六临界与极值问题
高中物理中的临界与极值问题
高中物理中的临界与极值问题宝鸡文理学院附中何治博一、临界与极值概念所谓物理临界问题是指各种物理变化过程中，随着条件的逐渐变化，数量积累达到一定程度就会引起某种物理现象的发生，即从一种状态变化为另一种状态发生质的变化（如全反射、光电效应、超导现象、线端小球在竖直面内的圆周运动临界速度等），这种物理现象恰好发生（或恰好不发生）的过度转折点即是物理中的临界状态。
与之相关的临界状态恰好发生（或恰好不发生）的条件即是临界条件，有关此类条件与结果研究的问题称为临界问题，它是哲学中所讲的量变与质变规律在物理学中的具体反映。
极值问题则是指物理变化过程中，随着条件数量连续渐变越过临界位置时或条件数量连续渐变取边界值（也称端点值）时，会使得某物理量达到最大（或最小）的现象，有关此类物理现象及其发生条件研究的问题称为极值问题。
临界与极值问题虽是两类不同的问题，但往往互为条件，即临界状态时物理量往往取得极值，反之某物理量取极值时恰好就是物理现象发生转折的临界状态，除非该极值是单调函数的边界值。
因此从某种意义上讲，这两类问题的界线又显得非常的模糊，并非泾渭分明。
高中物理中的临界与极值问题，虽然没有在教学大纲或考试说明中明确提出，但近年高考试题中却频频出现。
从以往的试题形式来看，有些直接在题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”……等词语对临界状态给出了明确的暗示，审题时，要抓住这些特定的词语发掘其内含的物理规律，找出相应的临界条件。
也有一些临界问题中并不显含上述常见的“临界术语”，具有一定的隐蔽性，解题灵活性较大，审题时应力图还原习题的物理情景，周密讨论状态的变化。
可用极限法把物理问题或物理过程推向极端，从而将临界状态及临界条件显性化；或用假设的方法，假设出现某种临界状态，分析物体的受力情况及运动状态与题设是否相符，最后再根据实际情况进行处理；也可用数学函数极值法找出临界状态，然后抓住临界状态的特征，找到正确的解题方向。
临界极值问题(解析版)--动力学中九类常见问题
动力学中的九类常见问题临界极值问题【问题解读】1.题型概述在动力学问题中出现某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态即临界问题。
问题中出现“最大”“最小”“刚好”“恰能”等关键词语，一般都会涉及临界问题，隐含相应的临界条件。
2.临界问题的常见类型及临界条件(1)接触与分离的临界条件：两物体相接触(或分离)的临界条件是弹力为零且分离瞬间的加速度、速度分别相等。
临界状态是某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态，有关的物理量将发生突变，相应的物理量的值为临界值。
(2)相对静止或相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大静摩擦力。
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断与不断的临界条件是实际张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是绳上的张力恰好为零。
(4)出现加速度最值与速度最值的临界条件：当物体在变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合力最大时，具有最大加速度；当所受合力最小时，具有最小加速度。
当出现加速度为零时，物体处于临界状态，对应的速度达到最大值或最小值。
【方法归纳】求解临界、极值问题的三种常用方法极限法把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的假设法临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题数学方法将物理过程转化为数学公式，根据数学表达式解出临界条件解题此类题的关键是：正确分析物体的受力情况及运动情况，对临界状态进行判断与分析，挖掘出隐含的临界条件。
【典例精析】1(2024河北安平中学自我提升)如图所示，A、B两个木块静止叠放在竖直轻弹簧上，已知m A=m B =1kg，轻弹簧的劲度系数为100N/m。
若在木块A上作用一个竖直向上的力F，使木块A由静止开始以2m/s2的加速度竖直向上做匀加速直线运动，从木块A向上做匀加速运动开始到A、B分离的过程中。
高中物理-动力学中的临界和极值问题
高中物理-动力学中的临界和极值问题在应用牛顿运动定律解决动力学问题时，会出现一些临界或极值条件的标志： 1．若题目中出现“恰好”“刚好”等字眼，明显表示过程中存在临界点．2．若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明过程中存在着“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，表明过程中存在着极值，而极值点往往是临界点．4．若题目要求“最终加速度”“稳定加速度”等即是求收尾加速度或收尾速度． 一、接触与分离的临界条件物体分离的临界条件是相互作用力由原来的不为零变为零．因此解答此类问题，应该对原状态下研究对象的受力和运动状态进行分析，由牛顿第二定律或平衡条件列方程，令其中相互作用的弹力为零解得临界状态的加速度，以临界加速度为依据分析各种状态下物体的受力情况及运动状态的变化．质量为m 、半径为R 的小球用长度也为R 的轻质细线悬挂在小车车厢水平顶部的A 点，现观察到小球与车顶有接触，重力加速度为g ，则下列判断正确的是( )A ．小车正向右做减速运动，加速度大小可能为3gB ．小车正向左做减速运动，加速度大小可能为33gC ．若小车向右的加速度大小为23g ，则车厢顶部对小球的弹力为mgD ．若细线张力减小，则小球一定离开车厢顶部 [解析] 如图所示，小球恰好与车顶接触的临界状态是车顶对小球的弹力恰为零，故临界加速度a 0＝g tan θ，由线长等于小球半径可得，θ＝60°，a 0＝3g .小球与车顶接触时，小车具有向右的加速度，加速度大小a ≥3g ，A 、B 项错；当小车向右的加速度大小a ＝23g 时，ma F N ＋mg＝tan θ，解得F N ＝mg ，C 项正确；细线张力F T ＝ma sin θ，小球与车顶接触的临界(最小)值F Tmin ＝2mg ，当张力的初始值F T >2mg 时，张力减小时只要仍大于或等于临界值，小球就不会离开车厢顶部，D 项错误．[答案] C二、绳子断裂与松弛的临界条件绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是F T ＝0.如图所示，小车内固定一个倾角为θ＝37°的光滑斜面，用一根平行于斜面的细线系住一个质量为m ＝2 kg 的小球，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则：(1)当小车以a 1＝5 m/s 2的加速度向右匀加速运动时，细线上的拉力为多大？(2)当小车以a 2＝20 m/s 2的加速度向右匀加速运动时，细线上的拉力为多大？[解析] 本题中存在一个临界状态，即小球刚好脱离斜面的状态，设此时加速度为a 0，对小球受力分析如图甲所示．将细线拉力分解为水平x 方向和竖直y 方向两个分力，则得到F cos θ＝ma 0 F sin θ－mg ＝0a 0＝g tan θ＝403m/s 2.(1)a 1＝5 m/s 2<a 0，这时小球没有脱离斜面，对小球受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律得 F cos θ－F N sin θ＝ma 1 F sin θ＋F N cos θ－mg ＝0 解得F ＝20 N ，F N ＝10 N.(2)a2＝20 m/s2>a0，这时小球脱离斜面，设此时细线与水平方向之间的夹角为α，对小球受力分析如图丙所示，由牛顿第二定律得F cos α＝ma2F sin α＝mg两式平方后相加得F2＝(ma2)2＋(mg)2解得F＝(ma2)2＋(mg)2＝20 5 N.[答案](1)20 N(2)20 5 N三、相对滑动的临界条件两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值，并且还要考虑摩擦力方向的多样性．(多选)如图所示，小车内有一质量为m的物块，一轻质弹簧两端与小车和物块相连，处于压缩状态且在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，形变量为x，物块和小车之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，运动过程中，物块和小车始终保持相对静止，则下列说法正确的是()A．若μmg小于kx，则小车的加速度方向一定向左B．若μmg小于kx，则小车的加速度最小值为a＝kx－μmgm，且小车只能向左加速运动C．若μmg大于kx，则小车的加速度方向可以向左也可以向右D．若μmg大于kx，则小车的加速度最大值为kx＋μmgm，最小值为kx－μmgm[解析]若μmg小于kx，而弹簧又处于压缩状态，则物块所受弹簧弹力和静摩擦力的合力水平向左，即小车的加速度一定向左，A对；由牛顿第二定律得kx－F f＝ma，当F f＝μmg时，加速度方向向左且最小值为a min＝kx－μmgm，随着加速度的增加，F f减小到零后又反向增大，当再次出现F f＝μmg时，加速度方向向左达最大值a max ＝kx＋μmgm，但小车可向左加速，也可向右减速，B错；若μmg大于kx，则物块所受弹簧弹力和静摩擦力的合力(即加速度)可能水平向左，也可能水平向右，即小车的加速度方向可以向左也可以向右，C对；当物块的合外力水平向右时，加速度的最大值为μmg－kxm，物块的合外力水平向左时，加速度的最大值为μmg＋kxm，则小车的加速度最大值为kx＋μmgm，最小值为0，D错．[答案]AC四、加速度或速度最大的临界条件当物体在受到变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合外力最大时，具有最大加速度；合外力最小时，具有最小加速度．当出现加速度有最大值或最小值的临界条件时，物体处于临界状态，所对应的速度便会出现最大值或最小值．(多选)(2016·潍坊模拟)如图所示，一个质量为m 的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ，现给环一个水平向右的恒力F ，使圆环由静止开始运动，同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力F 1＝kv ，其中k 为常数，则圆环运动过程中( )A ．最大加速度为FmB ．最大加速度为F ＋μmgmC ．最大速度为F ＋μmgμkD ．最大速度为mgk[解析] 当F 1<mg 时，由牛顿第二定律得F －μ(mg －kv )＝ma ，当v ＝mg k 时，圆环的加速度最大，即a max ＝Fm ，选项A 正确，B 错误；圆环速度逐渐增大，F 1＝kv >mg ，由牛顿第二定律得F －μ(kv －mg )＝ma ，当a ＝0时，圆环的速度最大，即v max ＝F ＋μmgμk，选项C 正确，D 错误． [答案] AC五、数学推导中的极值问题将物理过程通过数学公式表达出来，根据数学表达式解出临界条件，通常用到三角函数关系．如图所示，一质量m ＝0.4 kg 的小物块，以v 0＝2 m/s 的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t ＝2 s 的时间物块由A 点运动到B 点，A 、B 之间的距离L ＝10 m ．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g 取10 m/s 2. (1)求物块加速度的大小及到达B 点时速度的大小；(2)拉力F 与斜面的夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？[解析] (1)设物块加速度的大小为a ，到达B 点时速度的大小为v ，由运动学公式得： L ＝v 0t ＋12at 2①v ＝v 0＋at ②联立①②式，代入数据解得：a ＝3 m/s 2，v ＝8 m/s.(2)设物块所受支持力为F N ，所受摩擦力为F f ，拉力与斜面之间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得：F cos α－mg sin θ－F f ＝ma ③F sin α＋F N －mg cos θ＝0④ 又F f ＝μF N ⑤联立③④⑤解得：F ＝mg (sin θ＋μcos θ)＋macos α＋μsin α⑥由数学知识得：cos α＋33sin α＝233sin(60°＋α)⑦ 由⑥⑦式可知对应的F 最小值与斜面的夹角α＝30°⑧ 联立⑥⑧式，代入数据得F 的最小值为： F min ＝1335N. [答案] (1)3 m/s 2 8 m/s (2)30°1335N 六、滑块一滑板模型中的临界问题在滑块—滑板模型中，若两者一起运动时优先考虑“被动”的“弱势”物体，该物体通常具有最大加速度，该加速度也为系统一起运动的最大加速度，否则两者将发生相对运动．(2016·湖北荆州模拟)物体A 的质量m 1＝1 kg ，静止在光滑水平面上的木板B 的质量为m 2＝0.5 kg 、长l ＝1 m ，某时刻A 以v 0＝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，试求拉力F 应满足的条件．(忽略物体A 的大小)[解析] 物体A 滑上木板B 以后，做匀减速运动， 加速度a A ＝μg ①木板B 做加速运动，有F ＋μm 1g ＝m 2a B ②物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度v t ，则v 20－v 2t 2a A ＝v 2t2a B＋l ③ 且v 0－v t a A ＝v ta B④ 由③④式，可得a B ＝v 202l－a A ＝6 m/s 2，代入②式得F ＝m 2a B －μm 1g ＝0.5×6 N －0.2×1×10 N ＝1 N ，若F ＜1 N ，则A 滑到B 的右端时，速度仍大于B 的速度，于是将从B 上滑落，所以F 必须大于等于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．即有：F ＝(m 1＋m 2)a ， μm 1g ＝m 1a ，所以F ＝3 N ，若F 大于3 N ，A 就会相对B 向左端滑下． 综上，力F 应满足的条件是1 N ≤F ≤3 N. [答案] 1 N ≤F ≤3 N1．(2016·西安质检)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应大于()A．3μmg B．4μmg C．5μmg D．6μmg解析：选D.纸板相对砝码恰好运动时，对纸板和砝码构成的系统，由牛顿第二定律可得：F－μ(2m＋m)g＝(2m ＋m)a，对砝码，由牛顿第二定律可得：2μmg＝2ma，联立可得：F＝6μmg，选项D正确．2．(多选)(2016·湖北黄冈模拟)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示(g＝10 m/s2)，下列结论正确的是()A．物体与弹簧分离时，弹簧处于原长状态B．弹簧的劲度系数为750 N/mC．物体的质量为2 kgD．物体的加速度大小为5 m/s2解析：选ACD.物体与弹簧分离时，弹簧的弹力为零，轻弹簧无形变，所以选项A正确；从题图乙中可知ma ＝10 N，ma＝30 N－mg，解得物体的质量为m＝2 kg，物体的加速度大小为a＝5 m/s2，所以选项C、D正确；弹簧的劲度系数k＝mgx0＝200.04N/m＝500 N/m，所以选项B错误．3．(多选)如图所示，质量均为m的A、B两物块置于光滑水平地面上，A、B接触面光滑，倾角为θ，现分别以水平恒力F作用于A物块上，保持A、B相对静止共同运动，则下列说法中正确的是()A．采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大B．两种情况下获取的最大加速度相同C．两种情况下所加的最大推力相同D．采用乙方式可用的最大推力大于甲方式的最大推力解析：选BC.甲方式中，F最大时，A刚要离开地面，A受力如图丙所示，则F N1cos θ＝mg①对B：F′N1sin θ＝ma1②由牛顿第三定律可知F′N1＝F N1③乙方式中，F 最大时，B 刚要离开地面，B 受力如图丁所示，则F N2cos θ＝mg ④ F N2sin θ＝ma 2⑤由①③④可知F N2＝F N1＝F N1′⑥由②⑤⑥式可得a 2＝a 1，对整体易知F 2＝F 1， 故选项B 、C 正确，选项A 、D 错误．