高三物理-物理思维方法专题 临界和极值问题(2020-04-02)解析版

临界和极值问题

典例1：（运动学中的极值问题）飞机处于2000m 高空匀速飞行，时隔1s 先后掉下两小球

A 、

B ，求两球在下落过程中彼此在竖直方向上相距最远的距离.(g 取10m/s 2，空气阻力不计)答案195m

解析如取地面为参考系，则小球做抛体运动，研究起来无疑比较复杂，我们取刚离开飞机的B 球为参照系，A 球以10m/s 的速度匀速向下降落，设A 球从2000m 高空降落做自由落体运动的时间为t ，则

h ＝12

gt 2，即t ＝2h g

＝20s B 球刚离开飞机，A 球已下落1s ，此时A 、B 相距为s ＝12

×10×12m ＝5m A 相对B 匀速运动19s 后着地，此19s 内A 相对B 运动190m.因此，两球在竖直方向上相距最远的距离为195m.

典例2：（平衡中的临界）拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具（如图）。设拖把头的质量为m ，拖杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g ，某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ。

（1）若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小。

（2）设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖

把的正压力的比值为λ。已知存在一临界角θ0，若θ≤θ0，则不管沿拖杆方向的推

力多大，都不可能使拖把从静止开始运动。求这一临界角的正切tan θ0。

【解析】（1）设该同学沿拖杆方向用大小为F 的力推拖把。将推拖把的力沿竖

直和水平方向分解，按平衡条件有

cos F mg N

θ+=①sin F f

θ=②

式中N 和f 分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。按摩擦定律有f N

μ=③

联立①②③式得sin cos F mg μθμθ=-④

（2）若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应有sin F N

θλ≤⑤

这时，①式仍满足。联立①⑤式得sin cos mg

F θλθλ-≤⑥

现考察使上式成立的θ角的取值范围。注意到上式右边总大于零，且当F 无限大时极限为零，有

sin cos 0θλθ-≤⑦

使上式成立的θ角满足0?θ≤，这里θ0是题中所定义的临界角，即当0?θ≤时，不管拖杆方向用多大的力都推不动拖把。临界角的正切为

0tan θλ

=典例3：（牛顿运动定律中的临界）如图8所示，静止在光滑水平面上的斜面体，质量为M ，倾角为α，其斜面上有一静止的滑块，质量为m ，两者之间的动摩擦因数为μ，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度为g .现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动，求：

图8

(1)若要使滑块与斜面体一起加速运动，图中水平向右的力F 的最大值；

(2)若要使滑块做自由落体运动，图中水平向右的力F 的最小值.

①滑块与斜面体一起加速运动；②滑块做自由落体运动.答案(1)(m ＋M )g (μcos α－sin α)μsin α＋cos α

(2)Mg tan α解析(1)当滑块与斜面体一起向右加速时，力F 越大，加速度越大，当F 最大时，斜面体对滑块的静摩擦力达到最大值F fm ，滑块受力如图所示.

设一起加速的最大加速度为a ，对滑块应用牛顿第二定律得：

F N cos α＋F fm sin α＝mg ①

F fm cos α－F N sin α＝ma ②

由题意知F fm ＝μF N ③

联立解得a ＝μcos α－sin αcos α＋μsin α

g 对整体受力分析F ＝(M ＋m )a

联立解得F ＝(m ＋M )g (μcos α－sin α)μsin α＋cos α

(2)如图所示，要使滑块做自由落体运动，滑块与斜面体之间没有力的作用，滑块的加速度为g ，设此时M 的加速度为a M ，则对M ：F ＝Ma M

当水平向右的力F 最小时，二者没有相互作用但仍接触，则有12gt 212

a M t 2＝tan α，即g a M ＝tan α联立解得F ＝Mg tan α

.典例4：（碰撞中的临界）如图5所示，甲车质量m 1＝m ，在车上有质量M ＝2m 的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h 处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时m 2＝2m 的乙车正以速度v 0迎面滑来，已知h ＝2v 20g

，为了使两车不发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，试求人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件？

不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看成质点．

图5①使两车不发生碰撞；②不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看成质点．答案135v 0≤v ≤113v 0解析

设向左为正方向，甲车(包括人)滑下斜坡后速度为v 1，由机械能守恒定律有12

(m 1＋M )v 12＝(m 1＋M )gh ，解得v 1＝2gh ＝2v 0设人跳出甲车的水平速度(相对地面)为v ，在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v 1′和v 2′，

