2018届二轮复习强化临界极值问题课件(66张)(全国通用)
高考理科数学二轮专题复习课件：第一部分层级三 压轴专题四 临界知识问题
证明：如图，已知椭圆在点P处的切
线PE交x轴于点E，法线PQ交x轴于点Q，
设椭圆方程为
x2 a2
＋
y2 b2
＝1(a>b>0)，焦点
F1(－c，0)，F2(c,0)，切点P(x0，y0)．
则PE的直线方程为xa02x＋yb02y＝1，
PQ的直线方程为y－y0＝ba22xy00(x－x0)， 所以Q(e2x0,0)，|F1Q|＝e2x0＋c，|F2Q|＝c－e2x0，
[典例] (1)对于一切实数 x，令[x]为不大于 x 的最大整
数，则函数 f(x)＝[x]称为高斯函数或取整函数．若 an＝f n3，
n∈N*，Sn 为数列{an}的前 n 项和，则 S3n＝
()
A.32n2－12n
B.32n2＋12n
C.3n2－2n
D.92n2－32n
[解析] 由题意，当 n＝3k，n＝3k＋1，n＝3k＋2 时均有
[答案] B
[针对训练]
4．设取整函数[x]表示不超过 x 的最大整数．已知数列{an}中
a1＝2，且 an＋1－an＝an2，若
a1a＋1 1＋a2a＋2 1＋…＋
am am＋1
＝2 016，则整数 m＝
()
A．2 016
B．2 017
C．2 014
D．2 015
解析：由an＋1－an＝a2n， 可得an1＋1＝ana1n＋1(易知an>0)， 即an＋1 1＝a1n－an1＋1.又ana＋n 1＝1－an＋1 1， 所以a1a＋1 1＋a2a＋2 1＋…＋ama＋m 1 ＝1－a1＋1 1＋1－a2＋1 1＋…＋1－am1＋1
|PF1|＝ex0＋a，|PF2|＝a－ex0. 于是有||FF12QQ||＝ec2－x0e＋2xc0＝cceax－0＋exa0＝||PPFF12||， 由角平分线定理知PQ平分∠F1PF2，性质得证．
2018年高考物理二轮复习微专题五动力学中的临界极值问题课件
此时物块受力如图乙所示。 对物块分析,在水平方向有 FN'sinθ+μFN'cosθ=ma2, 竖直方向有FN'cosθ-μFN'sinθ-mg=0, 对整体有F2=(M+m)a2, 代入数值得a2≈11.18 m/s2,F2≈33.5 N, 综上所述可知推力F的取值范围为14.3 N≤F≤33.5 N。
微专题五
动力学中的临界极值问题
1.临界或极值条件的标志。 (1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,明显表明题述过程 存在临界点。 (2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语,表明题 述过程存在“起止点”,而这些“起止点”往往就对应临界状态。 (3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明题述过程 存在极值,这个极值点往往是临界点。 (4)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等,即是求收尾加速度或 收尾速度。
Hale Waihona Puke 2.处理动力学临界极值问题的两种方法。 (1)以定律、定理为依据,首先求出所研究问题的一般规律和一般 解的形式,然后再分析、讨论临界特殊规律和特殊解。 (2)直接分析、讨论临界状态,找出临界条件求出临界值。在研究 临界问题时,应着重于相应物理量的取值范围和有关物理现象发生 或消失条件的讨论。
【例题】如图所示,质量为m=1 kg的物块放在倾角为θ=37°的斜 面体上,斜面体质量为M=2 kg,斜面与物块间的动摩擦因数为μ=0.2, 最大静摩擦力等于滑动摩擦力,地面光滑。现对斜面体施一水平推 力F,要使物块m相对斜面静止,试确定推力F的取值范围。(g取10 m/s2,结果保留一位小数)
答案:14.3 N≤F≤33.5 N 解析:假设水平推力F较小,物块相对斜面具有下滑趋势,当刚要下 滑时,推力F具有最小值,设大小为F1,此时物块受力如图甲所示。对 物块分析,在水平方向有FNsinθ-μFNcosθ=ma1,
专题临界和极值问题优秀课件
A
速度向左运动时，小球对滑块的压力为零？
450
⑵.当滑块以加速度a=2g向左运动时，线 中张力多大？
解：（1）根据牛顿第二定律得
T a0
450
mgtan450m0aa0gta4n05g
mg
因此当滑块至少以加速度g向左运动时，小球对滑块的压力为零.