4.如图所示，水平桌面光滑，A 、B 物体间的动摩擦因数为μ(可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，A 物体质量为2m ，B 和C 物体的质量均为m ，滑轮光滑，砝码盘中可以任意加减砝码．在保持A 、B 、C 三个物体相对静止共同向左运动的情况下，B 、C 间绳子所能达到的最大拉力是( )A.12μmg B ．μmg C ．2μmg D ．3μmg 解析：选B.因桌面光滑，当A 、B 、C 三者共同的加速度最大时，F BC ＝m C a 才能最大．这时，A 、B 间的相互作用力F AB 应是最大静摩擦力2μmg ，对B 、C 整体来讲：F AB ＝2μmg ＝(m B ＋m C )a ＝2ma ，a ＝μg ，所以F BC ＝m C a ＝μmg ，选项B 正确．5.如图所示，用细线将质量为m 的氢气球拴在车厢地板上的A 点，此时细线与水平方向成θ＝37°角，气球与固定在水平车顶上的压力传感器接触，小车静止时，细线恰好伸直但无弹力，压力传感器的示数为气球重力的12.重力加速度为g ，sin37°＝0.6，cos 37°＝0.8.现要保持细线方向不变而传感器示数为零，下列方法中可行的是( )A ．小车向右加速运动，加速度大小为12gB ．小车向左加速运动，加速度大小为12gC ．小车向右减速运动，加速度大小为23gD ．小车向左减速运动，加速度大小为23g解析：选C.小车静止时细线无弹力，气球受到重力mg 、空气浮力f 和车顶压力F N ，由平衡条件得f ＝mg ＋F N ＝32mg ，即浮力与重力的合力为12mg ，方向向上．要使传感器示数为零，则细线有拉力F T ，气球受力如图甲所示，由图乙可得12mg ma ＝tan 37°，小车加速度大小为a ＝23g ，方向向左．故小车可以向左做加速运动，也可以向右做减速运动，C 选项正确．6.如图所示，质量为m ＝1 kg 的物体，放在倾角θ＝37°的斜面上，已知物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g ＝9.8 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.要使物体与斜面相对静止且一起沿水平方向向左做加速运动，则其加速度多大？解析：当物体恰不向下滑动时，受力分析如图甲所示 F N1sin 37°－F f1cos 37°＝ma 1F f1sin 37°＋F N1cos 37°＝mg F f1＝μF N1解得a 1＝3.6 m/s 2当物体恰不向上滑动时，受力分析如图乙所示F N2sin 37°＋F f2cos 37°＝ma2F N2cos 37°＝mg＋F f2sin 37°F f2＝μF N2解得a2＝13.3 m/s2因此加速度的取值范围为3.6 m/s2≤a≤13.3 m/s2.答案：3.6 m/s2≤a≤13.3 m/s2。
高考复习专题四—求极值的六种方法(解析版)
微讲座(四)——求极值的六种方法从近几年高考物理试题来看，考查极值问题的频率越来越高，由于这类试题既能考查考生对知识的理解能力、推理能力，又能考查应用数学知识解决问题的能力，因此必将受到高考命题者的青睐．下面介绍极值问题的六种求解方法．一、临界条件法对物理情景和物理过程进行分析，利用临界条件和关系建立方程组求解，这是高中物理中最常用的方法．某高速公路同一直线车道上有同向匀速行驶的轿车和货车，其速度大小分别为v 1＝30 m/s ，v 2＝10 m/s ，轿车在与货车距离x 0＝25 m 时才发现前方有货车，此时轿车只是立即刹车，两车可视为质点．试通过计算分析回答下列问题：(1)若轿车刹车时货车以v 2匀速行驶，要使两车不相撞，轿车刹车的加速度大小至少为多少？(2)若该轿车刹车的最大加速度为a 1＝6 m/s 2，轿车在刹车的同时给货车发信号，货车司机经t 0＝2 s 收到信号并立即以加速度大小a 2＝2 m/s 2加速前进，两车会不会相撞？[解析] (1)两车恰好不相撞的条件是轿车追上货车时两车速度相等，即 v 1－at 1＝v 2①v 1t 1－12at 21＝v 2t 1＋x 0②联立①②代入数据解得：a ＝8 m/s 2. (2)假设经过时间t 后，两车的速度相等 即v 1－a 1t ＝v 2＋a 2(t －t 0)此时轿车前进的距离x 1＝v 1t －12a 1t 2货车前进的距离x 2＝v 2t 0＋v 2(t －t 0)＋12a 2(t －t 0)2代入数据解得：x 1＝63 m ，x 2＝31 m 因为：x 1－x 2＝32 m>x 0，两车会相撞． [答案] (1)8 m/s 2 (2)会相撞 二、二次函数极值法 对于二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c ，当a ＞0时，y 有最小值y min ＝4ac －b 24a，当a ＜0时，y 有最大值y max ＝4ac －b 24a.也可以采取配方法求解．一辆汽车在十字路口等候绿灯，当绿灯亮时汽车以a ＝3 m/s 2的加速度开始行驶，恰在这一时刻一辆自行车以v 自＝6 m/s 的速度匀速驶来，从旁边超过汽车．试求：汽车从路口开动后，在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？此时距离是多少？[解析] 设汽车在追上自行车之前经过时间t 两车相距最远，则 自行车的位移：x 自＝v 自t汽车的位移：x 汽＝12at 2则t 时刻两车的距离Δx ＝v 自t －12at 2代入数据得：Δx ＝－32t 2＋6t当t ＝－62×⎝⎛⎭⎫－32 s ＝2 s 时，Δx 有最大值Δx max ＝0－624×⎝⎛⎭⎫－32 m ＝6 m对Δx ＝－32t 2＋6t 也可以用配方法求解：Δx ＝6－32(t －2)2显然，当t ＝2 s 时，Δx 最大为6 m. (说明：此题也可用临界法求解) [答案] 见解析 三、三角函数法某些物理量之间存在着三角函数关系，可根据三角函数知识求解极值．如图所示，一质量m ＝0.4 kg 的小物块，以v 0＝2 m/s 的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t ＝2 s 的时间物块由A 点运动到B 点，A 、B 之间的距离L ＝10 m ．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g 取10 m/s 2.(1)求物块加速度的大小及到达B 点时速度的大小；(2)拉力F 与斜面的夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？[解析] (1)设物块加速度的大小为a ，到达B 点时速度的大小为v ，由运动学公式得：L ＝v 0t ＋12at 2①v ＝v 0＋at ②联立①②式，代入数据解得：a ＝3 m/s 2，v ＝8 m/s.(2)设物块所受支持力为F N ，所受摩擦力为F f ，拉力与斜面之间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得：F cos α－mg sin θ－F f ＝ma ③F sin α＋F N －mg cos θ＝0④ 又F f ＝μF N ⑤联立③④⑤解得：F ＝mg （sin θ＋μcos θ）＋macos α＋μsin α⑥由数学知识得：cos α＋33sin α＝233sin(60°＋α)⑦ 由⑥⑦式可知对应的F 最小值与斜面的夹角α＝30°⑧ 联立⑥⑧式，代入数据得F 的最小值为：F min ＝1335N. [答案] (1)3 m/s 2 8 m/s(2)夹角为30°时，拉力最小，为1335N四、图解法此种方法一般适用于求矢量极值问题，如动态平衡问题，运动的合成问题，都是应用点到直线的距离最短求最小值．质量为m 的物体与水平地面间的动摩擦因数为μ，用图解法求维持物体做匀速运动的最小拉力．[解析] 由F fF N ＝μ知，不论F f 、F N 为何值，其比值恒定由图知F fF N＝μ＝tan α，即F ′的方向是确定的．由平衡条件推论可知：mg 、F ′、F 构成闭合三角形．显然，当F ⊥F ′时，F 最小．F min ＝mg sin α＝mg tan α1＋tan 2 α＝μmg1＋μ2.(说明：此题也可用三角函数法求解．) 物体受力分析如图． 由平衡条件得：F ·cos θ＝F f ①F ·sin θ＋F N ＝mg ② 又F f ＝μF N ③联立①②③得：F ＝μmgcos θ＋μsin θ令sin α＝11＋μ2，cos α＝μ1＋μ2 则F ＝μmg1＋μ2 sin （α＋θ）当sin(α＋θ)＝1时，F min ＝μmg1＋μ2.[答案] μmg1＋μ2五、均值不等式法任意两个正整数a 、b ，若a ＋b ＝恒量，当a ＝b 时，其乘积a ·b 最大；若a ·b ＝恒量，当a ＝b 时，其和a ＋b 最小．在一次国际城市运动会中，要求运动员从高为H 的平台上A 点由静止出发，沿着动摩擦因数为μ的滑道向下运动到B 点后水平滑出，最后落在水池中．设滑道的水平距离为L ，B 点的高度h 可由运动员自由调节(取g ＝10 m/s 2)．(1)求运动员到达B 点的速度与高度h 的关系．(2)运动员要达到最大水平运动距离，B 点的高度h 应调为多大？对应的最大水平距离x max 为多少？(3)若图中H ＝4 m ，L ＝5 m ，动摩擦因数μ＝0.2，则水平运动距离要达到7 m ，h 值应为多少？[解析] (1)设斜面长度为L 1，斜面倾角为α，根据动能定理得mg (H －h )－μmgL 1cos α＝12m v 20①即mg (H －h )＝μmgL ＋12m v 20②v 0＝2g （H －h －μL ）.③ (2)根据平抛运动公式 x ＝v 0t ④ h ＝12gt 2⑤ 由③④⑤式得x ＝2（H －μL －h ）h ⑥由⑥式可得，当h ＝12(H －μL )时水平距离最大x max ＝L ＋H －μL .(3)在⑥式中令x ＝2 m ，H ＝4 m ，L ＝5 m ，μ＝0.2 则可得到－h 2＋3 h －1＝0 求得h 1＝3＋52m ＝2.62 m ；h 2＝3－52m ＝0.38 m.[答案] 见解析 六、判别式法一元二次方程的判别式Δ＝b 2－4ac ≥0时有实数根，取等号时为极值，在列出的方程数少于未知量个数时，求解极值问题常用这种方法．(原创题)如图所示，顶角为2θ的光滑绝缘圆锥，置于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B ，现有质量为m ，带电量为－q 的小球，沿圆锥面在水平面内做圆周运动，求小球做圆周运动的最小半径．[解析] 小球受力如图，设小球做圆周运动的速率为v ，轨道半径为R . 由牛顿第二定律得：水平方向：q v B －F N cos θ＝m v 2R竖直方向：F N sin θ－mg ＝0 两式联立得：m v 2R－q v B ＋mg cot θ＝0 因为速率v 为实数，故Δ≥0 即(qB )2－4⎝⎛⎭⎫m R mg cot θ≥0 解得：R ≥4m 2g cot θq 2B 2故最小半径为：R min ＝4m 2g cot θq 2B 2.[答案] 4m 2g cot θq 2B 21.(单选)(2016·广州模拟)如图所示，船在A 处开出后沿直线AB 到达对岸，若AB 与河岸成37°角，水流速度为4 m/s ，则船从A 点开出的最小速度为( )A ．2 m/sB ．2.4 m/sC ．3 m/sD ．3.5 m/s 解析：选B.AB 方向为合速度方向，由图可知，当v 船⊥AB 时最小，即v 船＝v 水·sin 37°＝2.4 m/s ，B 正确．2．(单选)如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A 点处放置一光滑的木板AB ，B 端刚好在斜面上．木板与竖直方向AC 所成角度为α，一小物块自A 端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ角的大小关系应为( )A ．α＝θB ．α＝θ2C ．α＝θ3D ．α＝2θ解析：选B.如图所示，在竖直线AC 上选取一点O ，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A 点，且与斜面相切于D 点．由等时圆知识可知，由A 沿木板滑到D 所用时间比由A 到达斜面上其他各点所用时间都短．将木板下端与D 点重合即可，而∠COD ＝θ，则α＝θ2.3．(2016·宝鸡检测)如图所示，质量为m 的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F 的水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F 多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数； (2)这一临界角θ0的大小．解析：(1)斜面倾角为30°时，物体恰能匀速下滑，满足 mg sin 30°＝μmg cos 30° 解得μ＝33.(2)设斜面倾角为α，受力情况如图，由匀速直线运动的条件： F cos α＝mg sin α＋F f F N ＝mg cos α＋F sin α F f ＝μF N解得：F ＝mg sin α＋μmg cos αcos α－μsin α当cos α－μsin α＝0，即cot α＝μ时，F →∞ 即“不论水平恒力F 多大”，都不能使物体沿斜面向上滑行，此时，临界角θ0＝α＝60°. 答案：(1)33(2)60°4．如图所示，质量为m ＝0.1 kg 的小球C 和两根细绳相连，两绳分别固定在细杆的A 、B 两点，其中AC 绳长l A ＝2 m ，当两绳都拉直时，AC 、BC 两绳和细杆的夹角分别为θ1＝30°、θ2＝45°，g ＝10 m/s 2.问：细杆转动的角速度大小在什么范围内，AC 、BC 两绳始终张紧？解析：设两细绳都拉直时，AC 、BC 绳的拉力分别为F TA 、F TB ，由牛顿第二定律可知： 当BC 绳中恰无拉力时，F T A sin θ1＝mω21l A sin θ1① F TA cos θ1＝mg ②由①②解得ω1＝1033rad/s. 当AC 绳中恰无拉力时，F TB sin θ2＝mω22l A sin θ1③ F TB cos θ2＝mg ④ 由③④解得ω2＝10 rad/s.所以，两绳始终有张力时细杆转动的角速度的范围是 1033rad/s ＜ω＜10 rad/s. 答案： 1033rad/s ＜ω＜10 rad/s 5.(原创题)一人在距公路垂直距离为h 的B 点(垂足为A )，公路上有一辆以速度v 1匀速行驶的汽车向A 点行驶，当汽车距A 点距离为L 时，人立即匀速跑向公路拦截汽车，求人能拦截住汽车的最小速度．解析：法一：设人以速度v 2沿图示方向恰好在C 点拦住汽车，用时为t .则L ＋h tan α＝v 1t ① hcos α＝v 2t ② 联立①②两式得：v 2＝h v 1L cos α＋h sin α＝h v 1L 2＋h 2⎝ ⎛⎭⎪⎫L L 2＋h 2cos α＋h L 2＋h 2sin α由数学知识知：v 2min ＝h v 1L 2＋h 2 .法二：选取汽车为参照物．人正对汽车运动即可拦住汽车，即人的合速度方向指向汽车．其中一分速度大小为v 1，另一分速度为v 2，当v 2与合速度v 垂直时，v 2最小，由相似三角形知识可得：v 2v 1＝h L 2＋h2 v 2＝h v 1L 2＋h 2 .答案：h v 1L 2＋h 26．小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m 的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动．当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d 后落地，如图所示．已知握绳的手离地面高度为d ，手与球之间的绳长为34d ，重力加速度为g .忽略手的运动半径和空气阻力．(1)求绳断时球的速度大小v 1和球落地时的速度大小v 2. (2)问绳能承受的最大拉力多大？(3)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？解析：(1)设绳断后球飞行时间为t ，由平抛运动规律，有竖直方向14d ＝12gt 2，水平方向d ＝v 1t解得v 1＝2gd .