相等的实数根. 利用判别式解答物理问题，要根据题目所给条件，把某物理量跟自变量之间的函数关系 转化成ax2+bx+y=0的形式.解不等式△=b一4ay≥0，找出y的最大值或最小值，把所求 出的最值代入原式中，找出最大值或最小值的条件： 星【经典例题1】如图所示，甲，乙两小车相距为5，甲在后，乙在 面 前，沿着同一条直线同时开始向前运动，甲以速度匀速运动，乙由静止开始以加速度α匀 加速运动，试讨论甲、乙能否相遇及相遇的时间. 【解析】解法1：利用判别式解答， 从乙开始运动计时，以甲起始位置为坐标原点，向右为正方向，则有 1 sw=vot,s=s+2at, 两车相遇时，有甲=S乙， 联立以上式子可得at-2ut十2s=0. 这是一个关于t的二次方程，是否有解要从判别式来讨论： ①若△=42一8as<0,即，2<2as,则方程无解，不存在t值使方程成立，即甲追不上乙. ②若△=4u2-8as=0,即62=2a5,则方程有两个相同的解，即开始后t=时刻，甲追 a 上乙，此时两车等速。 ③若4=4w2一8a>0,即w2>2a,则方程有两个不同的解，两个解为有=h一V-2a四 a =6十Vw2-2as a 开始后1时刻甲追上乙，此后甲超过乙，但乙的速度继续增大，当乙的速度大于甲的速 ·030 学科融合研究高中物理与数学 度后，甲、乙之间的间距开始变小，到2时刻乙又追上甲并超过甲. 解法2：物理角度分析. 采用物理的角度分析，以体会题中所给条件的实际意义：甲车匀速运动，其速度不变； 乙车具有加速度，乙车的速度越来越快，甲要追上乙，必须在乙的速度比它的速度大之前，否 则甲就没有追上乙的希望， 甲、乙两车等速所需要的时间为t= a 甲车必须在这个时间内追上乙或超过乙，所以有t≥s十a, 解得2≥2as. 盒【经典例题2】火车甲以速率向前行驶，司机忽然发现，在正前方同一轨道上距车 、处有另一火车乙，正沿同方向以较小的速率2做匀速运动.他立即使火车做匀减速运动，加 速度大小为a,为了使火车不至相撞，则加速度a应该满足什么条件？ 【解析】两列火车分别做匀减速运动和匀速运动，经时间：位移分别为 x1=w1t一 at,x:=vl, 由两车刚好相拉时的位移条件工=十，得1一2=叶 化简得at-2(y一2)t十2s=0. 这是一个关于的一元二次方程，如果没有两个不同的实数解，说明两车就会相撞，因 此，要求其判别式△=4(v1一)2一8a.s≤0， 所以，要求加速度为4心（一） 2s 【说明】应该注意本题中仅要求两车不相撞，因此只需满足一个位移条件，如果要求两车 相遇不相撞，则必须同时满足位移条件和速度条件，即后车速度应不大于前车速度，临界情况 下两车等速.题中解法仅作为利用判别式求极值的一个实例，并非最佳解法，实际解题时，可 以利用t图像，或选取做匀速运动的火车为参考系等方法，都可以更迅速地解答 盈【经典例题】在光滑的水平轨道上，有两个半径都是，的小球A和B,质量分别为 m和2m,当两球心间的距离大于1(l比2r大得多)时，两球之间无相互 作用力，当两球心间距等于或小于1时，两球间存在相互作用的恒定斥 力F,设A球从离B球很远处以速度沿两球心连线向静止的B球运动，如图所示.求两球 不发生接触，o必须满足的条件. ·031 学科融合研究高中物理与数学 【解析】当A球选入斥力范国内，A球微匀减逸运动，B球微匀加速运动，经过时间1 两球的位分=一宁·品·最。 若两球刚好接触，则xB十l一xA=2r, 代入两球位移表达式整理后得3： Ft2-t+(l-2r)=0. Am 要求两球不发生接触，说明该方程应该无实数解，即要求判别式 △=（-)2-4.3E(1-2)<0,解得6< 3F(l-2r) Am 。【经典例题4】如图所示，在光滑水平面上放置质量为M=2kg的小车A,在水平车 面 面上放置一个质量为m=1kg的木块B,木块与车面间的动摩擦因数 μ=0.1，现用水平力F推动木块B,使B相对于A时前进的距离s= 1,则水平力F为何值时做功最小？ 