临界问题极值问题 答案版

临界与极值问题
一、运动学中的临界极值问题
1、2
120
()2v v a s -≥ 2、最短时间为50t s =，最大速度为v m 64/m s = 3、B
4、0.4 m/s
5、v 0≤6ax
6、a ≥g 12
212μμμμ+
7．（1）55s （2）N kv f F 52107.2300900⨯=⨯===- （3）N h kv mg W F 80010525.730sin /h ⨯=∆+∆=
二、动力学和平衡中的临界极值问题
1、分析；由于施力的方向没定，先假定一个方向：与斜面成α角向上，物体的受力分析如图2所示。

解：x 方向：cos sin F f mg αθ=+
y 方向： sin cos F N mg αθ+= 其中 F N μ=
联立以上三式求解得：/(cos )F mg αα==
，其中060ϕ=。

当030α=时F 有极值：
min F =。

2、分析：题设中没有说明P 、Q 质量的大小，可用假设法来判断这个问题中可能出现
的临界状态。

若Q 的重力大于P 的重力，则可不计P 的重力，P 的平衡转化为二力平衡，此时细绳的拉力与AB 对环P 的支持力几乎在同一直线上垂直于AB 的方向，即θ接近/2π。

若P 的重力远大于Q 的重力，则可不计Q 的重力，Q 的平衡转化为二力平衡，此时绳的拉力与AC 对环Q 支持力几乎在同一直线上垂直于AC 的方向，即θ接近α。

综上分析，θ的变化范围是：/2αθπ。

归纳：对于平衡状态问题，正确进行受力分析是找到临界条件、寻找问题突破口的关键。

若题设中某些力是末知的，可根据题设条件进行恰当而又合理的假设。

3、分析：采用极限分析方法，把F 推向两个极端来分析，当F 很小时，物体将相对斜面下滑；当F 很大时，物体将相对斜面上滑，因此F 不能太小也不能太大，F 的取值是一个范围。

解：设物体处于相对斜面下滑的临界状态。

推力为F ，此时物体的受力情况如图5所示，则
对m ：sin cos cos sin 0N N ma N N mg θμθθμθ-=⎧⎨+-=⎩
对（m M +）：()F M m a =+
联立以上三式代入数据得： 4.78/a m s =2，14.3F N =。

归纳：求解此类问题的关键点是正确进行受力分析，找出临临界条件，列出动学方程和平衡方程。

建立坐标系时，要注意以加速度方向为x 正方向。

设物体处于相对斜面向上滑的临界状态，推力为F '，此时物体的受力如图6所示，则
对m ：sin cos cos sin 0N N ma N N mg θμθθμθ'
+=⎧⎨--=⎩ 对（m M +）：()F M m a ''=+ 联立三式并代入数据得：11.2/a m s '=2，33.6F N '=。

所以推力的范围是：14.333.6N F N ≤≤。

4、分析：题设中没有明显的临界条件。

设动摩擦因数为μ，当物体在斜面上滑动时有：
sin cos a g g θμθ=-，可作如下的假设：
（1）当0θ=时，物体静止在水平面上，0a =； （2）当arctan θμ=时，物体沿斜面匀速下滑； （3）当arctan θ
μ时，物体加速下滑，
（4）当90θ=0时，0,f a g ==，物体做自由落体运动。

综合以上几种假设易知D 正确。

归纳：进行合理假设是找出问题的临介条件的重要手段。

5、分析：用数学分析方法。

设小物体从A 点沿倾角为θ的斜面滑下到B 点，则AB 长为：/cos s b θ=，
加速度为：sin a g θ=，则有
21
sin cos 2
b t g θθ= 解得：
t =
由以上结果分析可知：当45θ=0即h b =
时，下滑的时间最短，最短时间为：
min t =
归纳：数学法是解题的重要工具。

6、[]N 40,N 10
7、．绳2的拉力为零，绳1的拉力m g T A 2
6=
8、30．（1）a 0=g （2）g a m 3=
9、. 解：设每根绳的长度为L ，每根绳与竖直方向间的夹角为θ，则有：
mg T ≤θcos 2， T
mg
2cos ≤
θ， 因此：22)2(1cos 12/sin T
mg
L s -≤-==
θθ， 解得每根绳的长度：2
2
)
(4mg T Ts L -≥。