则人跳离甲车时：(M ＋m 1)v 1＝Mv ＋m 1v 1′

人跳上乙车时：Mv －m 2v 0＝(M ＋m 2)v 2′解得v 1′＝6v 0－2v ，v 2′＝12v －12

v 0两车不发生碰撞的临界条件是v 1′＝±v 2′当v 1′＝v 2′时，解得v ＝135v 0当v 1′＝－v 2′时，解得v ＝113v 0故v 的取值范围为135v 0≤v ≤113

v 0.典例5：（磁场中的临界）图中左边有一对平行金属板，两板相距为d ，电压为V;两板之间有匀强磁场，磁场应强度大小为0B ，方向平行于板面并垂直于纸面朝里。图中右边有一边长为a 的正三角形区域EFG(EF 边与金属板垂直)，在此区域内及其边界上也有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面朝里。假设一系列电荷量为q 的正离子沿平行于金属板面，垂直于磁场的方向射入金属板之间，沿同一方向射出金属板之间的区域，并经EF 边中点H 射入磁场区域。不计重力

（1）已知这些离子中的离子甲到达磁场边界EG 后，从边界EF 穿出磁场，求离子甲的质量。

（2）已知这些离子中的离子乙从EG 边上的I 点（图中未画出）穿出磁场，且GI 长为34a ，求离子乙的质量。

（3）若这些离子中的最轻离子的质量等于离子甲质量的一半，而离子乙的质量是最大的，问磁场边界上什么区域内可能有离子到达。

（1）由题意知，所有离子在平行金属板之间做匀速直线运动，它所受到的向上的磁场力和向下的电场力平衡，有00qvB qE =①

式中，v 是离子运动的速度，E 0是平行金属板之间的匀强电场的强度，有0V E d =

②由①②式得：0V

v B d =③

在正三角形磁场区域，离子甲做匀速圆周运动。设离子甲质量为m ，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有：2

v qvB m r =④

式中，r 是离子甲做圆周运动的半径。离子甲在磁场中的运动轨迹为半圆，圆心为O ：这半圆刚好与EG 边相切于K ，与EF 边交于I /点。在ΔEOK 中，OK 垂直于EG 。

由几何关系得12a r -=⑤

由⑤式得32r a ?=??⑥联立③④⑥式得,

离子甲的质量为032qaBB d m V ?=??⑦

（2）同理，有洛仑兹力公式和牛顿第二定律有2v qvB m r '='⑧

式中，'m 和'r 分别为离子乙的质量和做圆周运动的轨道半径。离子乙运动的圆周的圆心'O 必在E 、H 两点之间，又几何关系有

2220

33()()2()()cos 604242a a r a r a r '''=-+----⑨由⑨式得14r a '=⑩联立③⑧⑩式得，离子乙的质量为04qaBB d m V

'=⑾（3）对于最轻的离子，其质量为/2m ，由④式知，它在磁场中做半径为r/2的匀速圆

周运动。因而与EH 的交点为O

，有3)2OH a =-

⑿E F

G H

O

K I /E

F G H O /I

当这些离子中的离子质量逐渐增大到m 时，离子到达磁场边界上的点的位置从O 点沿

HE 边变到P 点；

当离子质量继续增大时，离子到达磁场边界上的点的位置从K 点沿EG 边趋向于I 点。K 点到G 点的距离为32KG a ⒀

所以，磁场边界上可能有离子到达的区域是：EF 边上从O 到I /点。EG 边上从K 到I 。典例6：（电路中的极值）x 轴下方有两个关于直线x ＝－0.5a 对称的沿x 轴的匀强电场(大小相等，方向相反)．如图7甲所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN 、PQ 相距0.8m ，导轨平面与水平面夹角为α，导轨电阻不计．有一匀强磁场垂直导轨平面斜向上，长为1m 的金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为0.1kg 、与导轨接触端间电阻为1Ω.两金属导轨的上端连接右端电路，电路中R 2为一电阻箱．已知灯泡的电阻R L ＝4Ω，定值电阻R 1＝2Ω，调节电阻箱使R 2＝12Ω，重力加速度g 取10m/s 2.将开关S 断开，金属棒由静止释放，1s 后闭合开关，如图乙所示为金属棒的速度随时间变化的图象，求：

图7

(1)斜面倾角α及磁感应强度B 的大小；(2)若金属棒下滑距离为60m 时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始下滑100m 的过程中，整个电路产生的电热；