由机械能守恒定律有12m v 22＝12m v 21＋mg ⎝⎛⎭⎫d －34d 得v 2＝52gd . (2)设绳能承受的最大拉力大小为F T ，这也是球受到绳的最大拉力大小，即球运动到最低点时球所受到的拉力．球做圆周运动的半径为R ＝34d由圆周运动向心力公式，有F T －mg ＝m v 21R得F T ＝113mg .(3)设绳长为l ，绳断时球的速度大小为v 3，绳承受的最大拉力不变，有F T －mg ＝m v 23l 得v 3＝83gl 绳断后球做平抛运动，竖直位移为d －l ，水平位移为x ，时间为t 1，竖直方向有d －l ＝12gt 21，水平方向x ＝v 3t 1 得x ＝4l （d －l ）3当l ＝d 2时，x 有最大值，x max ＝233d .答案：见解析 7．(原创题)如图所示，电动势为E 、内阻为r 的电源给一可变电阻供电，已知可变电阻变化范围为0～R m ，且R m >r .当R 为何值时功率最大，最大功率为多少？解析：设可变电阻为R ，则I ＝ER ＋rP ＝I 2R ＝E 2（R ＋r ）2·R ①法一：(配方法)P ＝E 2（R －r ）2R ＋4r显然，当R ＝r 时，功率最大，P max ＝E 24r.法二：(判别式法)将①式整理成关于R 的二次方程 PR 2＋(2Pr －E 2)R ＋Pr 2＝0 由于R 为实数，故Δ≥0 即(2Pr －E 2)2－4P 2r 2≥0 解得：P ≤E 24r最大值为P max ＝E 24r ，代入①式得R ＝r .答案：见解析 8.质量分别为M 、m 的斜面体A 、B 叠放在光滑水平面上，斜面体倾角为α，两者之间的动摩擦因数为μ(μ＜tan α)，今用水平外力F 推B ，使两者不发生滑动，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求F 的取值范围．(已知：m ＝3 kg ，M ＝8 kg ，μ＝0.5，α＝37°.)解析：B 恰好不向下滑动时，所需F 最小，此时B 受到最大静摩擦力沿斜面向上．如图甲所示．设两者共同的加速度为a 1，对整体有： F min ＝(M ＋m )a 1 对B 有：F min ＋F f1cos α－F N1sin α＝ma 1 F f1sin α＋F N1cos α＝mg F f1＝μ·F N1联立以上各式解得：F min ＝m （M ＋m ）（sin α－μcos α）M （cos α＋μsin α）g ＝7.5 N甲乙B恰好不上滑时所需F最大，此时B受最大静摩擦力沿斜面向下．如图乙所示．设共同加速度为a2，对整体有：F max＝(M＋m)a2对B有：F max－F f2cos α－F N2sin α＝ma2F N2cos α＝mg＋F f2sin αF f2＝μF N2联立以上各式解得：F max＝m（M＋m）（sin α＋μcos α）M（cos α－μsin α）g＝82.5 N故取值范围为7.5 N≤F≤82.5 N.答案：7.5 N≤F≤82.5 N。
动态平衡问题平衡中的临界、极值问题课件59
问题解决能力
02
学生能够独立分析和解决一些复杂的动态平衡问题，具备了一
定的问题解决能力。
创新思维Байду номын сангаас养
03
课程鼓励学生提出新的想法和解决方案，培养了学生的创新思
维和解决问题的能力。
未来研究方向展望
更复杂的动态平衡问题
研究更复杂的动态平衡问题，如非线性、时变等条件下的临界、 极值问题。
临界、极值问题的优化算法
不等式法
通过构建不等式并求解，找到物体 的极值状态。
数值模拟法
通过计算机模拟物体的运动过程， 找到极值状态和对应的物理量。
03
CATALOGUE
平衡中的极值问题
极值条件的确定
确定平衡状态
首先分析物理系统或数学 模型的平衡状态，明确平 衡条件。
寻找极值条件
在平衡状态下，寻找使某 一物理量达到极值的条件 ，如最小势能、最大承载 力等。
动态平衡
物体在受到外力作用下，通过内部调节保持平衡状态，如人 体在行走中的平衡。
临界条件的确定
临界状态
物体处于平衡与不平衡之间的临界状态，稍微偏离平衡就会导致失稳。
临界条件
使物体保持平衡的最小条件，如支撑面的大小、摩擦系数等。
临界问题的求解方法
01
02
03
解析法
通过建立数学模型和方程 ，求解临界条件下的物理 量。
结果讨论
结合已有知识和文献资料，对实验结果进行深入 分析和讨论，解释实验现象的原因和机制。
结果应用
将实验结果应用于实际问题中，提出针对性的建 议和措施。
06
CATALOGUE
课程总结与展望
课程重点回顾
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物理临界和极值问题总结
物理临界和极值问题总结
物理临界和极值问题是物理学中常见的一类问题，涉及到系统在特定条件下达到某种临界状态或取得极值的情况。
下面是对这两类问题的总结：
1. 物理临界问题：
- 物理临界指系统在某些参数达到临界值时出现突变或重要性质发生显著改变的情况。
- 临界问题常见于相变、相平衡和相变点等领域。
- 典型的物理临界问题包括：磁场的临界温度、压力、电流等；化学反应速率的临界浓度；相变时的临界温度和压力等。
2. 极值问题：
- 极值问题涉及到通过调整系统的参数找到使目标函数取得最大值或最小值的条件。
- 极值问题在物理学中广泛应用于优化、动力学和力学等领域。
- 典型的极值问题包括：能量最小原理和哈密顿原理，用于求解经典力学问题；费马原理，用于求解光路最短问题；鞍点问题，用于求解多元函数的极值等。
无论是物理临界还是极值问题，通常需要使用数学工具进行分析和求解。
对于物理临界问题，常用的方法包括热力学、统计物理和相变理论等；而对于极值问题，则常用的方法包括微积分、变分法和最优化等。
总结起来，物理临界和极值问题是物理学中重要的一类问题，涉及到系统在特定条件下达到临界状态或取得最值的情况。
这些问题需要使用数学工具进行分析和求解，以揭示系统的性质和寻找最优解。
牛顿运动定律中的临界和极值问题
牛顿运动定律中的临界和极值问题1．动力学中的典型临界问题1接触与脱离的临界条件两物体相接触或脱离的临界条件是接触但接触面间弹力F N＝0.2相对静止或相对滑动的临界条件两物体相接触且处于相对静止时,常存在着静摩擦力,则相对静止或相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值．3绳子断裂与松弛的临界条件绳子断与不断的临界条件是绳子张力等于它所能承受的最大张力．绳子松弛的临界条件是F T＝0.4速度最大的临界条件在变加速运动中,当加速度减小为零时,速度达到最大值．2．解决临界极值问题常用方法1极限法：把物理问题或过程推向极端,从而使临界现象或状态暴露出来,以达到正确解决问题的目的．2假设法：临界问题存在多种可能,特别是非此即彼两种可能时,或变化过程中可能出现临界条件,也可能不出现临界条件时,往往用假设法解决问题．3数学法：将物理过程转化为数学公式,根据数学表达式解出临界条件．题型一：接触与脱离类的临界问题例1: 如图所示,在劲度系数为k的弹簧下端挂一质量为m的物体,物体下有一托盘,用托盘托着物体使弹簧恰好处于原长,然后使托盘以加速度a竖直向下做匀速直线运动a<g,试求托盘向下运动多长时间能与物体脱离例2: 如图,竖直固定的轻弹簧,其劲度系数为k=800N/m,上端与质量为 kg的物块B相连接;另一个质量为 kg的物块A放在B上;先用竖直向下的力F=120N压A,使弹簧被压缩一定量后系统静止,突然撤去力F,A、B共同向上运动一段距离后将分离,分离后A上升最大高度为 m,取g＝10 m/s2, 求刚撤去F时弹簧的弹性势能例3:如图所示,质量均为m 的A 、B 两物体叠放在竖直轻质弹簧上并保持静止,用大小等于mg 21的恒力F 向上拉A,当运动距离为h 时A 与B 分离;则下列说法正确的是A ．A 和B 刚分离时,弹簧为原长B ．弹簧的劲度系数等于hmg 23 C ．从开始运动到A 和B 刚分离的过程中,两物体的动能先增大后减小D ．从开始运动到A 和B 刚分离的过程中,A 物体的机械能一直增大例4:如图甲所示,平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k,一端固定在倾角为θ的斜面底端,另一端与物块A 连接；两物块A 、B 质量均为m,初始时均静止;现用平行于斜面向上的力F 拉动物块B,使B 做加速度为a 的匀加速运动,A 、B 两物块在开始一段时间内的v-t 关系分别对应图乙中A 、B 图线t 1时刻A 、B 的图线相切,t 2时刻对应A 图线的最高点,重力加速度为g,则A ．t 1和t 2时刻弹簧形变量分别为kma mg +θsin 和0 B ．A 、B 分离时t 1()akma mg +=θsin 2 C ．拉力F 的最小值ma mg +θsinD ．从开始到t 2时刻,拉力F 逐渐增大题型二：相对静止或相对滑动的临界问题例1：如图所示,质量分别为15kg和5kg的长方形物体A和B静止叠放在水平桌面上;A与桌面以及A、B 间动摩擦因数分别为μ1=和μ2=,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力;问：1水平作用力F作用在B上至少多大时,A、B之间能发生相对滑动2当F=30N或40N时,A、B加速度分别各为多少跟踪训练：多选如图甲所示,一质量为M的长木板静置于光滑水平面上,其上放置一质量为m小滑块．木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时,用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示,取g=10m/s2,则A．小滑块的质量m=2kgB．当F=8N时,滑块的加速度为1m/s2C．滑块与木板之间的动摩擦因数为D．力与加速度的函数关系一定可以表示为F=6aN例2：如图所示,两个质量均为m的小木块A和B放在转盘上,且木块A、B与转盘中心在同一条直线上,两木块用长为L的细绳连接,木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的k倍,A放在距离转轴L处,整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动;开始时,绳恰好伸直但无弹力,现让该装置从静止转动,使角速度ω缓慢增大;为使细绳有弹力,而木块A和B又能相对转盘保持静止,求角速度ω的取值范围和细绳张力的最大值;例3：如图所示的水平转盘可绕竖直轴OO′旋转,盘上水平杆上穿着两个质量均为m=2kg的小球A和B;现将A和B分别置于距轴r A=和r B=1m处,并用不可伸长的轻绳相连;已知两球与杆之间的最大静摩擦力都是f m=1N;试分析转速ω从零缓慢逐渐增大短时间内可近似认为是匀速转动,两球对轴保持相对静止过程中,在满足下列条件下,ω的大小;1绳中刚要出现张力时的ω1；2A、B中某个球所受的摩擦力刚要改变方向时的ω2,并指明是哪个球的摩擦力方向改变；3两球对轴刚要滑动时的ω3;跟踪训练：多选圆形转盘上的A、B、C三个物块如图放置,A、O、B、C在一条直线上,A、B间用一轻质细线相连开始细线刚好伸直,三个物块与转盘间的动摩擦因数均为μ,A、B、C三个物块的质量分别为m、m、2m,到转盘中心O的距离分别为3r、r、2r,现让转盘以角速度ω可调匀速转动,重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则A、当物块C相对转盘刚要滑动时,物块B所受摩擦力为μmgB、当物块C相对转盘刚要滑动时,细线张力为μmgC、当细线内刚出现张力时,物块C所受摩擦力为μmgD、当细线内刚出现张力时,A、B、C所受摩擦力大小之比为3:1:4题型三：绳子断裂与松弛的临界问题例5．如图所示,在竖直的转动轴上,a、b两点间距为40 cm,细线ac长50 cm,bc长30 cm,在c点系一质量为m的小球,在转动轴带着小球转动过程中,下列说法不正确的是A．转速小时,ac受拉力,bc松弛B．bc刚好拉直时,ac中拉力为C．bc拉直后转速增大,ac拉力不变D．bc拉直后转速增大,ac拉力增大例6．如图所示,将两物块A、B用一轻质细绳沿水平方向连接放在粗糙的水平面上,已知两物块A、B的质量分别为m1=8kg,m2=2kg,滑块与地面间的动摩擦因数均为μ=,g=10m/s2,细绳的最大拉力为T=8N.今在滑块A上施加一水平向右的力F,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力;为使两滑块共同向右运动,则拉力F多大题型四：速度最大的临界问题例7．如图所示,在磁感应强度为B的水平匀强磁场中,有一足够长的绝缘细棒OO′在竖直面内垂直于磁场方向放置,细棒与水平面夹角为α.一质量为m、带电荷量为＋q的圆环A套在OO′棒上,圆环与棒间的动摩擦因数为μ,且μ＜tan α.现让圆环A由静止开始下滑．试问圆环在下滑过程中：1圆环A的最大加速度为多大获得最大加速度时的速度为多大2圆环A能够达到的最大速度为多大跟踪练习：1.如图所示,一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都不计,盘内放一个物体P处于静止,P的质量m=12kg,弹簧的劲度系数k=300N/m;现在给P施加一个竖直向上的力F,使P从静止开始向上做匀加速直线运动,已知在t=内F是变力,在以后F是恒力,g=10m/s2,则F的最小值是 ,F的最大值是 ;思维拓展：若上题中秤盘质量m1=1．5kg,盘内物体P质量为m2=10．5kg,弹簧的劲度系数 k=800N/m,其他条件不变,则F的最小值是 ,F的最大值是 ;2. 如图所示,细线的一端固定于倾角为450的光滑楔形滑块A的顶端P处,细线的另一端拴一质量为m的小球;当滑块至少以多大的加速度a向左运动时,小球对滑块的压力等于零,当滑块以a=2g的加速度向左运动时,球此时线中拉力T大小3. 一个带负电荷q ,质量为m 的小球,从光滑绝缘的斜面轨道的A 点由静止下滑,小球恰能通过半径为R 的竖直圆形轨道的最高点B 而做圆周运动．现在竖直方向上加如图所示的匀强电场,若仍从A 点由静止释放该小球,则A ．小球不能过B 点 B ．小球仍恰好能过B 点C ．小球能过B 点,且在B 点与轨道之间压力不为0D ．以上说法都不对5.如图,在光滑水平面上放着紧靠在一起的ＡＢ两物体,Ｂ的质量是Ａ的2倍,Ｂ受到向右的恒力ＦB =2N,Ａ受到的水平力ＦA =9-2tN,t 的单位是s;从t ＝0开始计时,则：A ．Ａ物体在3s 末时刻的加速度是初始时刻的5／11倍；B ．t ＞４s 后,Ｂ物体做匀加速直线运动；C ．t ＝时,Ａ物体的速度为零；D ．t ＞后,ＡＢ的加速度方向相反;6.如图所示,在光滑水平面上有一辆小车A ,其质量为m A ＝ kg,小车上放一个物体B ,其质量为m B ＝ kg.如图甲所示,给B 一个水平推力F ,当F 增大到稍大于 N 时,A 、B 开始相对滑动．如果撤去F ,对A 施加一个水平推力F ′,如图乙所示．要使A 、B 不相对滑动,求F ′的最大值F m . a A P450。
高考物理解题方法指导：临界和极值问题