（2）a=2g > a0 ,小球离开斜面，设此时绳与竖直方向的夹角为
FA(mM)a ①
mgMa②
A mm
BM
A mm FmA
BM
联立①②两式解出 FAm(mM M)g
量变积累到一定程度，发生质变，出现临界状态．
⑵设保持A、B相对静止施于B的最大拉力为FB ,此时A、B之间达 到最大静摩擦力μmg，对于整体和物体A，分别应用牛顿第二定
律
FB(mM)a①
mg如图示
k1xmsgin①
kx1
k xmsginmcao ②s
θ
mcgo sNmsa in③
随a 增大，弹簧伸长，弹力F增
mg
向右加速运动时 大，支持力N减小，直到N=0时， 为最大加速度。
mg
kx2 sin
④
联立①④两式解出小物块在斜面体 上相对于斜面体移动的最大距离
mgco2s x2x1 ksin
第二定律
aAaBmAF mB3.3m/s2
(2)当F=20N＞15N时, A、B一定相对滑动，对于A和B分别应用
牛顿第二定律
aA
fm mA
5m/s2
aBFm Bfm7.5m/s2
两个物体之间发生相对滑动的临界条件是（1）它们之间的摩擦力达到最
大静摩擦力（刚好滑动）（2）它们的加速度相等（刚好不滑动）。
高中物理--牛二律临界与极值问题ppt
临界问题和极值问题
涉及临界状态的问题叫
临界问题。临界状态常指某 物理现象由量变到质变过渡 到另一种物理现象的连接状 态，常伴有极值问题的的出
现。
找好临界与极值
条件，是解决临界 问题与极值问题的 关键，如出现“恰 好”、“刚刚”等
2
三类临界问题的临界条件
相互作用 力的弹力
为零
相互接触的两个物体 要脱离的临界条件
解决临界问题的基本思路
（1）认真审题，仔细分析研究对象所经历的变化的物理过程，找 出临界状态。 （2）寻找变化过程中相应物理量的变化规律，找出临界条件。 （3）以临界条件为突破口，列临界方程，求解问题。
练习： 如图，在光滑的地面上有小车A，其质量为mA=2千克，小车上放一物体B，
质量mB=1千克，A、B间有摩擦，若给B施加一水平推力F1（如图甲所示），当F1
相对滑动与相对静止的临界条件是：
静摩擦力达最大值
三类临界问题的临界条件
（1）相互接触的两个物体将要脱离的临界条件是： 相互作用的弹力为零
（2）绳子松弛的临界条件是： 绳中拉力为零
（3）存在静摩擦的连接系统，当系统外力大于最大静摩擦力时，物体间 不一定有相对滑动，相对滑动与相对静止的临界条件是：
静摩擦力达最大值
y FN
F
x
而a3 =g ，故绳已松弛，
θ
G
绳上拉力为零
[小结] 绳子松弛的临界条件是：绳中拉力刚好为零。
解决临界问题的基本思路 （1）认真审题，仔细分析研究对象所经历的变化的物理过程， 找出临 界状态。 （2）寻找变化过程中相应物理量的变化规律，找出临界条件。
（3）以临界条件为突破口，列临界方程，求解问题。
a
高三物理二轮复习 考前30天 专题二 掌握4种物理方法 方法二 临界、极值问题的分析方法课件
运用数学工具处理物理问题的能力是高考重点考查的能力之一， 其中临界、极值问题的考查往往比较复杂，通常属于中档题或是难度 较大的题。求解物理极值问题可以从数学角度思考，也可以从物理过 程的分析着手。通常涉及的数学知识和方法有：点到直线的距离最短， 两数的几何平均值小于或等于它们的算术平均值，二次函数求极值的 方法，求导数，因式分解，三角函数，几何作图法，有关圆的知识等 等。求解临界问题我们常采用极限思维的方法，将其变化过程引向极 端的情况，就能使比较隐蔽的条件或临界现象暴露出来，从而有助于 结论的迅速取得。
() A．80 km
B．100 km
C．120 km
D．140 km
解析：选 C 设经时间 t 后两车相距为 s，则由图可知：s2 ＝(L－v1t)2＋(v2t)2＝(v21＋v22)t2－2Lv1t＋L2，v12＋v22>0，根据二 次三项式的性质，s2 有极小值。当 t＝2v221L＋v1v22＝156 h 时，两 车相距最近，s2min＝4v21＋4vv2221＋L2v－224L2v12＝14400 km2，即 smin＝120 km，C 项正确。
项正确。
7.(2015·福州模拟)如图所示，长方体发电导管的前后两个侧
面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，两极间距
为d，极板面积为S，这两个电极与可变电阻R相连。在垂直前后
侧面的方向上，有一匀强磁场，磁感应强度大小为B。发电导管 内有电阻率为ρ的高温电离气体，气体以速度v向右流动，并通过 专用管道导出。由于运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生
解析：选 C 当滑片 P 由 a 端向 b 端滑动时，接入电路的总 电阻减小，电路中的电流增大，B 错误；由 U 外＝E－Ir 可知，路 端电压减小，A 错误；由 P＝I2R0 可知，R0 上消耗的功率变大，D 错误；当 r＋R0＝RP 时，滑动变阻器消耗的功率最大，即刚开始 滑片处于 a 端时，滑动变阻器消耗的功率最大，随后一直减小， C 正确。