(3)改变电阻箱R 2的阻值，当R 2为何值时，金属棒匀速下滑时R 2的功率最大，消耗的最大功率为多少？

答案(1)30°0.5T (2)32.42J (3)1.5625W

解析(1)开关S 断开，由题图甲、乙得a ＝g sin α＝Δv Δt ＝5m/s 2，则sin α＝12，α＝30°.F 安＝BIL ，I ＝BLv m R 总，R 总＝R ab ＋R 1＋R 2R L R 2＋R L ＝(1＋2＋4×124＋12

)Ω＝6Ω，由图乙得v m ＝18.75m/s ，当金属棒匀速下滑时速度最大，有mg sin α＝F 安，所以mg sin α＝B 2L 2v m R 总

，得B ＝mg sin α·R 总v m ·L 2＝0.1×10×12×618.75×0.82T ＝0.5T.(2)由动能定理有mg ·s ·sin α－Q ＝12mv 2m －0，得Q ＝mg ·s ·sin α－12mv 2m ≈32.42J.(3)改变电阻箱R 2的阻值后，设金属棒匀速下滑时的速度为v m ′，则有mg sin α＝BI 总L ，R 并′＝R 2R L R 2＋R L ＝4Ω×R 24Ω＋R 2R 2消耗的功率P 2＝U 2并R 2＝(I 总R 并′)2R 2＝(mg sin αBL ·R 并′)2R 2＝(mg sin αBL )2·(4Ω×R 24Ω＋R 2)2R 2＝

(mg sin αBL )2·16R 216＋8R 2＋R 22＝(mg sin αBL )2·1616R 2

＋8＋R 2，当R 2＝4Ω时，R 2消耗的功率最大，P 2m ＝1.5625W.

对点训练

1.如图15所示，光滑绝缘的正方形水平桌面边长为d ＝0.48m ，离地高度h ＝1.25m ．桌面上存在一水平向左的匀强电场(除此之外其余位置均无电场)，电场强度E ＝1×104N/C.在水

平桌面上某一位置P 处有一质量m ＝0.01kg ，电荷量q ＝1×10－6C 的带正电小球以初速度v 0＝1m/s 向右运动．空气阻力忽略不计，重力加速度g ＝10m/s 2.求：

图15

(1)小球在桌面上运动时加速度的大小和方向？(2)P 处距右端桌面多远时，小球从开始运动到最终落地的水平距离最大？并求出该最大水平距离？

答案(1)1.0m/s 2方向水平向左(2)38m 58

m 解析(1)对小球受力分析，受到重力、支持力和电场力，重力和支持力平衡，根据牛顿第

二定律，有：a ＝F m ＝qE m ＝10－6×1040.01m/s 2＝1.0m/s 2，方向水平向左．(2)设球到桌面右边的距离为x 1，球离开桌面后做平抛运动的水平距离为x 2，则：x 总＝x 1＋x 2

由：v 2－v 02＝2ax 1；代入，解得：v ＝1－2x 1设平抛运动的时间为t ，根据平抛运动的分位移公式，有：h ＝12

gt 2，代入得：t ＝0.5s.水平方向，有x 2＝vt ＝0.51－2x 1，故

x 总＝x 1＋0.51－2x 1

令：y ＝1－2x 1；则：x 总＝1－y 2＋y 2故y ＝12，即：x 1＝38时，水平距离最大，最大值为x max ＝58

m 2.如图所示，AB 是固定在竖直平面内倾角θ=370的粗糙斜面，轨道最低点B 与水平粗糙轨道BC 平滑连接，BC 的长度为S BC =5.6m ．一质量为M =1kg 的物块Q 静止放置在桌面的水平轨道的末端C 点，另一质量为m =2kg 的物块P 从斜面上A 点无初速释放，沿轨道下滑后进入水平轨道并与Q 发生碰撞。已知物块P 与斜面和水平轨道间的动摩擦因数均为μ=0.25，S AB =8m ，P 、Q 均可视为质点，桌面高h =5m ，重力加速度g=10m/s 2。

8

.037cos 6.037sin =?=?，（1）画出物块P 在斜面AB 上运动的v-t 图。

（2）计算碰撞后，物块P落地时距C点水平位移x的范围。（3）计算物块P落地之前，全过程系统损失的机械能的最大值。

v/ms-1

t/s

v

3.如图所示，da、bc为相距为L的平行导轨(导轨电阻不计)。a、b间连接一个定值电阻，阻值为R。长直金属杆可以按任意角θ架在平行导轨上，并以速度v匀速滑动(平移)，v的方向与da平行，杆MN每米长的阻值也为R。整个空间充满匀强磁场，磁感强度的大小为B，方向垂直纸面向里。求：

(1)定值电阻上消耗的电功率最大时，θ角的值；

(2)杆MN上消耗的电功率最大时，θ角的值。(要求写出推导过程)