临界和极值问题当物体由一种物理状态变为另一种物理状态时，可能存在一个过渡的转折点，这时物体所处的状态通常称为临界状态，与之相关的物理条件则称为临界条件．解答临界问题的关键是找临界条件许多临界问题，题目中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”……等词语对临界状态给出了明确的暗示，也有一些临界问题中并不显含上述常见的“临界术语”，但审题时会发现某个物理量在变化过程中会发生突变，则该物理量突变时物体所处的状态即为临界状态审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘内涵，找出临界条件．解答临界问题的方法一般有两种，一是以定理、定律为依据，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；二是直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值．解决此类问题重在形成清晰的物理图景，分析清楚物理过程，从而找出临界条件，同时要特别注意可能出现的多种情况．互动探究例1、如图所示，跨过定滑轮的轻绳两端，分别系着物体A和B，物体A放在倾角为α的斜面上，已知物体A的质量为m，物体B和斜面间动摩擦因数为μ（μ<tanθ），滑轮的摩擦不计，要使物体静止在斜面上，求物体B质量的取值范围．例2、一车处于静止状态，车后相距x0=25m处有一个人，当车开始启动以a=1m/s2的加速度前进的同时，人以v=6m/s的速度匀速追车，能否追上？若追不上，人车间最小距离为多少？例3、一个质量为0.2kg的小球用细绳吊在底角为53º的光滑斜面顶端，如图所示，斜面静止时，球靠在斜面上，绳与斜面平行．当斜面以10m/s2的加速度向右做加速运动时，求绳子的拉力及斜面对小球的弹力．例4、如图所示，用细线悬挂于O点的摆球在小锤两次打击下才能通过以O为圆心，以线长为半径的圆周的最高点，设两次打击时作用时间相等，摆球运动中悬线始终拉直，求两次打击力之比F II：F I的最小值．例5、如图所示，倾角θ =30°、高为h的三角形木块B，静止放在一水平面上，另一滑块A以初速度v0从B的底端开始沿斜面上滑，若B的质量为A的质量的2倍，当忽略一切摩擦的影响时，要使A能够滑过木块B的顶端，求v0应为多大？例6、如图所示，带正电小球质量为m= 1×10-2kg，带电量为q=l×10-6C，置于光滑绝缘水平面上的A点．当空间存在着斜例4例5例6向上的匀强电场时，该小球从静止开始始终沿水平面做匀加速直线运动，当运动到B点时，测得其速度v B=1.5m／s，此时小球的位移为s=0.15m．求此匀强电场场强E的取值范围．（g=10m/s2）某同学求解如下：设电场方向与水平面之间夹角为θ，由动能定理qEs cosθ＝－0，得= V/m．由题意可知θ>0，所以当E>7.5×104V/m时小球将始终沿水平面做匀加速直线运动．经检查，计算无误．该同学所得结论是否有不完善之处？若有请予以补充．例7、如图所示，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，AB、AC、BD为磁场的边界，AB长为L，AC、BD足够长．位于AB的中点O是一个能向纸面内发射质量为m、电量为q的正粒子的粒子源，粒子的速度方向与AB成30º角．要使粒子能从AC边射出磁场，粒子从粒子源射出的速率必须满足什么条件．例8、如图所示，ABC是一块玻璃直角三棱镜的主截面，已知光从该玻璃到空气的临界角C=55°．当一束光垂直于BC面射到棱镜上时，画出在各个面上反射、折射的光路图．例8 课堂反馈反馈1、在原子物理学中，常用电子伏特（符号是eV）作为能量的单位．当γ光子能量大于E0（E0=1.022MeV）时，就可能有电子对生成，其中E0的能量转化为一对正负电子，余下的能量变成电子对的动能．已知普朗克常量h = 6.63×10-34J·s．求：（1）求电子的质量m？（2）要能生成电子对，γ光子的频率必须大于多少（结果保留两位有效数字）？（3）若γ光子的频率为f，生成的电子速度v为多大？（结果用m，h，E0，f表示）反馈2、在天体演变的过程中，红色巨星发生“超新星爆炸”后，可能形成中子星（电子被迫同原子核中的质子相结合而形成中子），中子星具有极高的密度．（1）若已知某中子星的密度为1017kg/m3，该中子星的卫星绕它做圆轨道运动，试求该中子星的卫星运行的最小周期．（2）中子星也在绕自转轴自转，若某中子星的自转角速度为6.28×30r/s，为了使该中子星不因自转而被瓦解，则其密度至少应为多大？（假设中子星是通过中子间的万有引力结合成球状星体，引力常量G=6.67×10-11N·m2/kg2）达标练习1、电子中微子可以将一个氯核转变为一个氩核，其核反应方程式为，已知核的质量为36.95658u，核的质量为36.95691u，的质量为0.00055u，1u质量对应的能量为931.5MeV．根据以上数据，可以判断参与上述反应的屯子中微子的最小能量为（ A ）A．0.82 MeV B．0.31 MeV C．1.33 MeV D．0.51 McV2、相距很远的两个分子，以一定的初速度相向运动，直到距离最小在这个过程中，两分子间的分子势能（ D ）A ．一直增大B ．一直减小C ．先增大，后减小D ．先减小，后增大3、如图所示，M 为固定在桌面上的木块， M 上有一个3/4圆弧的光滑轨道abcd ，a 为最高点，bd 为其水平直径，de 面水平且长度一定，将质量为m 的小球在d 点的正上方高h 处从静止释放，让它自由下落到d 点切入轨道内运动，则（ ACD ）A ．在h 为一定值的情况下，释放后，小球的运动情况与其质量的大小无关B ．只要改变h 的大小，就能使小球通过a 点后，既可以使小球落到轨道内，也可以使小球落到de 面上C ．无论怎样改变h 的大小，都不能使小球通过a 点后又落回到轨道内D ．使小球通过 a 点后飞出de 面之外（e 的右边）是可以通过改变h 的大小来实现的4、用一根细线一端系一小球（可视为质点），另一端固定在一光滑锥顶上，如图（1）所示，设小球在水平面内作匀速圆周运动的角速度为ω，线的张力为T ，则T 随ω2变化的图象是图（2）中的（ C ）5、如图所示，在水平方向的匀强电场中，绝缘细线的一端固定在O 点，另一端系一带正电的小球在竖直平面内作圆周运动，小球所受的电场力和重力相等，直径ac 和bd 互相垂直，且bd 平行于电场线，则（ BC ）A ．小球在a 点动能最小B ．小球在c 点重力势能最小C ．小球在b 点机械能最大D ．小球在d 点总能最大 6、“水刀”就是将普通水加压，使其从小口径喷嘴中以800m/s —1000m/s的速度射出的水流我们知道，任何材料能承受的压强都有一定的限度，如橡胶为5⨯107Pa ，花岗石为1.2~2.6⨯108Pa ，铸铁为8.8⨯108Pa ，工具钢为6.8⨯108Pa 设想一水刀垂直入射的速度为800m/s ，水流与材料接触后速度为零，且不附着在材料上，则此水刀不能切割（ CD ）A ．橡胶B ．花岗石C ．铸铁D ．工具钢7、圆筒形的薄壁玻璃容器中，盛满某种液体，容器底部外面有光源S ，试问液体折射率至少为多少时，才不能通过容器壁在筒外看到光源S （壁厚不计）．8、如图所示，一带电质点，质量为 m ，电量为q ，以平行于Ox 轴的速度v 从y 轴上的a 点射入图中第一象限所示的区域为了使该质点能从x 轴上的b 点以垂直于Ox 轴的速度v 射出，可在适当的地方加一个垂直于xy 平面、磁感应强度为B 的匀强磁场若此磁场仅分布在一个圆形区域内，试求这圆形磁场区域的最小半径．（重力忽略不计）图（1） 图（2） 达标4 E达标59、如图所示，木板AB 放在光滑水平面上，其周围是竖直向下的匀强电场一质量为m 、带电量为q 的小物块，以某一水平初速度从A 端滑上木板，到B 端时恰相对静止若将电场反向，强度不变，物块仍以原初速度从A 端滑上木板，结果滑到木板的中点时相对静止，求：（1）物块的电性；（2）场强的大小．10、如图所示，弹簧上端固定在O 点，下端挂一木盒A ，盒子顶端挂着一小球B （可视为质点），若A 、B 的质量均为1kg ，B 距A 底板为H =16cm ，当它们都静止时，弹簧的长度为L 某时刻，悬挂小球的细线突然断开，在A 上升到最高点时，B 和A 的底板相碰，碰撞时间极短，碰后成为一体向下运动，当弹簧的长度又为L 时，两者的速度为v =1m/s ，求：（1）碰撞中动能的损失∆E ；（2）弹簧的劲度系数k ；（3）细线断前弹簧的弹性势能E 0．11、如图所示为三对等间距的平行光滑导轨，导轨宽均为L ，其中M 、N 为两对倾斜放置的塑料导轨，P 为水平放置的金属导轨，三对导轨焊接处为金属，整个装置放在竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B 已知质量为m 1的金属棒在M 轨道上从高度为h 1处由静止释放，金属棒沿导轨M 滑下，然后沿导轨N 滑上，达到的最大高度为h 2，此过程中质量为m 2的导体棒由静止在安培力作用下沿导轨P 运动起来，不计一切因碰撞损失的能量，不计导轨电阻，求此过程中：（1）安培力对m 1的冲量I ；（2）m 2的最大速度v ；（3）电路中产生的焦耳热Q ．专题十一，课时1解答例1解析：以B 为研究对象，由平衡条件得 T =m B g再以A 为研究对象，它受重力、斜面对A 的支持力、绳的拉力和斜面对A 的摩擦作用．假设A 处于临界状态，即A受最大静摩擦作用，方向如图所示，根据平衡条件有：N =mg cos θ，T - f m -mg sin θ = 0，或：T +f m -mg sin θ=0， f m =μN ，综上所得，B 的质量取值范围是：m （sin θ-μcos θ）≤m B≤m (sin θ+μcos θ) ．例2解析：人与车运动时间相等，设为t ，当人追上车时，二者之间的位移关系应为，即，由上式求解t ，若有解则追上，反之追不上，将题给数据代入整理后可得，由于判别式，所以人不可能追上车当车的速度等于人的速度时，人与车的距离最小，根据可知，从开始追车到距离最小所用时间为 t = 6s 在这段时间内人与车的位移分别为m ， m ，人、车间最小距离为∆ s =s 车 + x 0 – s 人=7m ．例3解析：首先用极限法把加速度a 推到两个极端来分析：当加速度a 较小时，小球受到重力、绳子的拉力和斜面的支持力三个力作用，此时绳子平行与斜面；当加速度a 足够大 例11 达标11时，小球将“飘起” ，离开斜面，此时绳子与水平方向的夹角未知那么，当a =10m/s2向右时，究竟是上述两种情况的哪一种？解题时必须先求出小球离开斜面的临界值，然后再确定．设小球处在离开斜面的临界状态（N刚好为零）时，斜面向右的加速度为a0，此时对小球：mg cotθ= ma0，可求出：a0 =g cotθ = 7.5m/s2；因为a > a0，所以小球一定离开斜面，可以求得绳子的拉力N，细线与水平方向的夹角为α= arctan mg/ma = 45º，斜面的支持力N=0．例4解析：要求F II：F I的最小值，即要求F I的最大值，F II的最小值，故必须找出F I和F II对应的两个临界状态．据题意，小球经两次打击才通过圆周最高点C，故第一次打击后，小球只能在圆弧AB C 之间运动，从下图可以看出，当小球在圆弧AB上运动时，重力沿半径的分力F1背离圆心，拉紧绳子，即使小球速度减为零，也不会脱离圆周．当小球在圆弧BC上运动时，重力沿半径的分力F1改为沿半径指向圆心．必会在下图中P点出现（0º<θ<90º），小球将脱离圆周而作斜抛运动，线松驰．可见，由于在B点上下重力沿半径方向分力F1方向的突变，使得小球将出现不同的运动情况．要使绳子始终拉直，第一次打击后，小球只能在圆弧AB上运动，“小球沿圆弧上升至B点速度恰为零”为确定F I的临界条件．要求F II最小，则第二次打击后，小球恰能通过最高点C，“绳子张力T C= 0”，这是确定F II最小值的临界条件．设第一次打击后，小球速度为v1，由动量定理得F I t = mv1 ……①F I最大时，小球到达B点速度为零，由机械能守恒定律得mv12/2 = mgl ……②联立解得：v1 =，F I =m/t小球经过最低点并向左运动时，作第二次打击，打击后速度为v2，由动量定理得：F II t = mv2 - mv1……③设小球升至最高点C时速度为v3，由机械能守恒定律得：……④F II最小时，小球通过C点时线的张力T C=0，由牛顿第二定律得mg= mv32/l ……⑤联立解得：F II =，得F II/ F I =．例5解析：滑块A恰好到达滑块B的最高点时，两者有共同速度v，系统水平方向动量守恒：mv0cosθ=（m+M）v①系统机械能守恒：可得，所以当时，滑块A可以滑过斜面B的顶端．例6 解析：该同学所得结论有不完善之处．为使小球始终沿水平面运动，电场力在竖直方向的分力必须小于等于重力qE sinθ≤mg 所以即7.5×104V/m＜E≤1.25×105V/m．例7解析：由几何关系可得，粒子在磁场中的轨道半径L/3 ≤r ≤L，又Bqv0=m v02/r，r = m v0 /Bq，得L Bq / 3m≤v0 ≤L Bq / m．例8解析：光垂直BC面入射，一部分光按原路反射，一部分沿入射方向进入玻璃．射到AC面上时光的人射角i1=30°＜55°，因此一部分光折射进空气，一部分光反射到BC面．在BC面上光的入射角i2=60°＞55°，发生全反射，垂直于AB面入射并进入空气．光路图如图所示．反馈1解析：（1）由质能方程，E0 = 2mc2，得m = 9.1×10-19kg；（2）E0 = h f，f = 2.5×1020Hz；（3）h f - E0= 2 ×mv2/2，．反馈2解析：（1）由题设可知，中子星的卫星绕中子星沿圆周运动，则中子星与其卫星之间的万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，所以有，即由上式可知，轨道半径越小，卫星的运行周期越小，故当卫星做圆周运动的半径恰等于中子星的半径时，其运行的周期必为最小值．设中子星的圆轨道半径为R，质量为m，由万有引力提供向心力，可得，即当R= r（中子星的半径）时，卫星的运行周期最小，注意到，则有，代入数据，解得T min=1.2×10-3s．（2）由F=mω2R可知，中子星表面“赤道"”部分做圆周所受的向心力最大，由此可得到中子星因自转而不发生瓦解的临界条件是：中子星“赤道”表面处质点所受万有引力应等于其所需要的向心力，由这种情况下计算出的中子星的密度即为其密度的下限值．设中子星的质量为M，半径为r，密度为ρ, 自转角速度为ω，今在中子星"赤道"表面处取一质量极小的部分，设其质量为m，因为这部分的质量极小，故可认为中子星其他部分的质量仍为M，由万有引提供向心力，可得，又，整理，可得，代入数据，可午ρmin=1.3×1014 kg/m3．达标解析达标1、A 2、D 3、ACD 4、C 5、BC 6、CD达标7解析：要在容器外空间看不到光源S，即要求光源S进入液体后，射向容器壁光线的入射角（临界角），如图所示，由折射定律可知，（1）由图可知，，（2）在A点入射处，由折射定律有，所以（3）由（1）（3）两式可知，由（2）式可知：越小越好，临界角C也是越小越好：由可知，越大，C越小；而由可知，当一定时，越大，小，所以液体的折射率．达标8解析：质点在磁场中作半径为R的圆周运动，，得（1）根据题意，质点在磁场区域中的轨道是半径等于R的圆上的1/4圆弧，这段圆弧应与入射方向的速度、出射方向的速度相切过点作平行于轴的直线，过b点作平行于y轴的直线，则与这两直线均相距R的O＇为圆心、R为半径的圆（圆中虚线圆）上的圆弧MN，M点和N点应在所求圆形磁场区域的边界上在通过M、N两点的不同的圆周中，最小的一个是以MN连线为直径的圆周所以本题所求的圆形磁场区域的最小半径为达标8（2）所求磁场区域如图12-5中实线圆所示．达标9解析：（1）负电；（2）设木板质量为M ，长为L ，木块与木板间的动摩擦因数为μ，则f 1 = μ（mg – qE ），f 2 = μ（mg + qE ），由动量守恒，mv 0=（M+m ）v ，由系统能量守恒，f 1 L = mv 02/2 -（M+m ）v 2/2，f 2 L /2 = mv 02/2 -（M+m ）v 2/2，解得E=mg /3q ．达标10解析：（1）全程用能量守恒，m B gH =（m A + m B ）v 2/2 + ∆E ，∆E =0.6J ；（2）设B 下降h 与A 相碰，有m B gh = m B v 12/2，碰撞时动量守恒，m B v 1 = （m A + m B ）v 2，又∆E = m B v 12/2 -（m A + m B ）v 22/2，得h = 0.12m ，则此过程中A 上升h ´ = 0.04m ；又B 下落时A 作简谐运动，A 在最低点时，回复力为F 回= mg ，则A 在最高点时，回复力为F 回= mg ，弹恰好处于原长，B 下落前系统平衡时有，k h ´=2mg ，得k = 500N/m ；（3）A 从开始运动到最高点机械能守恒，有E 0= m A g h ´=0.4J ．达标11解析：（1）设金属棒m 1沿导轨M 下滑到最低点时的速度为v 1，沿导轨N 上滑的初速度为v 2，有m 1gh 1 = m 1 v 12/2，m 1gh 2 = m 1 v 22/2，则安培力的冲量为I = m 1 v 2 - m 1 v 1= m 1（）（2）由动量守恒，m 1 v 1 = m 1 v 2 + m 2 v ，v =（3）由能量守恒定律，得)2()(212121221211222111h h h h g m m h h g m v m gh m gh m Q -+--=--=．。
临界与极值问题
• A．3
• C．5
B．4
D．6
【解析】
对M和m整体，它们必受到重力和地面支持力，因小车静止，
由平衡条件知墙面对小车必无作用力，以小车为研究对象．如右图所
示，它受四个力；重力 Mg，地面的支持力FN1，m对它的压力FN2和静 摩擦力Ff，由于m静止，可知Ff和FN2的合力必竖直向下，故B项正确．
错解分析：斜面向左做加速运动时，随 着加速度的增大，小球对斜面压力减小， 当加速度等于4g/3时，小球对斜面压力 为零，加速度大于4g/3时，小球飘起来 原方程不再成立。
正确分析：（1）小球恰好对斜面 无压力作用时，加速度为a，由 mgcotθ=ma0，得a0=4g/3 （2） 当a1=g时，T1=1.4mg； （3）当a2=2g时，小球脱离斜面， 最后得出
解析 整体分析可知A与墙之间无弹力，所以A仅受重力、 B对A的弹力及摩擦力3个力，应选B项.