高中物理专题分析——专题临界问题ppt课件
•在液面上取一个液滴作为研究对象
N
由图易见F合=mg=ma
最大 加速度a=g
G
F合=ma
θ=45°
例题四
• 如图所示，光滑绝缘水平面上放有一个电量为q的正电荷，电荷处于竖 直放置的A、B板的中点。已知AB间的距离为L，开始电荷处于静止状 态。当两板之间加上一个图示的矩形交变电压时，已知交流电压的绝对 值为U，为使电荷在运动过程中恰不与A和B板接触，求交流电的最大 周期。 • 分析与解答 • 电荷的运动情况如下：0到T/4匀加速，T/4到T/2匀减速 • T/2时刻速度为零，位移小于等于L/2，电荷在A点或B点 • T/2到3T/4电荷向中点匀加速，3T/4时刻速度最大 • 3T/4到T电荷向中点作匀减速运动，到达中点时速度为零。 • 电荷是向A还是T向B运动由A、B两点的电势高低决定。 • 以后重复上述运动，画V-t图象可加深理解。 2 m 2 最大周期 T 2 L Uq 1Uq T L V Uq a , . Lm 2 Lm V1 4 4
高中物理专题 分析——专题 临界问题ppt
临界与极值问题
• 下列情况会出现临界问题
• 1、某些物理现象在一定条件下才会发生。如全反射、 光电效应、超导现象等。 • 2、某些物理量在渐变过程中会发生突变，在即将发生 突变时就出现临界问题。
• 求解极值的方法可归纳为两种
• 1、用物理规律求极值。如临界条件、边界条件等等。 • 2、用数学方法求极值。如不等式、二次函数、三角函 数和解三角形等等。
例题一
• 水平向右的匀强电场场强未知，悬点 O 有一 长为l的细线下端系质量为m、电量为+q小球。 把小球拉到水平位置 A 由静止释放，小球摆 到C点，即由C点重新摆回。如图所示，已知 OC与竖直方向成30°角，求小球在运动过程 中的最大速度。
2018届高考数学文二轮复习全国通用课件：专题五 解析几何 第3讲 精品
从而|PQ|＝
k2＋1|x1－x2|＝4
k2＋1· 4k2－3
4k2＋1
.
又点 O 到直线 PQ 的距离 d＝
2 k2＋1.
所以△OPQ
的面积
S△OPQ＝12d·|PQ|＝4
4k2－3 4k2＋1 .
设 4k2－3＝t，则 t>0，S△OPQ＝t2＋4t 4＝t＋4 4t .因为 t＋4t ≥4，当且
解 (1)由题意知a32＋41b2＝1.又 a2a－b2＝ 23，解得 a2＝4，b2＝1. 所以椭圆 C 的方程为x42＋y2＝1.
(2)由(1)知椭圆 E 的方程为1x62 ＋y42＝1. (ⅰ)设 P(x0，y0)，||OOQP||＝λ，由题意知 Q(－λx0，－λy0). 因为x420＋y20＝1，又（－1λ6x0）2＋（－λ4y0）2＝1，即λ42x420＋y02＝1， 所以 λ＝2，即||OOQP||＝2.
第3讲 圆锥曲线中的定点与定 值、最值与范围问题
高考定位 圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高 考必考的问题之一，主要以解答题形式考查，往往作为试卷 的压轴题之一，一般以椭圆或抛物线为背景，试题难度较大， 对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求.
真题感悟 (2016·全国Ⅱ卷)已知 A 是椭圆 E：x42＋y32＝1 的左顶点，斜 率为 k(k>0)的直线交 E 于 A，M 两点，点 N 在 E 上，MA⊥NA. (1)当|AM|＝|AN|时，求△AMN 的面积. (2)当 2|AM|＝|AN|时，证明： 3<k<2.
(2)斜率、截距型：一般解法是将直线方程代入圆锥曲线方程中， 利用判别式列出对应的不等式，解出参数的范围，如果给出的只 是圆锥曲线的一部分，则需要结合图形具体分析，得出相应的不 等关系. (3)面积型：求面积型的最值，即求两个量的乘积的范围，可以 考虑能否使用不等式求解，或者消元转化为某个参数的函数关系， 用函数方法求解.
高三物理二轮复习 专题一 第2讲 临界极值问题课件(全国通用)
图 1－2－1
长 L＝1 m，某时刻 A 以 v0＝4 m/s 的初速度滑上木板 B 的上
表面，为使 A 不至于从 B 上滑落，在 A 滑上 B 的同时，给 B
施加一个水平向右的拉力 F，若 A 与 B 之间的动摩擦因数 μ＝
0.2，忽略物体 A 于等于 1 N。当 F 较大时，在 A 到达 B 的右端之前，就与 B 具有相同的速度，之后，A 必须相对 B 静止，才能不会从 B 的左端滑落。当 A 相对 B 静止时，由牛顿 第二定律得，对 A、B 的整体，设最大加速度为 a，对 A 有 μm1g ＝m1a，对整体有 F＝(m1＋m2)a，联立解得 F＝3 N，若 F 大于 3 N，A 就会相对 B 向左滑下。故若使 A 不至于从 B 上滑落，力 F 应满足的条件是 1 N≤F≤3 N。