【参照答案】(1)θ＝π

2

(2)当01m 时θ＝π

2【名师解析】

4.如图甲所示，在光滑绝缘水平桌面内建立xoy 坐标系，在第Ⅱ象限内有平行于桌面的匀强电场，场强方向与x 轴负方向的夹角θ=45°。在第Ⅲ象限垂直于桌面放置两块相互平行的平板C 1、C 2，两板间距为d 1=0.6m ，板间有竖直向上的匀强磁场，两板右端在y 轴上，板C 1与x 轴重合，在其左端紧贴桌面有一小孔M ，小孔M 离坐标原点O 的距离为l 1=0.72m 。在第Ⅳ象限垂直于x 轴放置一竖直平板C 3，垂足为Q ，Q 、O 相距d 2=0.18m ，板C 3长l 2=0.6m 。现将一带负电的小球从

桌面上的P 点以初速度0/s v =垂直于电场方向射出，刚好垂直于x 轴穿过C 1板上的M 孔，进入磁场区域。已知小球可视为质点，小球的比荷

20C /kg q m =，P 点与小孔M 在垂直于电场方向上的距离为2m 10

s =，不考虑空气阻力。求：(1)匀强电场的场强大小；

(2)要使带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板C 3上，求磁感应强度B 的取值范围；

(3)以小球从M 点进入磁场开始计时，磁场的磁感应强度随时间呈周期性变化，如图乙所示，则小球能否打在平板C 3上？若能，求出所打位置到Q 点距离；若不能，求出其轨迹与平板

C

，计算结果保留两位小数) 3间的最短距离。 1.73

5.如图所示，以A 、B 和C 、D 为端点的半径为R =0.6m 的两半圆形光滑绝缘轨道固定于竖直平面内，B 端、C 端与光滑绝缘水平地面平滑连接．A 端、D 端之间放一绝缘水平传送带．传送带下方B 、C 之间的区域存在水平向右的匀强电场，场强E =5×105V/m ．当传送带以6m/s 的速度沿图示方向匀速运动时，现将质量为m =4×10-3kg ，带电量q=+1×10-8C 的物块从传送带的右端由静止放上传送带．小物块运动第一次到A 时刚好能沿半圆轨道滑下．不计小物块大小及传送带与半圆轨道间的距离，g 取10m/s 2，已知A 、D 端之间的距离为1.2m ．求：

(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)物块第1次经CD 半圆形轨道到达D 点时速度；(3)物块第几次经CD 半圆形轨道到达D 点时的速度达到最大，最大速度为多大．

【答案】(1)μ=0.25(2)v D1=3m/s (3)第5次到达D 点时的速度达到最大，最大速度为39m/s ．

(2)小物块从D 出发，第一次回到D 的过程，由动能定理得：

2112

D mv mgL qEL μ=+联立以上各式并代入数据解得：13m/s D v =(3)设第n 次到达D 点时的速度等于传送带的速度，由动能定理得：201

2mv n mgL nqEL μ=+

联立以上各式并代入数据解得：n =4

由于n =4为整数，说明小物块第4次到达D 点时的速度刚好等于传送带的速度，则小物块将同传送带一起匀速到A 点，再次回到D 点的速度为v D ，由动能定理得：2201122

D mv mv mgL μ-=-

带入数据解得：0

D v v =小物块第5次到达D 点后，将沿传送带做减速运动，设在传送带上前进距离S 后与传送带速度相等，由动能定理得2201122

D mv mv mgS μ-=-联立以上各式并代入数据解得：S =0.6m

从以上计算可知，小物块第5次到达D 点后，沿传送带做减速到传送带中点以后即同传送带一起匀速到A 点，以后的运动将重复上述的过程，因此小物块第5次到达D 点速度最大，最大速度为v D ＝39m/s ．

6.如图所示，质量M =8.0kg 、长L =2.0m 的薄木板静置在水平地面上，质量m =0.50kg 的小滑块（可视为质点）以速度v 0=3.0m/s 从木板的左端冲上木板。已知滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.20，重力加速度g 取10m/s 2。

（1）若木板固定，滑块将从木板的右端滑出，求：

a ．滑块在木板上滑行的时间t ；

b ．滑块从木板右端滑出时的速度v 。

（2）若水平地面光滑，且木板不固定。在小滑块冲上木板的同时，对木板施加一个水平向右的恒力F ，如果要使滑块不从木板上掉下，力F 应满足什么条件？（假定滑块与木板之间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）

011)2x v v t =+块（

112x v t 板

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