（高中物理-极值问题的典型题）(带答案).doc

1、【高中物理 极值问题的典型题】一、单项选择题1(图解法求极值)如图所示，质量为m的小球用细线拴住放在光滑斜面上，斜面足够长，倾角为的斜面体置于光滑水平面上，用水平力F推斜面体使斜面体缓慢地向左移动，小球沿斜面缓慢升高当线拉力最小时，推力F等于()Amgsin B.mgsin Cmgsin 2 D.mgsin 22(三角函数法求极值)一个质量为1 kg的物体放在粗糙的水平地面上，今用最小的拉力拉它，使之做匀速直线运动，已知这个最小拉力大小为6 N，取g10 m/s2，则下列关于物体与地面间的动摩擦因数的取值，正确的是()A B.C D.3(二次函数法求极值)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，

2、半圆的直径与地面垂直一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块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(重力加速度为g)()A. B.C. D.二、多项选择题4(图解法求电场极值问题)如图，在竖直平面内有一匀强电场，一带电量为q、质量为m的小球在力F(大小可以变化)的作用下沿图中虚线由A至B做竖直向上的匀速运动已知力F和AB间夹角为，AB间距离为d，重力加速度为g.则()A力F大小的取值范围只能在0B电场强度E的最小值为C小球从A运动到B电场力可能不做功D若电场强度E时，小球从A运动到B电势能变化量大小可能为2mgdsin2 5(三角函数求极值

3、问题)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角，实验测得x与斜面倾角的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图象可求出()A物体的初速率v03 m/sB物体与斜面间的动摩擦因数0.75C取不同的倾角，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin1.44 mD当45时，物体达到最大位移后将停在斜面上三、计算题6(三角函数求极值)如图所示，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，重力加速度为g.求：(1)若物体

4、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m10 kg，0.5，g10 m/s2，若F的方向可以改变，求使物体以恒定加速度a5 m/s2向右做匀加速直线运动时，拉力F的最小值7(二次函数求极值问题)如图所示，位于竖直平面上有圆弧的光滑轨道，半径为R，OB沿竖直方向，圆弧轨道上端A点距地面高度为H.当把质量为m的钢球从A点静止释放，最后落在了水平地面的C点处若本地的重力加速度为g，且不计空气阻力求：(1)钢球运动到B点的瞬间受到的支持力多大；(2)钢球落地点C距B点的水平距离s为多少；(3)比值为多少时，小球落地点C距B点的水平距离s最大？这个最大值是多少？8

5、(极限法求极值问题)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0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)这一临界角0的大小9(物理过程分析求极值)如图所示，绝缘轨道CDGH位于竖直平面内，圆弧段DG的圆心角为37，DG与水平段CD、倾斜段GH分别相切于D点和G点，CD段粗糙，DGH段光滑，在H处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道处于场强为E1104 N/C、水平向右的匀强电场中一质量

6、m4103 kg、带电量q3106 C的小滑块在C处由静止释放，经挡板碰撞后滑回到CD段的中点P处时速度恰好为零已知CD段长度L0.8 m，圆弧DG的半径r0.2 m，不计滑块与挡板碰撞时的动能损失，滑块可视为质点求：(1)滑块与CD段之间的动摩擦因数；(2)滑块在CD段上运动的总路程；(3)滑块与绝缘挡板碰撞时的最大动能和最小动能10(二次函数法求极值)如图所示，质量为km小球a，用l10.4 m的细线悬挂于O1点，质量为m小球b，用l20.8 m的细线悬挂于O2点，且O1、O2两点在同一条竖直线上让小球a静止下垂，将小球b向右拉起，使细线水平，从静止释放，两球刚好在最低点对心相碰相碰后，小

7、球a向左摆动，细线与竖直方向最大偏角为60，两小球可视为质点，空气阻力忽略不计，仅考虑首次碰撞取g10 m/s2.求：(1)两球相碰前小球b的速度大小；(2)讨论k可能的取值范围；(3)所有满足题干要求的碰撞情形中，k取何值时？机械能损失最多11(不等式法求极值)如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m0.5 kg的小物块，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s5 m在台阶右侧固定了一个以O点为圆心的圆弧形挡板，现用F5 N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10 m/s2)(1)若小物块恰能击中挡板的上边缘P点，P点的坐标为(

8、1.6 m,0.8 m)，求其离开O点时的速度大小；(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的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值(结果可保留根式)【高中物理 极值问题的典型题】【高中物理 极值问题的典型题】答案解析1D以小球为研究对象小球受到重力mg、斜面的支持力N和细线的拉力T，在小球缓慢上升过程中，小球受的合力为零，则N与T的合力与重力大小相等、方向相反，根据平行四边形定则作出三个力的合成图如图，则当T与N垂直，即线与斜面平行时T最小，则得线的拉力最小值为：Tminmgsin ，再对小球和斜面体组成的整体研究，根据平衡条件得：FT