10、. 解： ⎪⎩⎪⎨⎧=+=+==-=-=N
f G F N
f G F 1404010060cos 604010060cos 0
max 0
min ， 解得 ：⎩⎨⎧==N F N F 280120max min ； 因此推力F 的大小范围为： N F N 280120≤≤ 。

11、Ta=4N TB=22N
12、D 13、
14、分析与解：
⑴在木块开始沿斜面匀速滑动时，由平衡条件有 mg sin θ0 = f = μ mg cos θ0 得 tan θ0 = μ 即发生滑动的临界角度为θ0 = tan —1μ .
⑵在木块处于翻倒的临界状态时，重力作用线通过木块边沿A ，支持力F N 的作用点移至A 点，即底面其他部分支持力为零，根据力矩平衡条件∑M = 0 有
21mg sin θ0 • b = 2
1
mg cos θ0 •a ta n θ0 = a / b 所以，木块翻转的临界角为θ0 = tan —1(a /b )
当μ ＜a /b 时，θ0 = tan —1 μ为物体开始滑动的临界条件；
当μ＞a /b 时，θ0 = tan —1 (a/b )为物体开始翻倒的临界条件．
15、分析与解：当板处于逆时针转动的临界状态时，绳的拉力F = 0．设这时人在O 点左侧x 1处，根据力矩平平衡条件，有
Ｇ•x 1= G 0• OC 得 x 1 =
OC G
G 0=3600200
⨯= 1m ． 当板处于顺时针转动的临界状态时，绳的拉力达到最大F max ，设这时人在O 点右侧x 2
处，同理有
F max •OB sin θ=
G 0•OC + G •x 2 求得x 2 =0.5m
所以，人只能在距O 点左侧1m 和右侧0.5m 的范围内安全行走。

16、分析与解：由于不计秤盘的质量，可以将物体和秤盘看成一个整体分析。

未用向上的力F 前，物体处于平衡状态，设弹簧压缩量为x 1，则有 M g = kx 1………⑴
物体做匀加速直线运动，a 为恒量，物体和秤盘受重力M g 、弹簧向上的弹力kx 、向上的拉力不从心Ｆ，物体向上运动，弹力减小，外力F 增大，相互调节，才能保证合力不变，加速度不变。

0.2s 后Ｆ为恒力，则弹力必然为零，所以，在t =0.2s 时刻，物体与秤盘恰好分离，由于秤盘不计质量，所以，弹簧应恰好恢复到原长。

物体在0.2s 内上升高度
h = x 1 =
2
1a t 2
………⑵ 从上两式可知：Ｍ、k 、t 已知，x 1可求，则a 可求。

当弹簧压缩量为x 时，由牛顿第二定律，得 F + kx —M g = Ma ………⑶
从⑶式分析可知：t = 0时， x = x 1 k x 1 =Mg ， 则 F 最小，且F min = Ma ………⑷ t = 0.2s 时，F 应为最大，且F max —Mg =M a ………⑸
从⑴⑵两式求出加速度a = 7.5m/s 2 ，由⑷式得 F min =90N ，由⑸式得F max = 210N 。

17、解：当物体恰好不下滑时，最大静摩擦力f m 沿斜面向上，则有 F 1 + f m =mg sin30° F 1 = 3N
当物体恰好不上滑时，最大静摩擦力f m 沿斜面向下，则有 F 2 = f m + mg sin30° F 2 =7N
所以，推力F 的取值范围是 3N ＜F ＜7N
18、解：A 受支持力 F N = G A —F B =G A —G B sin60°=1.34N 最大静摩擦力 f m = μF N =0.2×1.34 N = 0.27N
当F 较小时，f m 水向向右，有f m +F 1 = G B cos60° 得F 1 =4.73N 当F 较大时，f m 水平向左，有 f m +G B = F 2 得F 2 =5.27N ． 所以，水平拉力的应是一个取值范围 4.73N ＜F ＜5.27N
19、解：当M 恰好不上滑时，M 受到的最大静摩擦力f m 沿斜面向下，有平衡条件 Mgi sn θ + f m = T =mg f m = μ M gcos θ = 21N 得m 1 = 4.1kg
当M 恰好不上滑时，f m 沿斜面向上，则有 f m + m 2g = M gsin30°， m 2 = 0.1kg 所以，m 应取 0.1kg ．＜m ＜4.1kg
20、分析与解：当F A 单独使A 产生加速度，等于F B 单独使B 产生的加速度时，两车处于无相互作用的临界状态，即相互作用的弹力恰好为零的时刻。