[题型特点] 临界与极值问题在高考物理中是经常出现 的一类题目，尤其在力与物体的平衡、物体的运动、恒定电 流、磁场和电磁感应等综合问题的考查中频繁出现，同时极 值和临界问题的求解离不开数学知识和方法的应用。
1．临界问题 在找临界状态和临界量时，常常用到极限分析法：即通 过恰当地选取某个物理量(临界物理量)推向极端(“极大”或“极 小”，“极左”或“极右”等)，从而把隐藏的临界现象(或“各种可 能性”)暴露出来，找到解决问题的“突破口”。
❖
[归纳总结] 在解决极值问题时，常碰到所求物理量、物理过程或物 理状态的极值与某一临界值有关，所以我们首先可以考虑用 物理方法(临界法)求解极值，其次才是数学方法。尽管运用 数学知识求解物理学中的极值问题有其独到的功能，但决不 能让数学方法掩盖住事物的物理实质。
图1－2－2
(1)电场强度E的大小； (2)小球在圆轨道上运动时的最大速率； (3)小球对圆轨道的最大压力的大小。
《临界与极值问题》课件
在工程领域的应用
总结词
系统稳定性分析
详细描述
在工程系统中，稳定性是一个关键的性能指 标。临界与极值分析可以用于评估系统的稳 定性，确定系统在不同条件下的响应行为和 失稳条件。例如，在电力系统、交通运输系 统和控制系统等领域中，临界与极值分析可 以帮助工程师确保系统的安全和可靠运行。
05
案例分析
案例一：求某函数的极值点
在工程领域的应用
总结词
结构设计优化
详细描述
在工程领域，临界与极值问题广泛应用于结构设计优化。例如，在桥梁、建筑和航空航 天等领域，临界与极值分析可以帮助工程师找到结构的最佳设计参数，提高结构的稳定
性和安全性。
在工程领域的应用
总结词材Biblioteka 性能研究VS详细描述
在材料科学领域，临界与极值问题涉及到 材料性能的极限和优化。例如，在研究金 属材料的强度和韧性时，临界与极值分析 可以帮助科学家了解材料的性能特点和提 升空间。
复杂系统的研究
随着对复杂系统的深入研究，临界与极值问题将 在描述和预测复杂系统的行为中发挥更加重要的 作用。
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于零，则称此点为极大值临界点。
极小值临界点
03
函数在某点的左侧邻近点的导数大于零，右侧邻近点的导数小
于零，则称此点为极小值临界点。
单调函数与极值的关系
单调递增函数
在定义域内，对于任意两点$x_1$和$x_2$，当$x_1 < x_2$时，有 $f(x_1) < f(x_2)$。
单调递减函数
在定义域内，对于任意两点$x_1$和$x_2$，当$x_1 < x_2$时，有 $f(x_1) > f(x_2)$。
2018届高考数学(全国通用)二轮复习压轴大题精品课件 第2讲 圆锥曲线的热点问题
1 1 1 2 2 2 设△AOB 的面积为 S(t)，所以 S(t)＝2|AB|· d＝2 －2t －2 ＋2≤ 2 ， 2 1 当且仅当 t ＝2时，等号成立.
2 故△AOB 面积的最大值为 2 .
1 2 3 4
解答
1 3.已知抛物线 y ＝4x，直线 l：y＝－2x＋b 与抛物线交于 A，B 两点.
c 2 解 由题意知 e＝a＝ 2 ，2c＝2，
所以 c＝1，a＝ 2，则 b＝1，
x2 2 所以椭圆 E 的方程为 2 ＋y ＝1.
1 2 3 4
解答
3 (2)如图，动直线 l：y＝k1x－ 2 交椭圆 E 于 A，B 两点，C 是椭圆 E 上一 2 点，直线 OC 的斜率为 k2，且 k1k2＝ 4 .M 是线段 OC 延长线上一点，且 |MC|∶|AB|＝2∶3，⊙M 的半径为|MC|，OS，OT 是⊙M 的两条切线，切 点分别为 S，T.求∠SOT 的最大值，并求取得最大值时直线 l 的斜率.
2 则 x2 ＝ 4 y ， x 1 1 2＝4y2，
12 12 y1－1 y2－1 4x1－1 4x2－1 1 ∴k1＋k2＝ ＋ ＝ ＋ ＝4(x1＋2＋x2＋2)＝－2. x1－2 x2－2 x1－2 x2－2
∴x1＋x2＝－12，
12 12 y2－y1 4x2－4x1 1 ∴kAB＝ ＝ ＝4(x1＋x2)＝－3. x2－x1 x2－x1
2
(1)若x轴与以AB为直径的圆相切，求该圆的方程；
1
2
3
4
解答
(2)若直线l与y轴负半轴相交，求△AOB(O为坐标原点)面积的最 大值.
1
2
3
4
解答
x2 y2 4.(2017· 山东)在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 E：a2＋b2＝1(a＞b＞0)的离 2 心率为 2 ，焦距为 2.
2018高考新课标数学文二轮专题复习课件：专题一第3讲导数与函数的单调性、极值与最值 精品
∴f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
②当 a>0 时，令 f′(x)＝0，
解得 x＝
33a或 x＝－
3a 3.