例2、如图所示，竖直放置的轻弹簧一端固 定在地面上，另一端与斜面体P相连，P 与斜放在其上的固定档板MN接触且处于 静止状态，则斜面体P此刻受到的外力的 个数有可能是：
A.2 C．4 B．3 D、5
例3．如图所示，在水平力F作用下，A、B保持 静止，若A与B的接触面是水平的，且F≠0，则 关于B的受力个数可能为( ) A．3 B．4 C ．5 D ．6
f静= |F-mgsinθ |
F
θ
m
▼
→ FN3 = mgcosθ ±F
f动=μ （mgcosθ ±F） f静= mgsinθ f动=μ （mgcosθ ±Fsinθ） f静= |mgsinθ -Fcosθ |
F
θ
m
→ FN4 = mgcosθ ± Fsinθ
平衡中的临界、极值问题
平衡中的临界、极值问题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.常见的临界状态有:(1)两接触物体脱离与不脱离的临界条件是相互作用力为0(主要体现为两物体间的弹力为0)；(2)绳子断与不断的临界条件为作用力达到最大值；(3)存在摩擦力作用的两物体间发生相对滑动或相对静止的临界条件为静摩擦力达到最大。
2.极值问题平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题.一般用图解法或解析法进行分析.3.解决临界问题和极值问题的方法(1)极限法：首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而要把某个物理量推向极端，即极大和极小.(2)数学分析法：通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(画出函数图象)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值).(3)物理分析方法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值与最小值.【例1】如图所示，轻绳OA、OB一端分别固定于天花板上的A、B两点，轻绳OC一端悬挂一重物。
已知OA、OB、OC能承受的最大拉力分别为150 N、100 N、200 N。
问悬挂的重物的重力不得超过多少?【例2】如图所示，质量为m 的物体放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑.对物体施加一大小为F 水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F 多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求： (1)物体与斜面间的动摩擦因数； (2)这一临界角θ0的大小.【例3】如图所示，一球A 夹在竖直墙与三角劈B 的斜面之间，三角劈的重力为G ，劈的底部与水平地面间的动摩擦因数为μ，劈的斜面与竖直墙面是光滑的，设劈的最大静摩擦力等于滑动摩擦力.问：欲使三角劈静止不动，球的重力不能超过多少？【例4】如图将质量为m 的小球a 用轻质细线悬挂于O 点，用力F 拉小球a ，使整个装置处于静止状态，且悬线与竖直方向的夹角θ=30°，重力加速度为g ，则F 的最小值为( ) A.√33mg B.12mgC.√32mgD.√2mg随堂练习1.倾角为θ＝37°的斜面与水平面保持静止，斜面上有一重为G 的物体A ，物体A 与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5。
高中物理中的临界与极值问题
有关“物理”的临界与极值问题高中物理中的临界与极值问题涉及到多个知识点，包括牛顿第二定律、圆周运动、动量守恒等。
有关“物理”的临界与极值问题如下：1.牛顿第二定律与临界问题：●牛顿第二定律描述了物体的加速度与合外力之间的关系。
当物体受到的合外力为零时，物体处于平衡状态。
●在某些情况下，物体受到的合外力不为零，但物体仍然处于平衡状态，这是因为物体受到的合外力恰好等于某个临界值。
这种状态被称为“临界平衡”。
●在解决与临界平衡相关的问题时，通常需要考虑物体的平衡条件和牛顿第二定律。
通过分析物体的受力情况，可以确定物体是否处于临界平衡状态，以及需要施加多大的力才能使物体离开临界平衡状态。
2.圆周运动中的极值问题：●圆周运动中的极值问题通常涉及向心加速度和线速度的最大值和最小值。
●当物体在圆周运动中达到最大速度时，其向心加速度最小。
此时，物体的线速度最大，而向心加速度为零。
●当物体在圆周运动中达到最小速度时，其向心加速度最大。
此时，物体的线速度最小，而向心加速度为最大值。
●在解决与圆周运动中的极值问题相关的问题时，通常需要考虑向心加速度和线速度之间的关系，以及如何通过分析物体的受力情况来确定其最大速度和最小速度。
3.动量守恒与极值问题：●动量守恒定律描述了系统在不受外力作用的情况下，系统内各物体的动量之和保持不变。
●在某些情况下，系统受到的外力不为零，但系统仍然保持动量守恒。
这是因为系统受到的外力恰好等于某个临界值。
这种状态被称为“临界动量守恒”。
在解决与临界动量守恒相关的问题时，通常需要考虑系统的动量守恒条件和外力的作用。
通过分析系统的受力情况，可以确定系统是否处于临界动量守恒状态，以及需要施加多大的外力才能使系统离开临界动量守恒状态。
动力学中的临界极值问题
动力学中的临界极值问题临界和极值问题是物理中的常见题型;结合牛顿运动定律求解的也很多;临界是一个特殊的转换状态;是物理过程发生变化的转折点..分析此类问题重在找临界条件;常见的临界条件有：1.细线：拉直的临界条件为T=0;绷断的临界条件为T=Tmax2.两物体脱离的临界条件为：接触面上的弹力为零3.接触的物体发生相对运动的临界条件为：静摩擦力达到最大静摩擦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;明显表明题述的过程存在着临界点；2若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语;表明题述的过程存在着“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;表明题述的过程存在着极值;这个极值点往往是临界点；4若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等;即是求收尾加速度或收尾速度．例32013·山东·22如图5所示;一质量m＝0.4 kg的小物块;以v0＝2 m/s的初速度;在与斜面成某一夹角的拉力F作用下;沿斜面向上做匀加速运动;经t＝2s的时间物块由A点运动到B点;A、B之间的距离L＝10 m．已知斜面倾角θ＝30°;物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝.重力加速度g取10 m/s2.图51求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小．2拉力F与斜面夹角多大时;拉力F最小拉力F的最小值是多少解析1设物块加速度的大小为a;到达B点时速度的大小为v;由运动学公式得L＝v0t＋at2 ①v＝v0＋at ②联立①②式;代入数据得a＝3 m/s2 ③v＝8 m/s ④2设物块所受支持力为F N;所受摩擦力为F f;拉力与斜面间的夹角为α;受力分析如图所示;由牛顿第二定律得F cosα－mg sinθ－F f＝ma ⑤F sinα＋F N－mg cosθ＝0 ⑥又F f＝μF N ⑦联立⑤⑥⑦式得F＝sinθ＋μcosθ ＋ma;cosα＋μsinα⑧由数学知识得cosα＋sinα＝sin60°＋α⑨由⑧⑨式可知对应最小F的夹角α＝30°⑩联立③⑧⑩式;代入数据得F的最小值为F min＝N答案13 m/s28 m/s230°N动力学中的典型临界条件1接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离;临界条件是：弹力F N＝0.2相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时;常存在着静摩擦力;则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值．3绳子断裂与松驰的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的;绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力;绳子松驰的临界条件是：F T ＝0.4加速度变化时;速度达到最值的临界条件：当加速度变为零时．突破训练3 如图6所示;水平地面上放置一个质量为m 的物体;在与水平方向成θ角、斜向右上方的拉力F 的作用下沿水平地面运动．物体与地面间的动摩擦因数为μ;重力加速度为g .求：图61若物体在拉力F 的作用下能始终沿水平面向右运动且不脱离地面;拉力F 的大小范围；2已知m ＝10 kg;μ＝0.5;g ＝10 m/s 2;若F 的方向可以改变;求使物体以恒定加速度a ＝5 m/s 2向右做匀加速直线运动时;拉力F 的最小值． 答案 1≤F ≤ 240N解析 1要使物体运动时不离开水平面;应有：F sin θ≤mg 要使物体能一直向右运动;应有： F cos θ≥μmg －F sin θ 联立解得：≤F ≤2根据牛顿第二定律得：F cos θ－μmg －F sin θ＝ma 解得：F ＝上式变形F ＝θ＋α ;其中α＝sin －1;当sin θ＋α＝1时F 有最小值 解得：F min ＝;代入相关数据解得：F min ＝40N.B 组动力学中的临界极值问题2．如图所示;一质量为0.2kg 的小球系着静止在光滑的倾角为53°的斜面上;斜面静止时;球紧靠在斜面上;绳与斜面平行;当斜面以10m/s2加速度水平向右做匀加速直线运动时;求线对小球的拉力和斜面对小球的弹力．g ＝10m/s2 3．2007江苏如图所示;光滑水平面上放置质量分别为m 和2m 的四个木块;其中两个质量为m 的木块间用一不可伸长的轻绳相连;木块间的最大静摩擦力是μmg ．现用水平拉力F 拉其中一个质量为2m 的木块;使四个木块以同一加速度运动;则轻绳对m 的最大拉力为5mg 3μB ．4mg 3μC ．2mg3μD ．mg 3μ例2．一根劲度系数为k 、质量不计的轻弹簧上端固定;下端系一质量为m 的物块;有一水平的木板将物块托住;并使弹簧处于自然长度;如图所示．现让木板由静止开始以加速度aa<g 匀加速向下移动;经过多长时间木板与物块分离跟踪训练2．如图所示;物体A 叠放在物体B 上;B 置于光滑水平面上．A 、B 质量分别为6.0kg 和2.0kg;A 、B 之间的动摩擦因数为0.2.在物体A 上施加水平方向的拉力F;开始时F ＝10N;此后逐渐增大;在增大到45N 的过程中;以下判断正确的是A ．两物体间始终没有相对运动B ．两物体间从受力开始就有相对运动C ．当拉力F ＜12N 时;两物体均保持静止状态D ．两物体开始没有相对运动;当F ＞18N 时;开始相对滑动3如图3－3－3所示;光滑水平面上放置质量分别为m 、2m 的A 、B 两个物体;A 、B 间的最大静摩擦力为μmg;现用水平拉力F 拉B;使A 、B 以同一加速度运动;则拉力F 的最大值为图3－3－3A ．μmgB ．2μmgC ．3μmgD ．4μmg解析 当A 、B 之间恰好不发生相对滑动时力F 最大;此时;对于A 物体所受的合外力为μmg ;由牛顿第二定律知a A ＝＝μg ；对于A 、B 整体;加速度a ＝a A ＝μg ;由牛顿第二定律得F＝3ma＝3μmg.答案 C图3－3－44如图3－3－4所示;一轻质弹簧的一端固定于倾角θ＝30°的光滑斜面的顶端;另一端系有质量m＝0.5 kg的小球;小球被一垂直于斜面的挡板挡住;此时弹簧恰好为自然长度．现使挡板以恒定加速度a＝2 m/s2沿斜面向下运动斜面足够长;已知弹簧的劲度系数k＝50N/m;g取10 m/s2.1求小球开始运动时挡板对小球的弹力的大小．2求小球从开始运动到与挡板分离时弹簧的伸长量．3判断小球与挡板分离后能否回到原出发点请简述理由．审题指导1初始时刻;弹簧处于自然长度;小球受重力和挡板的支持力．2球与挡板分离的临界条件为二者之间作用力恰为零．解析1设小球受挡板的作用力为F1;因为开始时弹簧对小球作用力为零;由牛顿第二定律得：mg sinθ－F1＝maF1＝1.5N.2设小球受弹簧的拉力为F2;因为小球与挡板分离时;挡板对小球的作用力为零;由牛顿第二定律得：mg sinθ－F2＝maF2＝1.5N由胡克定律得：F2＝kx;x＝3 cm;3小球与挡板分离后不能回到原出发点．因为整个过程中挡板对小球的作用力沿斜面向上;小球位移沿斜面向下;挡板对小球做负功;小球和弹簧组成的系统的机械能减小．。
超级经典实用的临界问题和极值问题(吐血整理)
如图3—51所示，把长方体切成质量分别为m和M的 两部分，切面与底面的夹角为θ长方体置于光滑的 水平地面，设切面亦光滑，问至少用多大的水平力 推m，m才相对M滑动?
如图1所示，质量均为M的两个木块A、B在水平力F 的作用下，一起沿光滑的水平面运动，A与B的接触面 光滑，且与水平面的夹角为60°，求使A与B一起运 动时的水平力F的范围。
临界问题和极值问题
一、临界状态
在物体的运动状态发生变化的过程中，往往 达到某一特定的状态时，有关物理量将发生 变化，此状态即为临界状态，相应物理量的 值为临界值。【讨论相互作用的物体是否会 发生相对滑动，相互接触的物体是否会分离 等问题就是临界问题】 注意：题目中出现“最大、刚好、恰好、最 小”等词语时，常有临界问题。
F
A
ห้องสมุดไป่ตู้
B 60°
图1
1、在水平向右运动的小车上，有一倾角θ=370的光 滑斜面，质量为 m 的小球被平行于斜面的细绳系住 而静止于斜面上，如图所示。当小车以（1）a1=g, (2) a2=2g 的加速度水平向右运动时，绳对小球的拉 力及斜面对小球的弹力各为多大？
a
θ
二、动力学中常见的临界问题
1、接触的两物体发生脱离（分离）临界条件： 弹力FN=0； 2、两相对静止的物体发生相对滑动的临界条 件：静摩擦力达到最大值，即f=fMax； 3、绳子断裂和松弛的临界条件：（1）断裂 的临界条件：绳子受的拉力达到它能承受拉 力的最大值；（2）松弛临界条件：绳子受的 拉力为零，即FT=0
4、加速度达到最大和最小的临界条件：物体 受到变化的合外力作用，加速度不断变化， 当所受合外力最大时，加速度最大；合外力 最小时，加速度最小； 5、速度最大或最小的临界条件：加速度为零， 即a=0
高中物理中的临界与极值问题