根据牛顿第二定律，得
B
B
A A m F m F =
622329t t +=- 求得 经历的时间为t = 8/3 s 以系统为研究对象，在两车分离前受到的合外力为 ∑F = F A +F B = 9—2 t +2+2t = 11N A 、B 一起运动的加速度 a = ∑F /(m A +m B ) = 11/9 m/s 2
两车一起做初速为零的匀加速直线运动的位移S =
2
1a t 2
=4.35m 21、分析与解：当M x 增大到使圆柱体绕A 点向后转动的临界状态时，B 点对圆柱体的支持力恰好为零．设此时的临界加速度为a 0 ,以圆柱体为研究对象，有
ＦAx = ma 0 = mg ctg θ ………⑴
以圆柱体、小车和砝码整体为研究对象，又有 M x g =(m+M+M x ) a 0………⑵
由以上两式可得砝码质量的取值范围是 M x ≤
θ
θ
ctg ctg m M -+1)(
22、分析与解：当圆木与拉绳位于一条直线的临界状态，地面对圆木的支持力和摩擦力刚好为零．圆木仅在绳的拉力和重力作用下加速运动．
设此时，圆木与地面的夹角为α，根据牛顿第二定律,
水平方向 ∑F x = Tcos α = ma 0 竖直方向 ∑F y = Tsin α— mg = 0 则加速度的临界值为a 0 = g ctg α =
g h
h L L 2
222)(-+
所以，卡车的加速度应为a ≥ g h
h L L 2
222)(-+
23、解：B 受A 施予的动摩擦力大小为f AB = μ mg ，方向水平向右，则B 对A 的动摩擦力f BA = μmg ,方向水平向左，地面对A 的滑动摩擦力f = μ( m + M )g 所以，要使A 保持原速度不变，则所需施加的水平向右的拉力 F = f BA + f =μmg , + μ( m + M )g = μ(2m + M )g
B 对地的位移S m =
t v 2
A 对地的位移S M =vt
当B 的速度增大到跟A 的速度相等时恰好滑到板的左端，则板长至少为 L = S M —S m =
t v 2
B 的加速度a m = μg, 所以，t = v /a m = v / μg L = v 2 / 2 μg
24、解：当m 处于不向上滑动的临界状态时，地面支持力恰好为零，对m 在竖直方向平衡 F
N cos θ = mg …………⑴
对整体应用牛顿第二定律得 F = (m+M ) a …………⑵ 对Ｍ应用牛顿第二定律得 F N cos θ = Ｍa …………⑶ 由以上三式可得最大推力F =
θtan mg M
M
m +
25、C 26、ABC
27、．2
22)
(8f mg h g m + 28、（1）1.15s （2）1.84s
三、曲线运动\ 机械能 临界极值问题
1、分析与解：当半圆球面对小物体A 的支持力为零时，物体以初速度v 0水平抛后做平抛运动。