当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，
－
3a 3
∴f(x)在0，1a上递减，在1a，＋∞上递增， 即 f(x)在 x＝1a处有极小值．
∴当 a≤0 时，f(x)在(0，＋∞)上没有极值点，
当 a>0 时，f(x)在(0，＋∞)上有一个极值点．
(2)∵函数 f(x)在 x＝1 处取得极值， ∴a＝1，∴f(x)≥bx－2⇒1＋1x－lnxx≥b， 令 g(x)＝1＋1x－lnxx，
故 f(x)分别在(－∞，x2)，(x1，＋∞)上是增函数； 当 x∈(x2，x1)时，f′(x)<0， 故 f(x)在(x2，x1)上是减函数； 若 a<0，则当 x∈(－∞，x1)或 x∈(x2，＋∞)时， f′(x)<0， 故 f(x)分别在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上是减函数；
当 x∈(x1，x2)时，f′(x)>0， 故 f(x)在(x1，x2)上是增函数． (2)当 a>0，x>0 时，f′(x)＝3ax2＋6x＋3>0， 故当 a>0 时，f(x)在区间(1，2)上是增函数． 当 a<0 时，f(x)在区间(1，2)上是增函数当且仅当 f′(1)≥0 且 f′(2)≥0，解得－54≤a<0.
2．(2015·全国Ⅱ卷)已知函数 f(x)＝ln x＋a(1－x)． (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 f(x)有最大值，且最大值大于 2a－2 时，求 a 的取值范围． 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－a. 若 a≤0，则 f′(x)>0，
新版高考物理 第二章 相互作用 2-3-4 考点强化 平衡中的临界、极值问题课件.ppt
01 课堂互动
02 题组剖析
03 规律总结 04 备选训练
含从教材走向高考：共点力作用下 的物体的平衡
1.临界问题 当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡 状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“刚 能”“恰好”等语言叙述。
1
3
23
A.2G B. 3 G C.G D. 3 G
解析 对 A 球受力分析可知，因 O、A 间绳竖直，则 A、B 间绳上的 拉力为 0。对 B 球受力分析如图所示，则可知当 F 与 O、B 间绳垂直时
F 最小，Fmin＝Gsin θ，其中 sin θ＝2ll＝21，则 Fmin＝21G，故选项 A 正确。
A. 3μ＋4 B. 4μ＋3 C. 3μ－4 D. 4μ－3
转到解析
题组剖析
3.质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放 在木楔斜面上时，它正好匀速下滑。如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块 匀速上升，如图14所示（已知木楔在整个过程中始终静止）。 （1）当α＝θ时，拉力F有最小值，求此最小值； （2）当α＝θ时，木楔对水平面的摩擦力是多大？
A.F逐渐变大，T逐渐变大 B.F逐渐变大，T逐渐变小 C.F逐渐变小，T逐渐变大 D.F逐渐变小，T逐渐变小
解析 对O点受力分析如图所示，F与T的变化情况如图， 由图可知在O点向左移动的过程中，F逐渐变大，T逐渐 变大，故选项A正确。 答案 A
A
A．3 B．2 C．1 D．0.5
物体A在斜面上静 止有几个极端情况？ 各自的受力情况如
何？
解析 设物体刚好不下
则 F1·cos θ＋μFN＝G·sin θ， FN＝F1·sin θ＋G·cos θ。
高考物理二轮-专题训练2-临界极值问题的处理方法
高考物理二轮专题训训练2 临界极值问题的处理方法1．长度为L＝0.5 m的轻质细杆OA，A端有一质量为m＝3.0 kg的小球，如图1所示，小球以O 点为圆心在竖直平面做圆周运动，通过最高点时小球的速率是2.0 m/s，g取10 m/s2，则此时细杆OA受到( )图1A．6.0 N的拉力B．6.0 N的压力C．24 N的拉力D．24 N的压力2．如图2所示，某同学用硬塑料管和一个质量为m的铁质螺丝帽研究匀速圆周运动，将螺丝帽套在塑料管上，手握塑料管使其保持竖直并在水平方向做半径为r的匀速圆周运动，只要运动角速度大小合适，螺丝帽就能恰好不下滑．假设螺丝帽与塑料管间的动摩擦因数为μ，认为最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，则在该同学转动塑料管使螺丝帽恰好不下滑时，下述分析正确的是( ) A．螺丝帽受的重力与最大静摩擦力平衡图2B．螺丝帽受到杆的弹力方向水平向外，背离圆心C．此时手转动塑料管的角速度ω＝mg μrD．若塑料管的转动加快，螺丝帽有可能相对管发生运动3．如图3所示，质量为m，带正电量为q的小球，套在足够长的均匀硬杆上，球与杆之间的动摩擦因数为μ，杆与水平方向的夹角为θ(θ＞arctanμ)，有垂直于长杆所在平面的匀强磁场，其磁感应强度为B，小球由静止开始沿杆下滑，则( )A．小球下滑过程中最大加速度为g·sin θ图3B．