下中物理中的临界与极值问题之阳早格格创做宝鸡文理教院附中何治专一、临界与极值观念所谓物理临界问题是指百般物理变更历程中，随着条件的渐渐变更，数量聚集达到一定程度便会引起某种物理局里的爆收，即从一种状态变更为另一种状态爆收量的变更（如齐反射、光电效力、超导局里、线端小球正在横直里内的圆周疏通临界速度等），那种物理局里恰佳爆收（或者恰佳不爆收）的过分转合面即是物理中的临界状态.与之相关的临界状态恰佳爆收（或者恰佳不爆收）的条件即是临界条件，有关此类条件与截止钻研的问题称为临界问题，它是形而上教中所道的量变与量变顺序正在物理教中的简直反映.极值问题则是指物理变更历程中，随着条件数量连绝渐变越过临界位子时或者条件数量连绝渐变与鸿沟值（也称端面值）时，会使得某物理量达到最大（或者最小）的局里，有关此类物理局里及其爆收条件钻研的问题称为极值问题.临界与极值问题虽是二类分歧的问题，但是往往互为条件，即临界状态时物理量往往博得极值，反之某物理量与极值时恰佳便是物理局里爆收转合的临界状态，除非该极值是单调函数的鸿沟值.果此从某种意思上道，那二类问题的界线又隐得非常的朦胧，并不是泾渭明隐.下中物理中的临界与极值问题，虽然不正在教教大目或者考查道明中粗确提出，但是连年下考查题中却频频出现.从往常的试题形式去瞅，有些间接正在题搞中时常使用“恰佳”、“最大”、“起码”、“不相碰”、“不摆脱”……等词汇语对付临界状态给出了粗确的表示，审题时，要抓住那些特定的词汇语收挖其内含的物理顺序，找出相映的临界条件.也有一些临界问题中本去不隐含上述罕睹的“临界术语”，具备一定的湮出性，解题机动性较大，审题时应力图还本习题的物理情景，粗细计划状态的变更.可用极限法把物理问题或者物理历程推背极度，进而将临界状态及临界条件隐性化；或者用假设的要领，假设出现某种临界状态，领会物体的受力情况及疏通状态与题设是可相符，终尾再根据本量情况举止处理；也可用数教函数极值法找出临界状态，而后抓住临界状态的特性，找到粗确的解题目标.从往常试题的真量去瞅，对付于物理临界问题的考查主要集结正在力战疏通的关系部分，对付于极值问题的考查则主要集结正在力教或者电教等权沉较大的部分.二、罕睹临界状态及极值条件解问临界与极值问题的关键是觅找相关条件，为了普及解题速度，不妨明白并记着一些罕睹的要害临界状态及极值条件：1.雨火从火仄少度一定的光润斜里形屋顶流淌时间最短——2.从少斜里上某面仄扔出的物体距离斜里最近——速度与斜里仄止时刻3.物体以初速度沿牢固斜里恰佳能匀速下滑（物体冲上牢固斜里时恰佳不再滑下）—μ=tgθ.4.物体刚刚佳滑动——静摩揩力达到最大值.5.二个物体共背疏通其间距离最大（最小）——二物体速度相等.6.二个物体共背疏通相对付速度最大（最小）——二物体加速度相等.7.位移一定的先开用后制动分段疏通，正在初、终速及二段加速度一定时欲使齐程历时最短——中间无匀速段（位移一定的先开用后制动分段匀变速疏通，正在初速及二段加速度一定时欲使能源效率时间最短——到终面时终速恰佳为整）8.二车恰不相碰——后车逃上前车时二车恰佳等速.9.加速疏通的物体速度达到最大——恰佳不再加速时的速度.10.二交战的物体刚刚佳分散——二物体交战但是弹力恰佳为整.11.物体所能到达的最近面——直线疏通的物体到达该面时速度减小为整（直线疏通的物体轨迹恰与某鸿沟线相切）12.正在排球场合3米线上圆火仄打球欲乐成的最矮位子——既触网又压界13.木板或者传递戴上物体恰不滑降——物体到达终端时二者等速.14.线（杆）端物正在横直里内搞圆周疏通恰能到圆周最下面15.横直里上疏通的非拘束物体达最下面——横直分速度为整.16.细线恰佳推直——细线绷直且推力为整.17.已知一分力目标及另一分力大小的领会问题中若第二分力恰为极小——二分力笔直.18.动背力领会的“二变一恒”三力模型中“单变力”极小——二个变力笔直.19.度目标的分力.20.渡河中时间最短——船速笔直于河岸，即船速与河岸笔直（相称于静火中渡河）.21.船速大于火速的渡河中航程最短——“斜顺航止”且船速顺进与止分速度与火速对消.22.船速小于火速的渡河中航程最短——“斜顺航止”且船速与合速度笔直.23.“圆柱体”滚上台阶最省力——使能源臂达最大值2R.24.25.益坏动能最小（大）的碰碰——真足弹性（真足非弹性）碰碰.26.简谐疏通速度最大——位移（回复力、加速度）为整.27.受迫振荡振幅恰佳达最大——驱能源的频次与振荡系统的固有频次相等.28.二个共相相搞波源连线上振幅最大的面——二边距连线中…29.惟有板滞能与电势能相互转移时，沉力势能与电势能之战最小时，动能最大.30.粒子恰不飞出匀强磁场——圆形轨迹与磁场鸿沟相切.31.杂电阻背载时电源输出功率最大——内中电阻阻值相等.32.滑动变阻器对付称式接法中阻值达最大——滑至中面.33.倾斜安顿的光润导轨上的通电导体棒停止时，所加匀强磁场目标若笔直于斜里的情况下磁感强度最小.34.光从介量射背气氛时恰不射出——进射角等于临界角.35.刚刚佳爆收光电效力——进射光频次等于极限频次.36.戴电粒子恰佳被速度采用器选中（霍我效力、等离子收电）——电场力与洛力仄稳.37.“大天卫星”（氢本子处于基态）时，势能最小、总能量最小、疏通周期、角速度均最小；速度、背心力、加速度均最大.38.等量共本量面电荷连线的中垂线上场强最大的位子供解.三、临界与极值问题普遍解法临界问题常常以定理、定律等物理顺序为依据，领会所钻研问题的普遍顺序战普遍解的形式及其变更情况，而后找出临界状态，临界条件，进而通过临界条件供出临界值，再根据变更情况，间接写出条件.供解极值问题的要领从大的圆里可分为物理要领战数教要领.物理要领即用临界条件供极值.数教要领包罗（1）利用矢量图供极值（2）用正（余）弦函数供极值；（3）扔物线顶面法供极值；（4）用基础不等式供极值.（5）单调函数端面值法供极值（6）导数法供解.普遍而止，用物理要领供极值简朴、直瞅、局里，对付构修物理模型及动背领会等圆里的本领央供较下，而用数教要领供极值思路宽紧，对付数教修模本领央供较下，若能将二者给予混合，则将相得亦彰，对付巩固解题本领大有裨益.四、典型问题领会例题1．某屋顶横断里是一等腰三角形ABC ，横梁AC=2L （定值），欲使雨火从屋顶里下贵下去时间最短，供屋里的倾斜角（摩揩忽略不计，雨火初速为0）剖析：设倾斜角α，AB=s ∵F=mgsinα=ma ，∴a=gsinα∵s== ∴当α=45°时，等号创制所以α=45°，雨火从屋顶（光润）下贵下所用的时间最短解法2.21sin cos 2L g t αα=⋅∴解恰当0=45α时 t 有最小值. 例题2．从倾角为θ的牢固少斜里顶面以初不计气氛阻力供自扔出经多万古间小球离斜里最近?解法一：设经t 秒小球距离斜里最近，此时速度必与斜里仄止，则所以. 解法二：近离斜里目标的所以近离斜里的速度减小至整时相距最近.时相距最近.解法四：剖析法.选初速度目标为x 轴正背，沉力目标为y 轴正仄扔物体轨迹圆故隐然二次函数有极大概的条件为即例题3．一个品量为3kg的物体搁正在少木板上，当木板一端抬起使它与火仄目标成30°的牢固斜里时，物体正佳不妨沿斜里匀速下滑.当木板火仄牢固时，用多大的火仄推力能将该物体推动？剖析：正在斜里上物体所受摩揩力与沉力沿斜里背下的分力仄稳即F=mgsin30°而滑动摩揩力f=μmgcos30°所以μ=tan30°正在火仄里上推的时间压力大小等于沉力大小.则火仄里上的摩揩力f=μmg=mgtan30°所以推力起码要达到那个值才搞推动物体，例题4-1．某物体所受沉力为200 N，搁正在火仄大天上，它与大天间的动摩揩果数是，它与大天间的最大静摩揩力是80 N，起码要用_________N的火仄推力，才搞将此物体推动，若推动之后脆持物体搞匀速直线疏通，火仄推力应为_________N；物体正在大天上滑动历程中，若将火仄推力减小为50 N，直到物体再次停止前，它所受到的摩揩力为_________N；物体停止后，此50 N的火仄推力并已撤去，物体所受的摩揩力大小为_________N.剖析：从停止推物体时推力起码达到最大静摩揩力80N才不妨推动物体；推动后当推力大小与滑动摩揩力等值（200×0.38=76N）时物体将搞匀速直线疏通；正在物体滑动历程中火仄推力若减小至50N，物体受到的滑动摩揩力仍跟本去一般为76N；物体停止后此50N的火仄推力并已撤去时物体受静摩揩力大小等于此时的火仄推力大小50N.例题4-2． 如图所示，U 形导线框牢固正在火仄里上，左端搁有品量为m 的金属棒ab ，ab 与导轨间的动摩揩果数为μ，它们围成的矩形边少分别为1L 、2L ，回路的总电阻为R.从t=0时刻起，正在横直进与目标加一个随时间匀称变更的匀强磁场B=kt ，（k>0）那么正在t 为多大时，金属棒开初移动.剖析：当磁场爆收变更的时间，有感触电动势爆收，正在回路中便会爆收感触电流，ab 棒会受到安培力的效率，则ab 有背左疏通的趋势，则ab 便会受到背左的静摩揩力的效率.当ab 棒受到安培力战静摩揩力的效率仄稳时，由12E kL L t ∆Φ==∆可知，回路中感触电动势是恒定的，电流大小也是恒定的，但是由于安培力F=BIL ∝B=kt ∝t ，所以安培力将随时间而删大，所以ab 受到的静摩揩力也删大，二者终究是等值反背的，只消安培力的大小不超出最大静摩揩力，ab 便终究处于停止状态.当安培力大于最大静摩揩力之后，ab 便会疏通起去.正在停止到疏通之间便存留着一个从停止到疏通的临界状态，此状态的临界条件便是安培力删大到等于最大静摩揩力.此时有：1212212,kL L mgR kt L mg t R k L L μμ⋅⋅==所以例题4-3．如图3所示二根仄止的金属导轨牢固正在共一火仄里上，磁感触强度的匀强磁场与导轨仄里笔直，导轨电b a L 1 L 2阻不计，导轨间距；二根品量均为电阻均为的仄止金属杆甲、乙可正在导轨上笔直于导轨滑动，与导轨间的动摩揩果数均为；现有一与导轨仄止大小为的火仄恒力效率于甲杆使金属杆正在导轨上滑动，已知210m g s = 供（1）领会甲、乙二杆的疏通的情况？（2）杆疏通很万古间后开初，则再通过5秒钟二杆间的距离变更了几？剖析：（1）金属杆甲正在火仄恒力（那里0.5f mg μ==甲牛为甲杆所受的最大静摩揩力）效率下将背左加速疏通并切割磁感线爆收顺时针目标的感触电流，果而使甲杆共时受到火仄背左的安培阻力；乙杆中也果为有了电流而受到火仄背左的安培能源，二个安培力等值反背；开初时甲杆的切割速度较小故安培力=均较小，随的删大则回路中的感触电流删大，所以二杆所受的安培力=均删大，故甲杆将背左做加速度减小的变加速疏通；当时乙杆也将开初背左做加速度渐渐删大的变加速疏通；直到甲、乙二杆的加速度相等时（此时甲乙二杆速度好v ∆最大，回路中动死电流最大即0.50.2=0.44m BL v v v I R ⋅∆⨯⨯∆∆==总， 每杆受安培力最大即0.50.2440Bm m v v F BI L ∆∆==⨯⨯=乙杆的加速度最大即max 54Bm F mg v a m μ-∆==-乙甲杆的加速度最小即min 154Bm F F mg v a m μ--∆==-甲图5所以甲乙二杆以共共的加速度，恒定的速度好背左搞匀加速直线疏通.即甲相对付乙将背左搞匀速直线疏通而近离.（2）依据上述领会知疏通很万古间后甲乙二杆将以共共的加速度背左搞匀加速直线疏通，亦即5秒例题4-4．如图5一端施一大小为20N 的恒力FM 可视为量面，问木块从较近处背左疏通到离定滑轮多近时加速度最大？最大加速度为几？剖析： 设当沉绳与火仄目标成角θ时，对付M 有A 与最大值时a 最大.利用三角函数知识有：此时木块离定滑轮的火仄距离为：cm=θcot≈S25h道明：此题并不是正在所有条件下皆能达到上述最大加速度，当木块达到一定值时，有大概使物体摆脱大天，今后物体将不正在沿着火仄里疏通.果此，F、M、μ必须谦足θsinF≤Mg.此题所给数据谦足上述条件，不妨达到最大加速度.例题4-5．如图3所示，品量为m=1kg的物块搁正在倾角为的斜里体上，斜里品量为，斜里与物块间的动摩揩果数为，大天光润，现对付斜里体施一火仄推力F，要使物体m相对付斜里停止，试决定推力F的与值范畴.（）图3剖析：此题有二个临界条件，当推力F较小时，物块有相对付斜里背下疏通的大概性，此时物体受到的摩揩力沿斜里进与；当推力F较大时，物块有相对付斜里进与疏通的大概性，此时物体受到的摩揩力沿斜里背下.找准临界状态，是供解此题的关键.（1）设物块处于相对付斜里背下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物块受力如图4所示，与加速度的目标为x轴正目标.图4对付物块领会，正在火仄目标有横直目标有对付真足有代进数值得（2）设物块处于相对付斜里进与滑动的临界状态时的推力为F2图4-6 对付物块领会，正在火仄目标有 横直目标有， 对付真足有代进数值得.综上所述可知推力F 的与值范畴为： 例题4-6.如图4-6所示，跨过定滑轮的沉绳二端，分别系着物体A 战B ，物体A 搁正在倾角为α的斜里上，已知物体A 的品量为m ，物体B 战斜里间动摩揩果数为μ（μ<t an θ），滑轮的摩揩不计，要使物体停止正在斜里上，供物体B 品量的与值范畴．剖析：物体正在斜里上大概恰佳不上滑，也大概恰佳不下滑，所以摩揩力大概有二个目标.以B 为钻研对付象，由仄稳条件得：B T m g =再以A 为钻研对付象，它受沉力、斜里对付A 的收援力、绳的推力战斜里对付A 的摩揩效率．假设A 处于临界状态，即cos N mg θ=0,m m T f mg f N μ--==或者：0,m m T f mg f N μ+-==(sin cos )(sin cos )B m m m θμθθμθ-≤≤+例题5-1．甲物体以=4m v s 甲搞匀速直线疏通，乙物体正在其后里5m 处沿共背去线共一目标搞初速为整加速度22m a s =的匀加速直线疏通，问乙物体是可不妨逃上甲物体？并供出其间距离的最大值.解法一：（1）乙物体一定不妨逃上甲物体.（2）用临界法领会供极值：乙物体加速至=4m v s 甲前，速度小于其前圆的甲物体疏通速度，此阶段其间距离不竭删大，当乙物体加速至=4m v s 甲后，速度大于其前圆的甲物体疏通速度，所以正在尚已逃上甲物体前，其间距离不竭减小，故等速时其间距离最大.令a t v ⋅=甲 解得4==22v t s a =甲 此时相距最近 解法二：（2）用扔物线顶面坐标法供极值：依据甲乙二物体各自疏通顺序可得出其间的距离函数222011+5424522S S v t at t t t t =⋅-=+-⨯=-++甲 422(1)t =-=-s 时 例题5-2．（宝鸡2012年二模）如图所示，品量为6kg 的小球A 与品量为3kg 的小球B ，用沉弹簧贯串后正在光润火仄里上共共以速度0v 背左匀速疏通，正在A 球与左侧横直墙壁碰后二球继承疏通的历程中，弹簧的最大弹性势能为4J ，若A 球与左侧墙壁碰碰前后无板滞能益坏，试供0v 的大小.剖析：那里弹性势能最大时即簧压缩量最大，亦即A 与左侧0v 为初速（碰墙壁无板滞能益坏）背左减速疏通，B 仍以0v 为初速背左减速，但是B 球品量小先减至整又反背背左加速疏通，二者均背左疏通等速时其间距离最小，此时簧的弹性势能最大.果为碰墙壁后背左疏通历程A+B 系统总动量守恒，如果选背左为正目标则又果为碰墙壁后背左疏通历程A+B （含簧）系统总板滞能守恒则联坐供解并代进数值得01m v s = （13AB m v s =） 例题5-3．（90年世界卷）正在光润的火仄轨道上有二个半径皆是r 的小球A 战B ，品量分别为m 战2m ，当二球心间距离大于L （L 比2r 大得多）时，二球之间无相互效率力；当二球心间距离等于或者小于L 时，二球间存留相互效率的恒定斥力F.设A 球从近离B 球处以速度0v 沿二球连心线背本去停止的B 球疏通，如图12-2所示，欲使二球不爆收交战，0v 必须谦足什么条件剖析 ： 据题意，当A 、B 二球球心间距离小于L 时，二球间存留相互效率的恒定斥力 F.故A 减速而B 加速.B A v v >时，A 、B 间距离减小；当B A v v <时，A 、B 间距离删大.可睹，当B A v v =时，A 、B相距迩去.若此时A 、B 间距离r x 2>，则A 、B 不爆收交战（图12-3）.上述状态即为所觅找的临界状态，B A v v =时r x 2>则为临界条件.二球不交战的条件是：B A v v = （1） 2B A L S S r +- （2）其中A v B v 为二球间距离最小时，A 、B球的速度；A S 、B S为二球间距离从L 变至最小的历程中，A 、B 球通过的路途. 设0v 为A 球的初速度，对付于A+B 系统由动量守恒定律得 B A mv mv mv 20+= （3）对付于A 球由动能定律得022011cos18022A A F S mv mv ⋅=- （4）对付于B 球由动能定律得 021cos0(2)2B B F S m v ⋅= （5） 联坐解得：m r L F v )2(30-<评析 本题的关键是粗确找出二球“不交战”的临界状态，为B A v v =且此时r x 2>例题6．（09年江苏卷）如图所示，二品量相等的物块A 、B 通过一沉量弹簧对接，B 足够少、搁置正在火仄里上，所有交战里均光润.弹簧开初时处于本少，疏通历程中终究处正在弹性极限内.正在物块A 上施加一个火仄恒力，A 、B 从停止开初疏通到第一次速度相等的历程中，下列道法中粗确的有 （ ）A ．当A 、B 加速度相等时，系统的板滞能最大B ．当A 、B 加速度相等时，A 、B 的速度好最大C ．当A 、B 的速度相等时，A 的速度达到最大D ．当A 、B 的速度相等时，弹簧的弹性势能最大剖析：领会本题的关键是对付物体举止受力领会战疏通历程领会，使用图象处理则不妨使问题越收简朴.A 、B 物块正在火仄目标受力如左图上下，F 1为弹簧的推力.A 从停止开初背左搞加速度减小的变加速直线疏通，B 从停止开初背左搞加速度删大的变加速直线疏通，当二物块加速度相等时它们的速度好最大（果为该阶段A 速度的减少值经常大于B 速度的减少值），————选B.该历程可视为B 板后沿(量面)逃打A 物块，果为前里A 物体的速度经常大于后里B 物体的速度，所以其间距离不竭删大（共一时间内A 物的位移经常大于B 物的位移），当二物体等速时其间距离最大即弹簧伸少量最大，所以弹簧的弹性势能最大.————选D据前领会该历程A 物体终究搞加速度减小的加速疏通（B 物也终究加速但是加速度删大），那种疏通背去持绝到A 物体加速度减为整（此时B 物体加速度删至F/m ），即A 物体速度单调减少，故终时刻速度最大.