当支持力恰好为零时，对应的初速度为最小值。

此时有
mg = m R
v 2
, 得 v 0 =
gR 水平距离 S = v 0 t =
gR •
g R /2 =
2 R
2、分析与解：从图形可得下面一根绳的长度L ′=
2 L sin30°
= 2L / 2
当下面绳子的拉力恰好为零时，小球受重力和上面绳子的拉力 T 1 由力的矢量图可知 mg tan30° = m L sin30°ω12
ω1 =
o
L g
30
cos = 3
g =2.38 rad/s
当上面绳子拉力恰好为零时，小球受重力和下面绳子的拉力T 2,同理可得 ω2 =
o
L g
45
cos '= o
L g 45cos 2/2 =
L
g
= 2.236 r ad/s 角速度的取值范围： 2.236 r ad/s ＜ω＜2.38 rad/s
3、分析与解：⑴根据质点系牛顿第二定律，当系统受到最大静摩擦力等于B 球作匀速
圆周运动的向心力时，系统处于正好不滑动的临界状态，从而有： μ（m+M ）g = m ω12 R
所以，最大角速度为 ω1 =
0.1)(=+mR
g
M m μrak /s
当两球交换位置后，同理又有 μ（m+M ）g = M R ω22 所以，最大角速度为 ω2 =
=+MR
g
M m )(μ0.82rak /s
⑵当系统的质心位置位于盘心时，两球处于既不发生滑动，又不受到摩擦力的临界状态，两球仅由相互的拉力提供向心力，如图所示．系统所受外力合力为
零．所以对系统有 0 = M ω 2R 2 + m ω2 R 1 ………⑴
R 1 /R 2 = M /m ………⑵ ．由⑴⑵两式解得 OA =R 2 = 2 m ， OB = R 1 = 3m
4、解析：绳b 烧断前，竖直方向合力为零，即F a ＝mg ，烧断b 后，因惯性，要在竖直
面内做圆周运动，且F a ′－mg ＝m v 2
l
，所以F a ′＞F a ，A 错B 对，当ω足够小时，小球不
能摆过AB 所在高度，C 对，当ω足够大时，小球在竖直面内能通过AB 上方最高点，从
而做圆周运动，D 对． 答案：BCD
5、解析：当m 被水平抛出时只受重力的作用，支持力N ＝0.在圆周最高点，重力提供向
心力，即mg ＝mv 2r ，所以v ＝gr .而v ＝2πf ·r ，所以f ＝v 2πr ＝12π g
r ，所以每秒
的转数最小为12π g
r
，A 正确．
答案：A
6、解析：小球沿管上升到最高点的速度可以为零，故A 错误，B 正确；小球在水平线ab 以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力F N 与球重力在背离圆心方向的分力F mg 的合力提供向心力，即：F N －F mg ＝m v 2
R ＋r
，因此，外侧管壁一定对球有作用力，而
内侧壁无作用力，C 正确；小球在水平线ab 以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力
与小球速度大小有关，D 错误． 答案：BC
7、解析：(1)该同学在B 处，由牛顿第二定律得：F －Mg ＝M v 2
L
，
解得：F ＝Mg ＋M v 2L ，即他用的绳子能承受的最大拉力不小于Mg ＋M v 2
L
.
(2)对该同学做平抛运动的过程由运动学公式得：水平方向有：x ＝vt ，竖直方向有：
h ＝12gt 2，
解得：x ＝v
2h
g ，即这道山涧的宽度不超过v
2h g
.
答案：(1)Mg ＋M v 2
L
(2)v
2h g
8、解析：(1)分两种情况，当小球对管下部有压力时，则有mg －0.5mg ＝mv 21R ，v 1＝gR
2
.
当小球对管上部有压力时，则有mg ＋0.5mg ＝mv 22R ，v 2＝ 3
2gR
(2)小球从管口飞出做平抛运动，2R ＝12gt 2，t ＝2 R
g
，x 1＝v 1t ＝2R ，x 2＝v 2t ＝6
R .
9、（1）机械能守恒 mgl （1－cos ）＝
12
mv 2
① ） 圆周运动
F ′－mg ＝m 2
v l
解得 F ′＝（3－2cos α）mg 人对绳的拉力 F ＝F ′ 则 F ＝1080N （2）动能定理 mg （H －l cos α＋d ）－（f 1＋f 2）d ＝0 则d ＝
12(cos )
mg H l f f mg
α-+-[来源:学科网ZX 解得d ＝1.2m
（3）选手从最低点开始做平抛运动 x ＝vt H-l ＝212
gt 且有①式mgl （1－cos α）＝12
mv 2
解得 x ＝
当l ＝
2
H
时，x 有最大值 解得l ＝1.5m 因此，两人的看法均不正确.当绳长越接近1.5m 时，落点距岸边越远。