小球达最大加速度时速度最大C．小球达最大加速度时速度为mg cos θ/q·BD．小球运动过程中的最大速度为mg(sin θ＋μcos θ)/qBμ4．在抗洪抢险中，战士驾驶摩托艇救人，假设江岸是平直的，洪水沿江向下游流去，水流速度为v1，摩托艇在静水中的航速为v2，战士救人的地点A离岸边最近处O的距离为d.如战士想在最短时间将人送上岸，则摩托艇登陆的地点离O点的距离为( )A.dv2v22－v12B．0C.dv1v2D.dv2v15．一列客车以速度v1前进，司机发现前方在同一轨道上有一列货车正在以速度v2匀速前进，且v1＞v2，货车车尾与客车车头相距s0，客车立即刹车做匀减速运动，而货车仍保持匀速运动．求客车的加速度a符合什么条件两车才不会撞上？6．如图4所示，质量为m＝1 kg的物块放在倾角θ＝37°的斜面体上，斜面质量M＝2 kg，斜面与物块间的动摩擦因数μ＝0.2，地面光滑．现对斜面体施加一水平推力F，要使物体m相对斜面静止，试确定推力F的取值围．(g取10 m/s2，sin 37°取0.6，cos 37°取0.8，结果保留1位小数)图47．如图5所示，在倾角α＝30°的光滑斜面上，并排放着质量分别为m A＝10 kg和m B＝2 kg的A、B两物块．一劲度系数k＝400 N/m的轻弹簧一端与物块B相连，另一端与固定挡板相连，整个系统处于静止状态．现对A施加一沿斜面向上的力F，使物块A沿斜面向上做匀加速运动．已知力F在前0.2 s为变力，0.2 s后为恒力，g＝10 m/s2.求力F的最大值和最小值．图58．如图6所示，在匀速转动的圆盘上，沿半径方向放置以细线相连的质量均为m的A、B两个小物块，A离轴心r1＝20 cm，B离轴心r2＝30 cm，A、B与盘面间相互作用的最大静摩擦力为其重力的0.4倍．求：(1)若细线上没有力，圆盘转动的角速度ω应满足什么条件？(2)欲使A、B与盘面间不发生相对滑动，则盘转动的最大角速度图6多大？(3)当圆盘转速达到A、B刚好不滑动时，烧断细绳，则A、B将怎样运动？(g取10 m/s2)9．如图7所示，导体杆ab的质量为m，电阻为R，放置在与水平面夹角为θ的倾斜金属导轨上，导轨间距为d，电阻不计．系统处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，电池阻不计．问，图7(1)若导轨光滑，电源电动势E 多大能使导体杆静止在导轨上？(2)若杆与导轨之间的摩擦因数为μ，且不通电时，导体不能静止在导轨上，要使杆静止在导轨上，电池的电动势应多大？10．如图8所示，A 、B 为竖直放置足够长的平行板，板间距离d ＝1.0×10－2m ，A 板中央有一电子源P 能沿水平方向连续发射速度为0～3.2×107m/s 围的电子．若两平行板之间不加磁场，电子将打在B 板的P ′；现两平行板间加一垂直于纸面向里、磁感应强度B ＝9.1×10－3T 的匀强磁场．已知电子质量m ＝9.1×10－31kg ，电子电量e ＝1.6×10－19C ，不计电子的重力和电子间的相互作用力，且电子打到板上均被吸收，并转移到．图8(1)问是否有电子打到B 板？如有则电子击中B 板的围如何？并求出其长度；(2)令v ＝3.2×107m/s ，若B 板的右侧加一与B 板成60°角斜向下方的匀强电场，电场强度为E (图8中没有画出)，并去掉B 板．求速度最大的电子从P 点出发至打到A 板上所经历的时间t 的表达式．分析 题设中给定了电子的速度围，这些垂直于磁场方向进入的电子只有速度达到一定值才可以打到B 板上，打到B 板上的电子的最小轨道半径为d ，这是该题的一个临界状态． 答案1．B 2．A 3．ACD 4．C 5．a ≥(v 1－v 2)22s 06．14.3 N≤F ≤33.5 N. 7．100 N 60 N 8．见解析解析 (1)当物块B 所需向心力F B ≤F fm 时，细线上力为零．随着角速度的增大，当F B ＝F fm 时，有kmg ＝mω20r 2，得ω0＝kgr 2＝0.4×100.30＝403＝ 3．6 rad/s.当ω≤ω0＝3.6 rad/s 时，细线上不会有力．(2)当A 、B 所受静摩擦力均达到最大静摩擦力时，圆盘的角速度达到最大值ωm ，超过ωm 时，A 、B 将相对圆盘滑动．(设细线中力为T .)对A 有kmg －T ＝mωm 2·r 1， 对B 有kmg ＋T ＝mωm 2·r 2， 解得ωm ＝2kgr 1＋r 2＝2×0.4×100.20＋0.30＝4.0 rad/s.(3)烧断细线时，A 做圆周运动所需向心力F A ＝mωm 2r 1＝3.2 m ，最大静摩擦力为4 m ，A 物体随盘一起转动．B 此时所需向心力为F B ＝mωm 2r 2＝4.8 m ，大于它的最大静摩擦力4 m ，因此B 物体将沿一条曲线运动，离圆心越来越远．9．见解析解析 (1)将如题图所示的立体空间图改画为如图所示的侧视图，并对杆进行受力分析，由平衡条件得F －F N sin θ＝0，F N cos θ－mg ＝0，而F ＝BId ＝B ERd由以上三式解得E ＝Rmg tan θBd.(2)有两种可能性：一种是E 偏大，I 偏大，F 偏大，导体杆有上滑趋势．摩擦力F f 沿斜面向下，选沿斜面向上为正方向，根据平衡条件有F cos θ－mg sin θ－μ(mg cos θ＋F sin θ)＝0由安培力公式得F ＝B E 1Rd由以上两式联立解得E 1＝Rmg (sin θ＋μcos θ)Bd (cos θ－μsin θ).