解析】设B与A之的察力为P则B与小的加滨度分别为→ F-F:_ F-umg_F mg m m -gg,4M=MM B相对于A前进距离s=1m,所需的时间为t= 2s Nam-aM 此时B与A的速度分别为vm=amt,vM=aMt, 在这个过程中，水平力F做功为WF=Fs十△Ek. 由于克服摩擦力的功F:恒定，当两者所增加的动能△Ek取最小值时，F做功最小. 因为△Em+ew:a2ma3+Maw)e)十0.5 F-1.5 上式可变换为F-(△Ek十2)F+1.5△Ek十1.5=0， 当判别式满足条件△=（△Ek十2）2-4(1.5△Ek十1.5)=△Ek2-2△Ek-2≥0， 此方程有实数解，解这个不等式得△Ek≥1十√3， 所以当△Ek=1十√3≈2.73J时，F做功最小，对应的推力的最小值为Fmn=2.37N. 4业 【经典例题5】如图所示，用细线竖直悬挂一个质量为M的圆环，在环 'mm 上套有两个相同的质量均为的光滑小球，现设法使两球从圆环最高点沿两侧 由静止滑下，若下滑到某处，悬绳的拉力恰好等于零，则M与之间满足什么 关系？ ·032 学科融合研究高中物理与数学 【解析】由对称性可知，两球下滑时与环的相互作用力大小相等，要求对悬绳的拉力 等于零，两球对环的作用力的合力必定与环的重力平衡，设此时小球与环线连线转过的角度 为O,瞬时速度为v,设环的半径为R,如图所示. 以小球为研究对象，环对小球的弹力为F,它满足向心力条件和机械 能守恒，有关系式 702 FN十mngcos日=mR' mg m=mgR(1-cos 0). 联立解得FN=2mg-3 ngcos0. 以圆环为研究对象，它满足力的平衡条件Mg=2 Fcos 0, 解得Mg=4 ngcos0-6 ngcos20, E 6mgcos20-4mgcos 0+Mg-0. 要求cos0有实数解，其判别式应该满足的条件16mg2一24mMg≥0， 所以m≥号M 【经典例题6】如图所示的电路中，电源电动势为E,定值电阻阻值为R,滑动变阻器 的总阻值为R。,电源和电流表的内阻都不计，闭合开关，当滑动变阻器的 A 滑动片位于何处时，电流表中通过的电流最小？求最小值. 晶【解析】淡滑动变阻器的滑片左端电路为R时，电流表的电流最 E 小，电路的总电流为I=R,R E (R+R)E R,千R十(R。一R)）R,(R+R)R, RE 并联分流规律，得电流表中的电流为1。三R干RI白R。(R+R)-R可 将上式整理可得IR,2-IRR1十ER-IRR=0. 在这里，滑动滑片移动到某个位置时，电流表中的电流才有最小值，说明该方程只能有 一个解，令其判别式△=(IR,)2一4I(ER一IRR)=0, 4RE 解得1。=R,干4RR,（另一个解1。=0舍去)， 对应的阻值为R,=R=号R, 2I2 ·033 学科融合研究高中物理与数学 【经典例题7】如图所示，水平面上有两条相距为1的平行金属导轨AB和CD,右端 接有电动势为E、内阻不计的电源和电阻R,导轨间分布着磁感应强 A XXx 度为B的匀强磁场，其方向垂直导轨向下，在导轨上垂直放置一根金 R X 属棒MN后，它在安培力作用下由静止向左运动，最后以速度o做匀 速运动，若其他部分电阻不计，棒与导轨间的摩擦力为F,则当磁感C 应强度B为多大时，棒做匀速运动的速度有最大值？其最大值为多大？ 骨【解析】金属棒向左运动时切刻磁感线产生感应电动势为E,其极性与电源电动势 反向，两者反向串联，因此电路中的电流为1=EE=EB R R 金属棒受到的安培力为F=BI=B1(E-B1o) R 金属捧做匀速运动时满足条件B(EBl)=F, R 整理后得IPvB-lEB+RF=O. 这是一个关于B的二次方程，要使其有实数解，则△=-4RF≥0，解得≤4RF: 将=一RF代入关于B的二次方程，得出对应的磁感应强度大小B=2RE E 【达标演练1】在一条平直的公路上，乙车以y=10m/s的速度匀速行驶，甲车在乙车的 后面做同方向初速度v2=15m/s、加速度大小a=0.5m/s2的匀减速运动，若两车初始距离 L=36m,请通过计算分析两车能否相遇.