————选C.又果中力F 不竭搞正功，所以系统板滞能不竭删大，终时刻板滞能最大.————排除A. 1t 时刻2A B F a a m ==2t 时刻A B v v =且A 物加速度=0例题7-1．消防队员为了收缩下楼时间，往往抱着直坐于大天的横直滑杆间接滑下（设滑杆正在火仄目标不克不迭移动），假设一名品量为60kg 的消防队员从离大天18m 的七楼抱着横直的滑杆以最短的时间滑下.已知消防队员的脚战足对付杆之间的压力最大为1800N ，脚战足与滑杆之间动摩揩果数为0.5，消防队员着天的速度不克不迭大于6m/s ，当天（1）消防队员下滑的最短时间？（2）消防队员下滑历程中最大速度？解法一（基础不等式极值法）：设消防队员先搞自由降体疏900N 大于沉力600N佳减速至=6m/s ，则下滑时间①且..② 又依牛顿第二定律知消防队员减速下滑的加速度最大值为..③ 将②③式代进①式并整治有即消防队员下滑的最短时间为2.4 s ，即加速1.2s 、匀速0s 、减速1.2s.（2）消防队员下滑的最大速度即自由降体段下滑的终速度解法二18m ，那种临界状态的v-t 图像如下图中真线OAB 所示，其与横轴所围成的图形“里积”恰佳为18m ，隐然其余任性一个含有匀速疏通段的图形若里积与其相等(比圆OPQM)，则底边少度必大于24s.所以先加速后减速中间无匀速疏通段，历时最短.例题7-2．（06年上海卷） (辨析题):央供摩托车由停止开初正在尽管短的时间内走完一段直道，而后驶进一段半圆形的直道，但是正在直道上止驶时车速不克不迭太快，免得果离心效率而偏偏出车道，供摩托车正在直道上止驶所用的最短时间.有关数据睹表1.某共教是那样解的：要使摩托车所用时间最短，应先由静，而后再减速，您认为那位共教的解法是可合理?若合理，请完毕估计；若分歧理，请道明缘由，并用您自己的要领算出粗确截止.剖析：故分歧理.40），又以加速度218m 的直道距离止驶，即为最短时间.例题7-3．（2013年宝鸡市一检试题）如图所示，火仄大天上有A 、B 二面，且二面间距离LAB=15m，品量m=2kg 的物体（可视为量面）停止正在A 面，为使物体疏通到B 面，现给物体施加一火仄F =10N 的推力，供推力F 效率的最短时间.（已知大天与物块的滑动摩揩果数μ=0.2，g 与10m/s2）剖析：可证要使F 效率时间最短，则F B 面恰佳停止（道明睹后）.设匀加速直线疏通的加速度为a1可得：（1）（2）设撤去F（3）（4）（5）（6）（7）道明：设恒力F滑止段-2，设滑止段即恒力效率时间最小需要2s.亦即滑止至终速恰佳为整所需的时间为2s (也可通过v-t图像证略).例题8．后圆距离甲车S驶速度脆持稳定，为了保证二车不相碰，乙车搞匀减速直线疏通的加速度大小起码为多大？解法一：.设a ，恰逃上时历时0t 则20=v v at -乙令201==v v at v -乙 解得210v v t a-=又果为21101=v v s v t v a -=⋅甲2222212121200211s =()222v v v v v v v t at v a a a a----=⋅-⋅=乙 令+s s s =乙甲 解得221()2v v a s-=解法二：以甲车为参照物，乙车的相对付初速度为21v v -，设加速度（亦即相对付加速度）为a相对付终速度为0，相对付位移为S ，则有2221()02v v as --=所以 221()2v v a s-=例题9．如图所示，横直搁置的U 形导轨宽为L ，上端串有电阻R （其余导体部分的电阻皆忽略不计）.磁感触强度为B 的匀强磁场目标笔直于纸里背中.金属棒ab 的品量为m ，与导轨交战良佳，不计摩揩.从停止释搁后ab 脆持火仄下滑.试供ab 下滑的最大速度m v .剖析：释搁瞬间ab 只受沉力，开初背下加速疏通，只消ab 有速度，正在ab 上便会爆收动死电动势，正在回路中便会爆收电流，由左脚定则知，ab 会受到进与的安培力的效率.动死电动势会随着速度的删大而不竭的删大，回路中电流便会不竭的删大，根据=F BIL 安，安培力会不竭的删大，则ab 搞加速0F mg -=安时，其加速度便形成0，速度达到最大，开初搞匀速直线疏通.果此，正在从变速疏通状态变到匀速状态之间有一个速度达到最大的状态，此状态的临界条件便是ab 受的的沉力大小等于安培力大小.m gR v L B F m==22，可得22L B mgRv m =例题10-1．如图所示，m=4kg 的小球挂正在小车后壁上，细线与横直目标成37°角.要使后壁对付小球不爆收力的效率小车的加速度应谦足的条件？剖析：小车背左加速或者背左减速时，后壁对付小球的效率力N 有大概减为整，那时小球将离开后壁而“飞”起去.那时细线跟横直目标的夹角会改变，果此细线推力F 的目标会改变.所以必须先供出那个临界值.领会知正在该临界状态下， 小球横直目标仄稳， 则0cos37=F mg细线推力火仄分量使得小球正在火仄目标加速，则0sin37F ma =联坐解得 小车背左加速或者背左减速的加速度大小起码为0a=g tg37⋅例题10-2.一根劲度系数为k,品量不计的沉弹簧，上端牢固,下端系一品量为m 的物体,有一火仄板将物体托住,并使弹簧处于自然少度.如图所示.现让木。
高中物理中的临界与极值问题
高中物理中的临界与极值问题之袁州冬雪创作宝鸡文理学院附中何治博一、临界与极值概念所谓物理临界问题是指各种物理变更过程中，随着条件的逐渐变更，数量积累达到一定程度就会引起某种物理现象的发生，即从一种状态变更为另外一种状态发生质的变更（如全反射、光电效应、超导现象、线端小球在竖直面内的圆周运动临界速度等），这种物理现象恰好发生（或恰好不发生）的过度转折点即是物理中的临界状态.与之相关的临界状态恰好发生（或恰好不发生）的条件即是临界条件，有关此类条件与成果研究的问题称为临界问题，它是哲学中所讲的质变与质变规律在物理学中的详细反映.极值问题则是指物理变更过程中，随着条件数量持续渐变越过临界位置时或条件数量持续渐变取鸿沟值（也称端点值）时，会使得某物理量达到最大（或最小）的现象，有关此类物理现象及其发生条件研究的问题称为极值问题.临界与极值问题虽是两类分歧的问题，但往往互为条件，即临界状态时物理量往往取得极值，反之某物理量取极值时恰好就是物理现象发生转折的临界状态，除非该极值是单调函数的鸿沟值.因此从某种意义上讲，这两类问题的界限又显得非常的恍惚，并不是泾渭分明.高中物理中的临界与极值问题，虽然没有在讲授大纲或测验说明中明白提出，但近些年高测验题中却频频出现.从以往的试题形式来看，有些直接在题干中常常使用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”……等词语对临界状态给出了明白的暗示，审题时，要抓住这些特定的词语发掘其内含的物理规律，找出相应的临界条件.也有一些临界问题中其实不显含上述罕见的“临界术语”，具有一定的隐蔽性，解题矫捷性较大，审题时应力求还原习题的物理情景，周密讨论状态的变更.可用极限法把物理问题或物理过程推向极端，从而将临界状态及临界条件显性化；或用假设的方法，假设出现某种临界状态，分析物体的受力情况及运动状态与题设是否相符，最后再根据实际情况停止处理；也可用数学函数极值法找出临界状态，然后抓住临界状态的特征，找到正确的解题方向.从以往试题的内容来看，对于物理临界问题的考查主要集中在力和运动的关系部分，对于极值问题的考查则主要集中在力学或电学等权重较大的部分.二、罕见临界状态及极值条件解答临界与极值问题的关键是寻找相关条件，为了提高解题速度，可以懂得并记住一些罕见的重要临界状态及极值条件：1.雨水从水平长度一定的光滑斜面形屋顶流淌时间最短——屋面倾角为0452.从长斜面上某点平抛出的物体间隔斜面最远——速度与斜面平行时刻3.物体以初速度沿固定斜面恰好能匀速下滑（物体冲上固定斜面时恰好不再滑下）—μ=tgθ.4.物体刚好滑动——静磨擦力达到最大值.5.两个物体同向运动其间间隔最大（最小）——两物体速度相等.6.两个物体同向运动相对速度最大（最小）——两物体加速度相等.7.位移一定的先启动后制动分段运动，在初、末速及两段加速度一定时欲使全程用时最短——中间无匀速段（位移一定的先启动后制动分段匀变速运动，在初速及两段加速度一定时欲使动力作用时间最短——到终点时末速恰好为零）8.两车恰不相撞——后车追上前车时两车恰好等速.9.加速运动的物体速度达到最大——恰好不再加速时的速度.10.两接触的物体刚好分离——两物体接触但弹力恰好为零.11.物体所能到达的最远点——直线运动的物体到达该点时速度减小为零（曲线运动的物体轨迹恰与某鸿沟线相切）3米线上方水平击球欲成功的最低位置——既触网又压界13.木板或传送带上物体恰不滑落——物体到达结尾时二者等速.14.线（杆）端物在竖直面内做圆周运动恰能到圆周最高点—）最高点绳拉力为零（=0v杆端15.竖直面上运动的非约束物体达最高点——竖直分速度为零.16.细线恰好拉直——细线绷直且拉力为零.17.已知一分力方向及另外一分力大小的分解问题中若第二分力恰为极小——两分力垂直.18.动态力分析的“两变一恒”三力模子中“双变力”极小——两个变力垂直.1F 2F 两个力的作用下，沿与1F 成锐角θ的直线运动，已知1F 为定值，则2F 最小时即恰好抵消1F 在垂直速度方向的分力.20.渡河中时间最短——船速垂直于河岸，即船速与河岸垂直（相当于静水中渡河）.21.船速大于水速的渡河中航程最短——“斜逆航行”且船速逆向上行分速度与水速抵消.22.船速小于水速的渡河中航程最短——“斜逆航行”且船速与合速度垂直.23.“圆柱体”滚上台阶最省力——使动力臂达最大值2R.24.机车从运动匀加速启动过程持续的最长时间——t e P P =25.损失动能最小（大）的碰撞——完全弹性（完全非弹性）碰撞.26.简谐运动速度最大——位移（恢复力、加速度）为零.27.受迫振动振幅恰好达最大——驱动力的频率与振动系统的固有频率相等.28.两个同相相干波源连线上振幅最大的点——双方距连线中点24x n λ=⋅；反相波源时/4x λ=⋅（2n+1）n=0,1,2,3… 29.只有机械能与电势能相互转化时，重力势能与电势能之和最小时，动能最大.30.粒子恰不飞出匀强磁场——圆形轨迹与磁场鸿沟相切.31.纯电阻负载时电源输出功率最大——表里电阻阻值相等.32.滑动变阻器对称式接法中阻值达最大——滑至中点.33.倾斜安顿的光滑导轨上的通电导体棒运动时，所加匀强磁场方向若垂直于斜面的情况下磁感强度最小.34.光从介质射向空气时恰不射出——入射角等于临界角.35.刚好发生光电效应——入射光频率等于极限频率.36.带电粒子恰好被速度选择器选中（霍尔效应、等离子发电）——电场力与洛力平衡.37.“地面卫星”（氢原子处于基态）时，势能最小、总能量最小、运动周期、角速度均最小；速度、向心力、加速度均最大.38.等量同性质点电荷连线的中垂线上场强最大的位置求解.三、临界与极值问题一般解法临界问题通常以定理、定律等物理规律为依据，分析所研究问题的一般规律和一般解的形式及其变更情况，然后找出临界状态，临界条件，从而通过临界条件求出临界值，再根据变更情况，直接写出条件.求解极值问题的方法从大的方面可分为物理方法和数学方法.物理方法即用临界条件求极值.数学方法包含（1）操纵矢量图求极值（2）用正（余）弦函数求极值；（3）抛物线顶点法求极值；（4）用基本不等式求极值.（5）单调函数端点值法求极值（6）导数法求解.一般而言，用物理方法求极值简单、直观、形象，对构建物理模子及动态分析等方面的才能要求较高，而用数学方法求极值思路严谨，对数学建模才能要求较高，若能将二者予以融合，则将相得亦彰，对增强解题才能大有裨益.四、典型问题剖析例题1．某屋顶横断面是一等腰三角形ABC ，横梁AC=2L （定值），欲使雨水从屋顶面上流下来时间最短，求屋面的倾斜角（磨擦忽略不计，雨水初速为0）解析：设倾斜角α，AB=s∵F=mgsinα=ma，∴a=gsinα ∵s== ∴当α=45°时，等号成立所以α=45°，雨水从屋顶（光滑）上流下所用的时间最短解法2.21sin cos 2L g t αα=⋅∴解得当0=45α时 t 有最小值.例题2．从倾角为θ的固定长斜面顶点以初速度0v 水平抛出一小球，不计空气阻力求自抛出经多长时间小球离斜面最远?解法一：设经t 秒小球间隔斜面最远，此时速度必与斜面平行，则0yx v gt tg v v θ== 所以 0v t tg g θ=时小球间隔斜面最远.解法二：小球远离斜面方向的初速度0=sin v v θ0离 远离斜面方向的加速度=-gcos a θ离 所以远离斜面的速度减小至零时相距最远.令+0v a t =0离离 则000sin =cos v v v t tg a g gθθθ==离离 时相距最远. 解法三：球与斜面间隔22001cos +sin 022g S v t a t t v t θθ==-⋅+⋅+离离 显然当00cos 2()2v sin v t tg g gθθθ=-=-时 间隔最大 解法四：解析法.选初速度方向为x 轴正向，重力方向为y 轴正向，则代表该斜面的直线方程为y tg x θ=⋅ 平抛物体轨迹方程为2202g y x v =，设抛物线上任意一点000(,)P x y到该直线间隔S == 注意到00tg x y θ⋅≥ 故S 20020cossin 02g x x v θθ=-⋅+⋅+ 显然二次函数有极大致的条件为20020sin cos 2()2v x tg g g v θθθ=-=- 即000x v t tg v gθ== 例题3．一个质量为3kg 的物体放在长木板上，当木板一端抬起使它与水平方向成30°的固定斜面时，物体正好可以沿斜面匀速下滑.当木板水平固定时，用多大的水平拉力能将该物体拉动？解析：在斜面上物体所受磨擦力与重力沿斜面向下的分力平衡即F=mgsin30° 而滑动磨擦力f=μmgcos30°所以μ=tan30°在水平面上拉的时候压力大小等于重力大小.则水平面上的磨擦力f=μmg=mgtan30°所以拉力至少要达到这个值才干拉动物体，例题4-1．某物体所受重力为200 N，放在水平地面上，它与地面间的动磨擦因数是0.38，它与地面间的最大静磨擦力是80 N，至少要用_________N的水平推力，才干将此物体推动，若推动之后坚持物体做匀速直线运动，水平推力应为_________N；物体在地面上滑动过程中，若将水平推力减小为50 N，直到物体再次运动前，它所受到的磨擦力为_________N；物体运动后，此50 N的水平推力并未撤去，物体所受的磨擦力大小为_________N.解析：从运动推物体时推力至少达到最大静磨擦力80N才可以推动物体；推动后当推力大小与滑动磨擦力等值（200×0.38=76N）时物体将做匀速直线运动；在物体滑动过程中水平推力若减小至50N，物体受到的滑动磨擦力仍跟原来一样为76N；物体运动后此50N的水平推力并未撤去时物体受静磨擦力大小等于此时的水平推力大小50N.上，右端放有质量为m的金属棒ab，ab与导轨间的动磨擦因数为μ，它们围成的矩形边长分别为1L 、2L ，回路的总电阻为R.从t=0时刻起，在竖直向上方向加一个随时间平均变更的匀强磁场B=kt ，（k>0）那末在t 为多大时，金属棒开端移动.解析：当磁场发生变更的时候，有感应电动势发生，在回路中就会发生感应电流，ab 棒会受到安培力的作用，则ab 有向左运动的趋势，则ab 就会受到向右的静磨擦力的作用.当ab 棒受到安培力和静磨擦力的作用平衡时，由12E kL L t ∆Φ==∆可知，回路中感应电动势是恒定的，电流大小也是恒定的，但由于安培力F=BIL∝B=kt∝t，所以安培力将随时间而增大，所以ab 受到的静磨擦力也增大，二者始终是等值反向的，只要安培力的大小没有超出最大静磨擦力，ab 就始终处于运动状态.当安培力大于最大静磨擦力之后，ab 就会运动起来.在运动到运动之间就存在着一个从运动到运动的临界状态，此状态的临界条件就是安培力增大到等于最大静磨擦力.此时有：1212212,kL L mgR kt L mg t R k L L μμ⋅⋅==所以例题4-3．如图3所示两根平行的金属导轨固定在同一水平面上，磁感应强度的匀强磁场与导轨平面垂直，导轨电阻不计，导轨间距；两根质量均为电阻均为的平行金属杆甲、乙可在导轨上垂直于导轨滑动，与导轨间的动磨擦因数均为；现有一与导轨平行大小为的水平恒力作用于甲杆使金属杆在导轨上滑动，已知210m g s = 求（1）分析甲、乙二杆的运动的情况？（2）杆运动很长时间后开端，则再颠末5秒钟二杆间的间隔变更了多少？