另一种是E 偏小，I 偏小，F 偏小，导体杆有下滑趋势，摩擦力F f 沿斜面向上，同理得E 2＝Rmg (sin θ－μcos θ)Bd (cos θ＋μsin θ).即有E 2≤E ≤E 1.10．见解析解析 (1)设能打到B 板上的电子的最小速度为v 0，由牛顿第二定律及向心力公式得：ev 0B ＝mv 02R ，即：v 0＝edBm＝1.6×107 m/s.可见有电子打在B 板上．对应速度为v 0的电子恰能打在M 点，M 点距P ′点的距离为P ′M ＝d .当电子的速度为最大时，设它能打在B 板上的N 点，对应的半径为R ′，这是该题的另一个临界状态，如图所示．由牛顿第二定律及向心力公式得：evB ＝mv 2R ′，即：R ′＝mveB＝2.0×10－2m.又由图中的几何关系有：R ′＝2d ，∠PO ′N ＝30°P ′N ＝R ′(1－cos 30°)＝0.268×10－2m.所以电子打在B 板上的长度为：NM ＝P ′M －P ′N ＝0.73×10－2m.(2)由(1)可知R ′＝2d ，即粒子运动轨迹PN 所对的圆心角为30°，则电子沿平行于电场的方向进入电场，所以电子在电场中先做减速运动，然后反向做匀加速运动，再次进入磁场，最后打在A 板上．由于电子返回磁场时速度大小没变，所以圆周运动的轨道半径不会变，在图中由几何关系不难发现：电子最后打在A 板上时其轨迹恰好与A 板相切，这是该题的又一个关键性的临界状态．由P →N 的时间：t 1＝T 12＝πm 6eB ，在电场中运动的时间：t 2＝2×v a＝2mveE，由N →A 的时间：t 3＝T 6＝πm 3eB ，总时间为：t ＝m π2eB ＋2mveE.。
(通用版)高三物理二轮复习 临界极值问题专练-人教版高三全册物理试题
临界极值问题专练1.如下列图，小球以v 0正对倾角为θ的斜面水平抛出，假设小球到达斜面的位移最小，如此飞行时间t 为(重力加速度为g )( )A ．v 0tan θB.2v 0tan θgC.v 0cot θgD.2v 0cot θg解析：选D 如下列图，要小球到达斜面的位移最小，如此要求落点与抛出点的连线与斜面垂直，所以有tan θ＝x y ，而x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，解得t ＝2v 0cot θg。
2.(2016·唐山模拟)如下列图，物体在拉力F 的作用下沿水平面做匀速运动，发现当外力F 与水平方向夹角为30° 时，所需外力最小，由以上条件可知，外力F 的最小值与重力的比值为( )A.32B.12 C.33D.36解析：选B 外力F 最小时，对物体受力分析，如下列图。
物体做匀速运动，如此有F N ＋F sin 30°＝G ，F f ＝F cos 30°，又F f ＝μF N ，解得F ＝Gsin 30°＋1μcos 30°，令tan α＝1μ，如此有F ＝G cos αcos αsin 30°＋sin αcos 30°＝G cos αsin α＋30°，根据题意可知α＝60°，即μ＝33，F 的最小值为12G ，故B 正确。
3．(2016·潮州一模)如图甲所示，将质量为m 的小球以速度v 0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为h 。
假设将质量分别为2m 、3m 、4m 、5m 的小球以同样大小的速度v 0从半径均为R ＝12h 的竖直圆形光滑轨道的最低点水平向右射入轨道，轨道形状如图乙、丙、丁、戊所示。
如此质量分别为2m 、3m 、4m 、5m 的小球中，能到达的最大高度仍为h 的是(小球大小和空气阻力均不计)( )A ．质量为2m 的小球B ．质量为3m 的小球C ．质量为4m 的小球D ．质量为5m 的小球解析：选C 由题意可知，质量为m 的小球，竖直上抛的整个过程机械能守恒，mgh ＝12mv 02。
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3 B. mg 3 1 D. mg 4
解析：对 C 点进行受力分析，由平 衡条件可知，绳 CD 对 C 点的拉力 FCD＝ mgtan 30°，对 D 点进行受力分析，如图所示，绳 CD 对 D 点的拉力 F2＝FCD＝mgtan 30°，故 F2 是恒力，
又绳 BD 的拉力 F1 方向一定， 则 F1 与在 D 点施加的 力 F3 的合力与 F2 等值反向，由图知当 F3 垂直于绳 BD 1 时，F3 最小，由几何关系可知，F3＝FCDsin 60°＝ mg， 2 选项 C 正确． 答案：C
解析：(1)要使物体恰能静止在斜面上，摩擦力为零， 则有 Fcos θ＝mgsin θ， 即 F＝mgtan θ＝37.5 N. (2)当 F 较大时，摩擦力沿斜面向下，F 最大时有 Fmaxsin θ＋mgcos θ＝FN，
Fmaxcos θ＝mgsin θ＋Ffmax， 而 Ffmax＝μFN， 联立解得 Fmax＝100 N， 当 F 较小时，摩擦力沿斜面向上，F 最小时有 Fmincos θ＋μ(Fminsin θ＋mgcos θ)＝mgsin θ，
解得 Fmin≈9.09 N， 即 F 的范围为 9.09 N≤F≤100 N.