若能相遇，则求出两车相遇的时间；若不能相遇，则 求出两车间的最近距离， ·034 学科融合研究高中物理与数学 【达标演练2】如图所示，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 P 电荷量为q(q>0)、质量为m的小球P在球面上做水平方向的匀速圆周 80 运动，圆心为0.球心0到该圆周上任意一点的连线与竖直方向的夹角为0(0<<)，为了 使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度的最小值及小球P相应的速率.重力加速度为g 【达标演练3】如图所示，在水平面内的两条平行导轨相距d 0.3m,一端接有电动势E=6V的电池和电阻值为R=52的电阻. 将一根金属杆架在两条导轨上，且与导轨垂直，它与导轨之间的滑动 E 摩擦力F=0.1N,整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，并且电池内阻和其他各处电阻都 不计.试求：合上开关后，金属杆最终可能获得的稳定速度的最大值及所对应的磁感应强度. ·035 学科融合研究高中物理与数学 2.不等式的秘密 9 【必备知识】 在高中阶段，均值不等式中最常用的是“对于若干个非负实数，它们的算术平均数不小于 几何平均数”，表达式为十a:十…+a≥a,a…a. n (1)a2+b≥2ab(a,b∈R),a+b≥2√ab(a,b∈R+). (2)6+g≥2(a,b∈R+). a b (3) 2 (4)调和不等式1工≤ 2 a2+b 2 -(a,b∈R+). (5)最值定理： ①设y都是正数，若x十y=(和为定值)，则当=y时，积取得最大值： ②设x、y都是正数，若xy=p(积为定值)，则当x=y时，和x十y取得最小值2√D. (6)(a2+b)(c2+d)≥(ac+bd)2(a,b,c,d∈R+),当且仅当ad-bc=0时等号成立. (7)a3+b3+c3≥3abc,a+b+c≥3abc(a,b,c∈R+),当且仅当a=b=c时，等号成立， 证明：a3+b3+c3-3abc=(a+b)(a2-ab+b)+c(c2-3ab) =(a+b)(a2-ab+b2)+c(c2-3ab+a2-ab+b2-a2+ab-b2) =(a+b)(a2-ab+b)+c[(c2-a2-2ab-b)+(a2-ab+b)] =(a+b)(a2-ab+b)+c[c2-(a+b)2]+c(a2-ab+b) =(a+b+c)(a2-ab+b2)+c(a+b+c)(c-a-b) =(a+b+c)(a2+62+c2-ab-bc-ac) 因为a,b,c>0,所以a十b+c>0. Xa'+b+e-ab-be-ac=2a'+26+2c'-2ab-2bc-2ac =(a-b)2+(a-c)2+(b-c）2≥0， 2 所以a3+b+c3-3abc≥0， 所以a3+b3+c3≥3abc,当且仅当a=b=c时，等号成立. ·036 学科融合研究高中物理与数学 名【经典例题1】尼知正数xy的和为定值m,求号+的极小值。 【解析】解法1：+-+2过 m2 显然m>1,故当xy取得最大值时，上式有最小值， 而≤=此时x=y受 代入式可得十品 2 a2+b2 解法2：借助调和不等式1工2— 求解. a'b 1,1 令a=1 会六代入上式可得人2 2=20,所以21 122所以2+28 x+y m 【经典例题2】如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=0.5kg的小物块， 面 它与水平台阶表面间的动摩擦因数=0.5，且与台阶边缘O点的距离s=5.在台阶右侧固 定了一个以O点为圆心的圆弧形挡板，现用F=5N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤 去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板.