10、解：考虑两种临界情况：
⑴小球恰好沿台阶3的外边缘通过，此时 h 1 = 3 L = 21g t 21
t 1 =
g L /6=0.49s v 1 = 3L /t 2 =2.45m/s
⑵小球恰好沿台阶4 外边缘通过，则 h 2 = 4L =2
1g t 22 t 2 =
g L /8 v 2 = gL 2= 2.83m/s
2.45m/s ＜v ＜2..83m/s
11、解：设两次平抛初速度分别为v A 、v B . 两次恰好从屏上边缘飞过，作出两次平抛物体的轨迹图。

从A 点抛出：H =
2
21)2(2121A v s g gt =； 从B 点抛出：2H =
222)(2121B
v s
g gt =； 所以有：v A ∶v B = 22
设抛球处到档板的水平距离为x ， 则有：H －h =
2)(21A v x g ; 2H －h = 2)(21B
v x
g 8)(22==--B
A v v h H h
H ∴h =6H / 7
12、解：⑴ 设杆以ω1转动，物体做自由落体运动，恰好能追上杆的A 端与之相碰
杆转过的角度 φ1= ω1 t 1 . cos φ=2/3 φ1=π /6 ； t 1 =
g h /2
=g
L g L =
/60sin 2 ω1 =（π/6） /
L
g g L 6
π= 物体与杆发生碰撞的临界位置如图所示，所以，要物体与杆发生碰撞，角速度满足的条件是
ω1 <
L
g 6π
⑵当ω较大时，杆多转一周后，恰好能追上物体，与之发生碰撞，这时φ2 = φ+2π , t 2 = t 1
ω2 = φ2 /t 2 = (2π+ π/6) /
g L
=
L
g
613π， 要让杆多转一周后追上物体，则应取ω>ω2 13、解析： （1）tg60°＝
X Y v v ＝0
v gt ， H ＝
2
1gt 2
+v 0t ·tg30° v 0＝s m /12 （2）W 合＝△E K W F ＋W f 1＋W f 2＋W G ＝△E K
欲使拉力做功最少只要在第一阶段摩擦力做功为0 即W f 1=0即可 ， W F ＝F COS α·S ′＝29.25J ， F COS α＝5.85N ，
F sin α＝mg ＝5N ， α＝40.5° ， F ＝7.69N
14、解：质点从半圆弧轨道做平抛运动又回到A 点，设质点在C 点的速度为v C ,质点从C 点运
动到A 点所用的时间为t ，在水平方向x=v C t ① 竖直方向上2R =2
1gt 2
② 解①②有 v C =2
x
R
g ③
对质点从A 到C 由动能定理有W F -mg ·2R =1mv 2
c ④ 解W F =mg (16R 2+x 2
)/8R ⑤
(2)要使F 力做功最少，确定x 的取值，由W F =2mgR +2
1mv 2C 知，只要质点在C 点速度最小，则功W F 就最小，就是物理极值。

若质点恰好能通过C 点，其在C 点最小速度为v ，
由牛顿第二定律有mg=R m 2
υ,则v=Rg ⑥ (1分)由③⑥有2
x
R
g
=Rg ,解得
x=2R 时， )
W F 最小，最小的功W F =2
5mg R 。

(3)由⑤式W F =mg (R x R 81622+)而F =8
1mg (R x x R
+
16) 因x R
16＞0，x ＞0，由极值不等式有
15、解析：（1）设小于经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v 1根据动能定理
22
111011-222
mgL mgR mv mv μ-=
- ① 小球在最高点受到重力mg 和轨道对它的作用力F ，根据牛顿第二定律
21
1
v F mg m R += ②
由①②得 F 10.0N = ③ （2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v 2，由题意
22
2
v mg m R = ④
()22122011222
mg L L mgR mv mv μ-+-=
- ⑤ 由④⑤得 L 12.5m = ⑥
（3）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：
I ．轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v 3，应满足
23
3
v mg m R = ⑦
()22
1330112222
mg L L mgR mv mv μ-+-=- ⑧ 由⑥⑦⑧得 3R 04.m =
II ．轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R 3，根据动能定理 ()213012202
mg L L mgR mv μ-+-=- 解得 3R 1.0m = 为了保证圆轨道不重叠，R 3最大值应满足
()()2
2
2
2332R R L R -R +=+
解得 R 3=27.9m
综合I 、II ，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件 30R 0.4m <≤或 31.0m 27.9m R ≤≤
当30R 0.4m <≤时，小球最终焦停留点与起始点A 的距离为L ′，则
2
01-02
mgL mv μ'=- 36.0m L '=
当31.0m 27.9m R ≤≤时，小球最终焦停留点与起始点A 的距离为L 〞，则
()1L L 2226.0m L L L ''''=---= 16、（1）对小球从A→C 由机械能守恒定律有：mgh=mgR+
202
1
υm 代入数值解出 s m /20=υ （2）小球向上穿出圆筒所用时间为t
T k t 2
1
21-=
（k=1，2，3……） 小球从离开圆筒到第二次进入圆筒所用时间为2t 2.。