答案：(1)37.5 N (2)9.09 N≤F≤100 N
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◎问题解读
动力学中的临界值问题
(1)临界或极值条件的标志． ①有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字 眼，明显表明题述过程存在临界点． ②若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距 离”等词语， 表明题述过程存在“起止点”， 而这些“起 止点”往往就对应临界状态．
2．如图所示，一粗糙斜面的倾角 θ＝37°，一质量 为 m＝5 kg 的物体在一水平力 F 的作用下静止在斜面上， 物体与斜面间的动摩擦因数 μ＝0.5，g 取 10 m/s2，最大 静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，求：
(1)要使物体恰能静止在斜面上(即与斜面没有相对滑 动的趋势)，F 应为多大？ (2)要使物体静止在斜面上，F 应在什么范围内？
第3强化 临界极值问题
临界问题是从量变到质变规律在物理学上的生动体 现． 物体的运动形式或性质转变为另一种运动形式或性质 时，往往存在一个转折点，这个转折点常称为临界点，这 个转折点所对应的条件称为临界条件， 对应的问题则称为 临界问题， 而满足临界条件的临界值又往往是某一物理量 的极大值或极小值．
3 tan θ＝tan α＝ ，故选项 B 正确． 4 答案：B
►即学即练 1．如图所示，三根长度均为 l 的轻绳分别连接于 C、 D 两点，A、B 两端被悬挂在水平天花板上，相距 2l.现在 C 点悬挂一个质量为 m 的重物，为使 CD 绳保持水平， 在 D 点可施加力的最小值为( )
A．mg 1 C. mg 2
3 4 C．μ ＝ ，tan θ＝ 4 3 尝试解答：
3 3 D．μ ＝ ，tan θ＝ 5 5
解析：物体在水平面上做匀速运动， 因拉力与水平方向的夹角 α 不同，物体 与水平面间的弹力不同，因而滑动摩擦 力也不同，但拉力在水平方向的分力与滑动摩擦力大小 相等．以物体为研究对象，受力分析如图所示，因为物 体处于平衡状态，水平方向有 Fcos α＝μFN，
③若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少” 等字眼，表明题述过程存在极值，这个极值点往往是临 界点． ④若题目要求“最终加速度”、“稳定速度”等， 即是求收尾加速度或收尾速度．
(2)处理动力学临界极值问题的两种方法． ①以定律、定理为依据，首先求出所研究问题的一 般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界特殊规 律和特殊解． ②直接分析、讨论临界状态，找出临界条件求出临 界值．在研究临界问题时，应着重于相应物理量的取值 范围和有关物理现象发生或消失条件的讨论．
程中的最大速度为 4 m/s，求：
(1)物块与接触面之间的动摩擦因数； (2)当 F＝0 时，物块运动的总时间； (3)改变 F 的大小，物块沿斜面运动的加速度 a 随之 改变．当 a 为何值时，物块运动的总时间最小，并求出此 最小值． 解析：(1)物块到达斜面底端时速度最大，设物块在 斜面上的加速度为 a，根据运动学公式 v2＝2as①
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平衡问题中的临界极值问题
◎问题解读 当某一个物理量变化时，会引起其他几个物理量跟 着变化，从而使物体所处的平衡状态恰好出现变化或恰 好出现不变化的情况，此即为平衡问题中的临界问题． 求解平衡问题中的临界问题时一般采用极限分析 法．极限分析法是一种处理临界问题的有效方法，它是 指通过恰当选取某个变化的物理量将问题推向极端(“极 大”“极小”“极右”“极左”等)，
竖直方向有 Fsin α＋FN＝mg， 解得 F＝ cos α＋μsin α 1 ＝ ，其中 tan φ ＝ ，当 α ＋ φ ＝ 90 °， μ 1＋μ2sin（α＋φ） 即 α ＝ arctan μ 时， sin(α ＋ φ) ＝ 1 ， F 有最小值 Fmin ＝
μmg
μmg
μmg
3 ，代入数值得 μ＝ ，此时 α＝θ， 2 4 1＋μ
【典例 2】(2017· 济南模拟)如图所示，在倾角 θ＝37 °的粗糙斜面上距离斜面底端 s＝1 m 处， 有一质量 m＝1 kg 的物块，在竖直向下的 恒力 F 作用下，由静止开始沿斜面下滑． 到达斜面底端时立即撤去 F，物块又在水平面上滑动一 段距离后停止．不计物块撞击水平面时的能量损失，物 块与各接触面之间的动摩擦因数相同， g 取 10 m/s2， sin 37 °＝0.6，cos 37°＝0.8.当 F＝30 N 时，物块运动过
从而把比较隐蔽的临界现象暴露出来，使问题明朗 化，便于分析求解．
【典例 1】 一个质量为 1 kg 的物体放在粗糙的水 平地面上，现用最小的拉力拉它，使之做匀速运动，已 知这个最小拉力为 6 N，g 取 10 m/s2，则下列关于物体与 地面间的动摩擦因数μ 及最小拉力与水平方向的夹角 θ 的正切值 tan θ 的叙述正确的是( ) 3 3 3 A．μ ＝ ，tan θ＝0 B．μ ＝ ，tan θ＝ 4 4 4