(g取10m/s2) (1)若小物块恰能击中挡板的上边缘P点，P点的坐标为 0 1.6 77777777777777777刀 x/m (1.6m,0.8m),求其离开O点时的速度大小； 0.8 (2)为使小物块击中挡板，求拉力F作用的距离范围； (3)改变拉力F的作用距离，使小物块击中挡板的不同位 y/m 置，求击中挡板时小物块速度的最小值和此时物块下落的高度h.(结果可保留根式) 设小物块高开0点时的速度为：由 在水平方向有x'=ot, 在竖直方向有/-8， 其中x'=1.6m,y=0.8m,解得v=4m/s. (2)为使小物块击中挡板，小物块必须能运动到O点.设拉力F作用的最短距离为x1,由 动能定理得Fx1一mgs=0,解得x1=2.5m. ·037 学科融合研究高中物理与数学 为使小物块击中挡板，小物块的平抛初速度不能超过4/s,设拉力F作用的最长距离 为x2,由动能定理Fx2一mgs=2mw2, 解得x2=3.3m. 则为使小物块击中挡板，拉力作用的距离范围为2.5m<x3≤3.3m. (3)设小物块击中挡板的任意一点坐标为(c,),则有x=,y= 28t. 由机械能守恒定律得E=2m+mg 又x2+y2=R,由P点坐标可求R2=3.2m2. 联立解得E.=mgR+3m82=4+15,》 4y 4 y (式中物理量均取国际单位制的单位)， 4.5、 由数学方法求得B≥2√·y,即E.m=2V西J=2mm, 解得=22而m/s此时号只解得A=y4m 【经典例题3】如图所示，固定斜面AB的底边和高均为九，平台和斜面顶点B在同 一条水平线上，平台右端点C在A点的正上方.平台左端竖直固定一挡板，一轻质弹簧左端 固定在挡板上，自由端在O点.叠放的两个物体P和Q质量均为，放在O点，P与平台间的 动摩擦因数为以，把两物体向左推到D点无初速度释放，P和Q之间无相对滑动，刚好运动到 C点停止.已知C、D间距离也为h,重力加速度为g. (1)若把物体Q取下来放置在C点，把物体P推到D点，由静挡板 Q 止释放，两物体发生碰撞（碰撞时间极短）并粘在一起抛出，求两物 77-------B DO平台 块离开平台时的速度大小； (2)若把物体Q取下来，并且把物体P推至不同位置无初速度 释放，求物体P落在斜面上时的最小速度大小. 骨【解析1KI)设物体P,Q在D点时弹簧弹性势能为E,根据功能关系可得E,=μ： 2gh.取下Q后，P在D点由静止释放，设运动到C点时的速度为vc,根据功能关系可得 E=mgh+方mae 解得vc=√2μgh. 在碰撞过程中，根据动量守恒可得mvc=2mw, 解得0=25 2 ·038 学科融合研究高中物理与数学 (2)设物体P从C点离开时的速度为V0,根据题意可知购的大小不同，P离 开平台后做平抛运动，如图，根据平抛运动规律有)=2g,x=. 又有x十y=h, h I 联立可得，=：一28t, 根据物体P在竖直方向做自由落体运动可知，落在斜面上时的竖直分速度为)，=g. 设落在斜面上时P的速度为v,根据运动合成可得=，2十0,2， 整理得= 根据数学知识可知户 解得v的最小值为vmin=√（√5一1）gh. 星【经典例题】如图所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂 W 直.小球以速度ⅴ从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小球落地点到轨道下端的距 离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为多少？（不计空气阻力，重力加速度大小 为g) 77 【解析】设小球到轨道最高点时速度为，对小球由动能定理得 1 -2mg7=2m62-2m2. 