解析：（1）金属杆甲在水平恒力（这里0.5f mg μ==甲牛为甲杆所受的最大静磨擦力）作用下将向右加速运动并切割磁感线发生逆时针方向的感应电流，因而使甲杆同时受到水平向左的安培阻力；乙杆中也因为有了电流而受到水平向右的安培动力，两个安培力等值反向；开端时甲杆的切割速度较小故安培力=均较小，随的增大则回路中的感应电流增大，所以两杆所受的安培力=均增大，故甲杆将向右作加速度减小的变加速运动；当时乙杆也将开端向右作加速度逐渐增大的变加速运动；直到甲、乙二杆的加速度相等时（此时甲乙两杆速度差v ∆最大，回路中动生电流最大即0.50.2=0.44m BL v v v I R ⋅∆⨯⨯∆∆==总， 每杆受安培力最大即0.50.2440Bm m v v F BI L ∆∆==⨯⨯=乙杆的加速度最大即max 54Bm F mg v a m μ-∆==-乙 甲杆的加速度最小即min 154Bm F F mg v a m μ--∆==-甲 且两杆的加速度相等，即15544v v ∆∆-=- 所以 40m v s ∆=2max min ==5m a a s 乙甲）甲乙两杆以共同的加速度52m s ，恒定的速度差40m s 向右做匀加速直线运动.即甲相对乙将向右做匀速直线运动而远离.图5 （2）依据上述分析知运动很长时间后甲乙两杆将以共同的加速度52m s 及恒定的速度差40m s 向右做匀加速直线运动，亦即甲乙二杆间的相对运动速度为=40m v s 相，因而此后颠末5秒两杆间的间隔将增加=405=200L v t m =⋅⨯相例题4-4．如图5所示，质量为kg M 2=的木块与水平地面的动磨擦因数4.0=μ一端施一大小为20N 的恒力F ，线运动，定滑轮离地面的高度cm h 10=，木块M 可视为质点，问木块从较远处向右运动到离定滑轮多远时加速度最大？最大加速度为多少？解析： 设当轻绳与水平方向成角θ时，对M 有整理得Ma Mg F =-+μθμθ)sin (cos令A =+θμθsin cos ，可知，当A 取最大值时a 最大.操纵三角函数知识有：)sin(12ϕθμ++=A ，其中211arcsinμϕ+=，而2max 1μ+=A ，与此相对应的角为 8.2111arcsin 902≈+-=μθ 所以加速度的最大值为：22max /8.61s m g M F a ≈-+=μμ此时木块离定滑轮的水平间隔为：cm h S 25cot ≈=θ说明：此题并不是在任何条件下都能达到上述最大加速度，当木块达到一定值时，有可以使物体脱离地面，此后物体将不在沿着水平面运动.因此，F 、M 、μ必须知足θsin F ≤Mg.此题所给数据知足上述条件，可以达到最大加速度.例题4-5．如图3所示，质量为m=1kg 的物块放在倾角为的斜面体上，斜面质量为，斜面与物块间的动磨擦因数为，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物体m 相对斜面运动，试确定推力F的取值范围.（）图3解析：此题有两个临界条件，当推力F较小时，物块有相对斜面向下运动的可以性，此时物体受到的磨擦力沿斜面向上；当推力F较大时，物块有相对斜面向上运动的可以性，此时物体受到的磨擦力沿斜面向下.找准临界状态，是求解此题的关键.（1）设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物块受力如图4所示，取加速度的方向为x轴正方向.图4对物块分析，在水平方向有竖直方向有对整体有代入数值得（2）设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2对物块分析，在水平方向有竖直方向有，对整体有代入数值得.综上所述可知推力F 的取值范围为：例题4-6.如图4-6所示，跨过定滑轮的轻绳两头，分别系着物体A和B，物体A放在倾角为α的斜面上，已知物体A的质量为m，物体B和斜面间动磨擦因数为μ（μ<tanθ），滑轮的图4-6磨擦不计，要使物体运动在斜面上，求物体B 质量的取值范围． 解析：物体在斜面上可以恰好不上滑，也可以恰好不下滑，所以磨擦力可以有两个方向.以B 为研究对象，由平衡条件得：B T m g =再以A 为研究对象，它受重力、斜面临A 的支持力、绳的拉力和斜面临A 的磨擦作用．假设A 处于临界状态，即A 受最大静磨擦作用，方向如图所示，根据平衡条件有：cos N mg θ= 0,m m T f mg f N μ--==或：0,m m T f mg f N μ+-==综上所得，B 的质量取值范围是：(sin cos )(sin cos )B m m m θμθθμθ-≤≤+例题5-1．甲物体以=4m v s 甲做匀速直线运动，乙物体在其后面5m 处沿同一直线同一方向做初速为零加速度22m a s =的匀加速直线运动，问乙物体是否可以追上甲物体？并求出其间间隔的最大值.解法一：（1）乙物体一定可以追上甲物体.（2）用临界法分析求极值：乙物体加速至=4m v s 甲前，速度小于其前方的甲物体运动速度，此阶段其间间隔不竭增大，当乙物体加速至=4m v s 甲后，速度大于其前方的甲物体运动速度，所以在尚未追上甲物体前，其间间隔不竭减小，故等速时其间间隔最大.令a t v ⋅=甲 解得4==22v t s a =甲 此时相距最远 解法二：（2）用抛物线顶点坐标法求极值：依据甲乙两物体各自运动规律可得出其间的间隔函数222011+5424522S S v t at t t t t =⋅-=+-⨯=-++甲 显然当422(1)t =-=-s 时例题5-2．（宝鸡2012年二模）如图所示，质量为6kg 的小球A与质量为3kg 的小球B ，用轻弹簧相连后在光滑水平面上共同以速度0v 向左匀速运动，在A 球与左侧竖直墙壁碰后两球继续运动的过程中，弹簧的最大弹性势能为4J ，若A 球与左侧墙壁碰撞前后无机械能损失，试求0v 的大小.解析：这里弹性势能最大时即簧压缩量最大，亦即A 与左侧墙壁碰后以0v 为初速（碰墙壁无机械能损失）向右减速运动，B仍以0v 为初速向左减速，但B 球质量小先减至零又反向向右加速运动，二者均向右运动等速时其间间隔最小，此时簧的弹性势能最大.因为碰墙壁后向右运动过程A+B 系统总动量守恒，如果选向右为正方向则又因为碰墙壁后向右运动过程A+B （含簧）系统总机械能守恒则联立求解并代入数值得01m v s = （13AB m v s =） 例题5-3．（90年全国卷）在光滑的水平轨道上有两个半径都是r 的小球A 和B ，质量分别为m 和2m ，当两球心间间隔大于L （L 比2r 大得多）时，两球之间无相互作用力；当两球心间间隔等于或小于L 时，两球间存在相互作用的恒定斥力F.设A 球从远离B 球处以速度0v 沿两球连心线向原来运动的B 球运动，如图12-2所示，欲使两球不发生接触，0v 必须知足什么条件解析 ： 据题意，当A 、B 两球球心间间隔小于L 时，两球间存在相互作用的恒定斥力F.故A减速而B 加速.当B A v v >时，A 、B间间隔减小；当B A v v <时，A 、B间间隔增大.可见，当B A v v =时，A 、B 相距最近.若此时A 、B 间间隔r x 2>，则A 、B 不发生接触（图12-3）.上述状态即为所寻找的临界状态，B A v v =时r x 2>则为临界条件. 两球不接触的条件是：B A v v =（1）2B A L S S r +- （2） 其中A v 、B v 为两球间间隔最小时，A 、B 球的速度；A S 、B S为两球间间隔从L 变至最小的过程中，A 、B 球通过的旅程.设0v 为A 球的初速度，对于A+B 系统由动量守恒定律得 B A mv mv mv 20+= （3） 对于A 球由动能定律得022011cos18022A A F S mv mv ⋅=- （4） 对于B球由动能定律得 021cos0(2)2B B F S m v ⋅= （5） 联立解得：m r L F v )2(30-<评析 本题的关键是正确找出两球“不接触”的临界状态，为B A v v =且此时r x 2>例题6．（09年江苏卷）如图所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧毗连，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑.弹簧开端时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内.在物块A上施加一个水平恒力，A、B从运动开端运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有（）A．当A、B加速度相等时，系统的机械能最大B．当A、B加速度相等时，A、B的速度差最大C．当A、B的速度相等时，A的速度达到最大D．当A、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大解析：分析本题的关键是对物体停止受力分析和运动过程分析，使用图象处理则可使问题更加简单.A、B物块在水平方向受力如右图上下，F1为弹簧的拉力.A从运动开端向右做加速度减小的变加速直线运动，B从运动开端向右做加速度增大的变加速直线运动，当两物块加速度相等时它们的速度差最大（因为该阶段A速度的增加值总是大于B速度的增加值），————选B.该过程可视为B板后沿(质点)追击A物块，因为前面A物体的速度总是大于后面B物体的速度，所以其间间隔不竭增大（同一时间内A物的位移总是大于B物的位移），当两物体等速时其间间隔最大即弹簧伸长量最大，所以弹簧的弹性势能最大.————选D据前分析该过程A 物体始终做加速度减小的加速运动（B 物也始终加速但加速度增大），这种运动一直持续到A 物体加速度减为零（此时B 物体加速度增至F/m ），即A 物体速度单调增加，故末时刻速度最大.————选C.又因外力F 不竭做正功，所以系统机械能不竭增大，末时刻机械能最大.————解除A.两物体的速度时间图像如下：1t 时刻2A B F a a m ==2t 时刻A B v v =且A 物加速度=0例题7-1．消防队员为了缩短下楼时间，往往抱着直立于地面的竖直滑杆直接滑下（设滑杆在水平方向不克不及移动），假设一名质量为60kg 的消防队员从离地面18m 的七楼抱着竖直的滑杆以最短的时间滑下.已知消防队员的手和脚对杆之间的压力最大为1800N ，手和脚与滑杆之间动磨擦因数为0.5，消防队员着地的速度不克不及大于6m/s ，当地的重力加速度210m g s =求：（1）消防队员下滑的最短时间？（2）消防队员下滑过程中最大速度？解法一（基本不等式极值法）：设消防队员先做自由落体运动1t ，其次匀速运动2t （计算知人与滑杆之间最大静磨擦力为900N 大于重力600N ），最后匀减速运动3t ，到达地面时恰好减速至3v =6m/s ，则下滑时间123T=t t t ++……………………………………………①且18=21112316+22gt gt gt t t +⋅+⋅…………………………………..② 又依牛顿第二定律知消防队员减速下滑的加速度最大值为 而依运动学公式知13g 6t a t -=所以13g 65t t -=即13g 65t t -=…..③ 将②③式代入①式并整理有2111231111108751063546T==5052255t t t t t t t t t --++++=+- 显然因为1302t ，154025t 且11354225t t ⨯为定值，所以当11354=225t t 即1 1.2t s =时 即消防队员下滑的最短时间为2.4 s ，即加速1.2s 、匀速0s 、减速1.2s.（2）消防队员下滑的最大速度即自由落体段下滑的末速度max 110 1.212m m v gt s s ==⨯=解法二（图像法）如果消防队员首先自由落体至某速度max v ，然后当即以最大加速度220.518006010560m N mgm m a s s m μ-⨯-⨯===匀减速至3=6m v s 时位移恰好为18m ，这种临界状态的v-t 图像如下图中实线OAB 所示，其与横轴所围成的图形“面积”恰好为18m ，显然其他任意一个含有匀速运动段的图形若面积与其相等(例如OPQM)，则底边长度必大于24s.所以先加速后减速中间无匀速运动段，用时最短.例题7-2．（06年上海卷） (辨析题):要求摩托车由运动开端在尽可以短的时间内走完一段直道，然后驶入一段半圆形的弯道，但在弯道上行驶时车速不克不及太快，以免因离心作用而偏出车道，求摩托车在直道上行驶所用的最短时间.有关数据见表1.某同学是这样解的：要使摩托车所用时间最短，应先由静止加速到最大速度1v =40m/s ，然后再减速到2v =20m/s ，111=...v t a =1222...v v t a -==；12t t t =+ 你认为这位同学的解法是否合理?若合理，请完成计算；若分歧理，请说明来由，并用你自己的方法算出正确成果. 解析：上述解法分歧理，因为加速时间11140==104v t s a =， 减速时间122240-20s=2.58v v t s a -== 所以加速间隔221111*********s a t m m ==⨯⨯=， 减速间隔12224020 2.57522v v s t m m ++=⋅=⨯= 因为12275218s s m m +=，故分歧理. 应先以214m a s =加速到最大速度m v （并不是40），又以加速度228m a s =减速到220m v s =恰完成218m 的直道间隔行驶，即为最短时间.所以加速间隔211'2m v s a =，减速间隔22222'2m v v s a -=令''12218s s +=，解得 36m m v s = 所以加速时间'113694m v t s s a ===， 减速时间'222362028m v v t s s a --=== 故最短时间''129211t t t s s s =+=+= 例题7-3．（2013年宝鸡市一检试题）如图所示，水平地面上有A 、B 两点，且两点间间隔LAB=15m ，质量m=2kg 的物体（可视为质点）运动在A 点，为使物体运动到B 点，现给物体施加一水平F =10N 的拉力，求拉力F 作用的最短时间.（已知地面与物块的滑动磨擦因数μ=0.2，g 取10m/s2）解析：可证要使F 作用时间最短，则F 作用一段最短时间1t 后撤去该力，使物体匀减速运动2t 时间在B 点恰好停止（证明见后）.设匀加速直线运动的加速度为a1，运动的位移为1s ，由题意可得：1ma mg F =-μ（1）211121t a s =（2）设撤去F 后物体做匀减速直线运动的加速度大小为2a ，时间为2t ，位移为2s ，由题意可得：2ma mg =μ（3）222221t a s =。
临界和极值问题
教材版本：沪科版编写人焦得亮审阅人董凤科时间：必修1§专题：共点力平衡中的临界极值问题【学习目标】1.知道临界问题和极值问题的概念。
2.学会解决极值问题和临界问题的方法，并用来解决简单问题。
【学习重点】结合实例对物体进行受力分析。
【学习难点】解决极值问题和临界问题的方法。
【自主学习】1．临界问题当某物理量变化时，会引起其他物理量的变化，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。
2．极值问题物体平衡的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。
一般用图解法或解析法进行分析。
3．解决极值问题和临界问题的方法（1）解析法:根据物体的平衡条件列方程,在解方程时采用数学知识求极值。
通常用到的数学知识有二次函数求极值、讨论分式求极值、三角函数求极值以及几何法求极值等。
（2）图解法:根据平衡条件作出力的矢量图,如只受三个力,则这三个力构成封闭矢量三角形,然后根据矢量图进行动态分析,确定最大值和最小值。
（3）极限法:极限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),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。
【例1】如图所示,物体的质量为2 kg,两根轻绳AB和AC的一端连接于竖直墙上,另一端系于物体上,在物体上另施加一个方向与水平线成θ=60°的拉力F,若要使两绳都能伸直,求拉力F的大小范围(g取10 N/kg)。
.【例2】如图所示,用不可伸长的轻绳AC和BC吊起一质量不计的沙袋,绳AC和BC 与天花板的夹角分别为60°和30°。
现缓慢往沙袋中注入沙子。
重力加速度g取10 m/s2,√3=。
(1)当注入沙袋中沙子的质量m=10 kg时,求绳AC和BC上的拉力大小T AC和T BC。
(2)若AC能承受的最大拉力为150 N,BC能承受的最大拉力为100 N,为使绳子不断裂,求注入沙袋中沙子质量的最大值M。