2t 2=nT (n=1，2，3……) 对小球由C 竖直上抛的上升阶段，由速度公式得： 0=
)(210t t g +-υ 联立解得 T=
s n k 1
24
.0-+ 当n=k=1时， T max =0.2s
（3）对小球在圆筒内上升的阶段，由位移公式得：
2
1102
12gt t R -
='υ 代入数值解得 R '=0.075m
五、气体性质 问题中的极值与临界问题
1、解：(1)
2
2
0110273)(273)sin (t L h P t L h P ++=++θ解得：L 2=24.46cm
(2)3
010273)(273)sin (t h P t h P ++=++θ t 3=61.88℃
（3）管内气柱长度的变化与水温变化不否满足线性关系，因为不是等压变化。

2、解析：(T 2max =89.65℃ 87.5cm)
3、解析：(63.2 48.0)
4、解：温度降低：汞柱全部进入A 管，
2
22111T V p T V p =
，240
803005075T ⨯=⨯ T 2=256K ，t 2= -170C
（2）封闭B 管管口后，对气体B ：/
/1B B V p V p = ） cmHg cmHg p 9050
60
75/
=⨯=
对气体A ：//11T
p T p = K K T 36075300
90/=⨯=
，C t 0/87=（ ）
5、4/3 25
6、C
四、电磁学中的临界问题
1、ACD
2、AC
3、先增大后减小，22
124V V g
+
4、．
2kQ
4L 2 ，（2＋4）kQ 4L 2
5、10 3.375
6、U BA =m[2g(H+h)-v 02]/2q
7、AC
8、C
9、D 10、C 11、BC 12、ABD 13、（12V 2.56W ）
14、解：由闭合电路欧姆定律作a P 两端的U ap —I 图像，因图上任意一点的U ap 与I 所对应的矩形面积是外电路电阻R x 的输出功率，从而由已知R x 的功率求出对应的R x 值。

根据闭合电路欧姆定律得Ir U -=ε
I I U ap 312)4.26.0(12-=+-=
作I U ap -图像如图所示，由图可分析找到滑动变阻器的发热功率为9W 的A 点和B 点，所以R x 有两个值。

Ω=Ω=19021x x R R
15、A 16 ABC ） 17. B 18. D 19. A 20. BCD
21. 15Ω；2.5W 22. ．6.25， 6 23. 4.5 3 24. 1.5、2.25 25. 变大，变小
26. （1）V 6112131=⨯+⨯+=++=Ir IR U E L （2）A 22
16
1=+=+=
R r E I （公式2分，结果1分） （3）当外电路电流最大时，电源的总功率达到最大，此时外电路电阻最小,即R 3的滑片P
移到最右端时。

（2分）
12W 62=⨯==IE P 总（2分）
27. 解析 （1）由楞次定律得电路中的感应电流方向是abcdefa ，感应电动势为
E ＝
∆φ
∆t ＝S ∆B ∆t
＝kL 2＝0.5⨯0.22 V ＝0.02 V ， 感应电流为I ＝E R ＝0.02
0.02
A ＝1 A 。

（2）此时线框的受力如图10-3-8所示，ab 段所受安培力为F ＝BIL ＝0.5t ⨯1⨯0.2＝0.1t ，由力矩平衡条件得：
FL ＝mgL （sin α＋cos α），即F ＝mg （sin α＋cos α），0.1t ＝0.01⨯10（0.6＋0.8），可解得：t ＝1.4 s 。

28.。