小球从轨道上端水年飞出后微平抛运动，则有2r=,z=, 可得x= -16r2+40r w2 g 4r0-4r22g g 当且仅当4r=女 4,即r= 8g时，水平位移最大 【经典例题5】如图所示，水平地面上有一高H=0.4m的水平台面，台面上竖直放 置倾角0=37°的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半 圆形光滑轨道DEF,它们平滑连接，其中管道CD的半径r=O.1、圆心在O,点，轨道DEF 的半径R=0.2m、圆心在O2点，O,、D、O2和F点均处在同一水平线上.小滑块从轨道AB ·0393.增长的奥秘 [达标演练1] n=号-4,8天后每分钟放射次数N= N.(）广=6×10×=×102. 由每分钟衰变次数与其体积成正比可得 水库蓄水量为 3 V==8X10 N 20m=1.875X10m3. 像水库蓄水量、人体血液的体积等一类 无法用刻度尺来度量的则往往可借助于放射 性的半衰期特点来求得. [达标演练2] 解此题时一般会想到利用理想气体状态 方程和有关定律分析，但实际上只要抓住密 度的变化即可. 由活塞式抽气筒的原理，每完成一次抽 气，气体的密度即为原来的V,十△V二5.了 5 这样在容器容积不变的情况下，质量也 变为原来的，依题意得广= 1g2 取对数得n1g5.1二1g5=35, ·200 解后点拨：有关变质量理想气体状态变 化的问题要注意利用密度分析，方程兴 R两边同除以m,又因气体密度ρ=罗，可得 T M 式中M是摩尔质量，仅和气体种类有 关，故只要是同一种理想气体，上式都成立. 二、深入解析判别式与不等式 1.判别式的多张面孔 [达标演练1] 设两车经时间t相遇，有 1 vt+L=v:t-ar, 25+36=0 代入数值得 △=b2-4ac=-11<0, t无解，即两车不会相遇. 当两车速度相等时相距最近，有 w=w2-at1,得t=10s, 则最近距离△smm=v1t1十L一（v2t一 2a4,), 代入数值解得△smin=11m. 因此两车不能相遇，最近距离为11m. [达标演练2] 据题意，小球在球面上做水平方向的匀 速圆周运动，该圆周的圆心为O,小球受到向 下的重力mg、球面对它的支持力N和磁场 的洛伦兹力f. 洛伦兹力f=qvB ① ①式中v为小球运动的速率，洛伦兹力f 的方向指向O',根据牛顿第二定律有 Ncos 0-mg-0 ② 02 f-Nsin 0-m Rsin 0 ③ 由①②③式得 gBRsin 0+gRsin0. m cos 0 由于是实数，必须满足 -gBRsin 02 4gRsin 0_ m cos 0 ≥0， 由此得B≥2n g qNRcos 0 可见，为了使小球能够在该圆周上运动， 磁感应强度的最小值为B=2m g qRcos 0' 此时，带电小球做匀速圆周运动的速率 为u=9Emn Rsin0 &8R 2m Vcos sin 0. [达标演练3] 合上开关后，金属杆向右移动切割磁感 线，产生感应电动势E感=Bdu.通过金属杆 的电流和受到的安培力分别为 E-E感_E-Bdlv R R F=BId=Bd(E-Bdv) R 达到稳定速度时，满足F=F,此时速度 U-Umax 即Bd(EBd)=F, R 整理后得dwB2一EdB+FR=O. 这是关于B的一元二次方程，由于磁感 应强度B是实数， 因此其判别式满足△=E一4wFR≥0， E2 得≤4FR' 所以金属杆达到稳定速度的最大值和对 E2 应的磁感应强度分别为=4F,R一 36 4X0.1X5m/s=18m/s, E 6 求得B=22×0.3×18T=0.56T. ·201 2.不等式的秘密 [达标演练1] (1)对小物块从A到B的过程进行分析，根 据动能定理有ngL2sin37°一ungL2cos37°= 1 2ng2, 解得g=4m/s. (2)设物块落在斜面上时水平位移为x, 竖直位移为y,如图所示，对平抛运动，有 x=Upt, 1 y=28, 结合几何关系，有H一=H=2 x L13 解得=s或t=一3 s(舍去). (3)设小物块从轨道上A'点静止释放且 A'B=L,运动到B点时的速度为vB',对物块 从A到碰撞斜面过程分析，根据动能定理有 ngLsin37°-ngcos37°·L+mgy= 2mv2-0. 对物块从A'点运动到B点的过程进行 ·202 分析，根据动能定理有 ngLsin37°-umgLcos37°=- 1 又y=2g,x=0g't, H-y_2 3 联立解得 1 25y 9H2 9H mu=mg6+16-8 故当= 16,即y三号H=0.12m 时，动能最小，为Ekmn,代入数据，解得Ekmin= 0.15J. [达标演练2] (1)设该队员在空中运动的时间为t,在 坡面上落点的横坐标为x,纵坐标为y.由运 动学公式和已知条件得 x=vot, 1 2h-y=7gt, 得平抛运动的轨迹方程)一2弘2品x0 根据题意有技面的抛物线方程)一六@ 4h2u,2 ①②两方程的交点为x一√十8y= 2hv,2 vo2+gh 由机械能守恒，落到坡面时的动能为 2·mu2=2mw2十mg(2h-), 联立上式得 m=no,2+g） 1 t2+gh (2)解法1：宣m心=立m·(w+ 1 4g2h2 可以改写为 v2=（√0,2+gh- 2gh_)+3gh, √0，+gh v取极小值的条件是上式中的平方项等 于0，由此得b=√gh, 此时v2=3gh,则最小动能为Ekmn= 3 2mgh. 解法2：E= 21m2+2mgh2 6十h:令42- ngh,则E=nm 2mgh+2mgh +=m(+吊》小 当n=1,即购2=gh时，探险队员的动能最小， .3 最小值为Emm=2mgh,w=√g五. 解法3：求E=2mgh十号mw2 2mgh关于的导数并令其等于0，即E'= vo2+gh m Amg2h2 (2干)4=0，解得2+gh-2gh= 0,即当人水平跳出的速度=√gh时，他落 在坡面时的动能最小，动能的最小值为 E.-名mgh-2gA=3 5 vogh2mgh. [达标演练3] 画出示意图，如图所示，不妨设小球的质 量为，细线长为l,小球摆动到细线与水平 面夹角为0， 由机械能守恒可知0= 7m-mglsin 0, 1 解得小球的速度为v=√2 glsin0, mg 则重力的瞬时功率P=Fv·cos0= ngucosθ=mg√2 glsin0cos0. 令y(0)=√sin0cos0,两边四次方得： [y(]=sin'0cos'0cos0.2sin0. 2 @os9cos29≤2sin'0+cos0+cos0=7· ·203 由此可知y()有最大值，即重力的瞬时 功率有最大值，所以重力的瞬时功率先变大 再变小. 另解：因开始释放时，小球速度为零，重 力的瞬时功率为零，小球摆到最低位置时，小 球速度是水平方向，重力与速度的夹角为直 角.此时重力的瞬时功率为零，在小球摆动过 程中，小球的重力的瞬时功率不为零，则重力 瞬时功率先变大再变小. [达标演练4] 设小球的质量为m,圆弧轨道的半径为 R,小球通过B点时的速度大小为，对小球 从A点运动到B点的过程分析，由动能定 理有 mg(R-Rcos 60)=m, 其中g为重力加速度的大小，小球从B 点抛出后做平抛运动，设从小球通过B点到 小球落地的时间为t,有 x=vt,h-(R-Rcos 60)=1 gt2, 解得x=√R(2h-R). 由数学知识可知，当R=2h一R,即R=h ·204 时，x有最大值，且最大值xmx=h,故选项C 正确.故选C. [达标演练5] 在两点电荷连线上任取一点P,P点距 离十Q和一Q分别为r1、r2,则 r1十r2=r, E=Q(片十)由数学知识可知片十 -2 当且仅当=r?=2时取最小值，即P 点位于两电荷连线的中点。 三、三角函数与图像变换 1.角度与边长 [达标演练1] 分别对a、b两球受力分析，如图所示. 90°-20 人● T77T77i777777T1 mog mag 根据共点力平衡条件得Fr=,g.根据 正弦定理得