9、mincos (mgsin )cos mgsin 2，故A、B、C错误，D正确2.C物体在水平面上做匀速直线运动，可知拉力在水平方向的分力与滑动摩擦力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 FN，竖直方向有Fsin FNmg.联立可解得：F，当90时，sin()1，F有最小值，Fmin，代入数值得.3B据机械能守恒定律有mv2mg2Rmv，物块从轨道上端水平飞出做平抛运动，有2Rgt2和xvxt，联立x，解得水平距离最大时，对应的轨道半径为，故选B.4BCD因为小球做匀速直线运动，合力为零，则F与qE的合力与重力mg大小相等、方向相反，作出F与qE的合力

10、，如图所示，拉力F的取值随着电场强度方向的变化而变化，如果电场强度方向斜向右下方，则F的值将大于，故A错误；由图可知，当电场力qE与F垂直时，电场力最小，此时场强也最小，则qEmgsin ，解得电场强度的最小值为E，故B正确；当电场力qE与AB方向垂直时，小球从A运动到B电场力不做功，故C正确；若电场强度E时，即qEmgtan 时，电场力qE可能与AB方向垂直，如图位置1，电场力不做功，电势能变化量为0，电场力的方向也可能位于位置2方向，则电场力做功为WqEsin 2dqsin 2d2mgdsin2 ，故D正确5BC由图可知，当90时，物体做竖直上抛运动，位移为1.80 m，则由动能定理得mg

11、h0mv，解得v0 m/s6 m/s，故A错误；当0时，位移为2.40 m，由动能定理得mgx0mv，解得0.75，故B正确；由动能定理得mgxsin mgxcos 0mv，解得x，当90时，sin()1，此时位移最小，解得xmin1.44 m，故C正确；若45时，由于mgsin 45mgcos 45，故物体到达最大位移后会下滑，故D错误6解析(1)要使物体运动时不离开地面，应有：Fsin mg要使物体能一直向右运动，应有：Fcos (mgFsin )联立解得：F(2)根据牛顿第二定律得Fcos (mgFsin )ma解得：F上式变形得F其中arcsin当sin()1时，F有最小值解得：Fmi

12、n代入相关数据解得：Fmin40 N答案(1)F(2)40 N7解析(1)钢球由A到B过程由机械能守恒定律得：mgRmv2在B点对钢球由牛顿第二定律得：FNmgm解得：FN3mg(2)钢球离开B点后做平抛运动，则有：HRgt2svt解得：s2(3)s22根据数学知识可知，当RH，即时，s有最大值，s最大H答案(1)3mg(2)2(3)H8解析(1)对物体受力分析，由平衡条件得：mgsin 30mgcos 300解得：tan 30(2)设斜面倾角为时，受力情况如图所示：由平衡条件得：Fcos mgsin FfFNmgcos Fsin FfFN解得：F当cos sin 0，即tan 时，F，即“不

13、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060答案(1)(2)609解析(1)滑块由C处释放，经挡板碰撞后第一次滑回P点的过程中，由动能定理得：qEmg0解得：0.25(2)滑块在CD段上受到的滑动摩擦力mg0.01 N，电场力qE0.03 N，滑动摩擦力小于电场力，故不可能停在CD段，滑块最终会在DGH间来回往复运动，到达D点的速度为0，全过程由动能定理得：qELmgs0解得：s2.4 m(3)滑块在GH段运动时：qEcos mgsin 0故滑块与绝缘挡板碰撞的最大动能为滑块第一次运动到G点的动能对C到G过程，由动能定理得：Eq(Lrsin )mgLmgr(1cos )E

14、kmax0解得：Ekmax0.018 J滑块最终在DGH间来回往复运动，碰撞绝缘挡板有最小动能对D到G过程由动能定理得：Eqrsin mgr(1cos )Ekmin0Ekmin0.002 J答案(1)0.25(2)2.4 m(3)0.018 J0.002 J10解析(1)对小球b下摆过程：mgl2mv，得出碰前vb4 m/s，(2)小球a上摆过程：kmgl1(1cos 60)kmv，碰后va2 m/s，对两球碰撞过程有mvbmvbkmva，得出vb42k.由碰撞过程动能不增加有：mvmvb2kmv，得出k3，此外由碰撞中合理性原则得：vb42kva2，得出k1.综上所述1k3.(3)碰撞中动能

15、损失Emvmvb2kmv2m(3kk2)可以得出当k1.5时，动能损失最大答案(1)4 m/s(2)1k3(3)1.511解析(1)设小物块离开O点时的速度为v0，由平抛运动规律，水平方向：xv0t竖直方向：ygt2解得：v04 m/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：Fx1mgs0解得x12.5 m为使小物块击中挡板，小物块的平抛初速度不能超过4 m/s，设拉力F作用的最长距离为x2，由动能定理：Fx2mgsmv解得x23.3 m则为使小物块击中挡板，拉力作用的距离范围为25 mx3.3 m(3)设小物块击中挡板的任意一点坐标为(x，y)，则有xv0t，ygt2由机械能守恒定律得Ekmv02mgy又x2y2R2由P点坐标可求R23.2 m2化简得Eky22(式中物理量均取国际单位制的单位)由数学方法求得Ekmin2 J答案(1)4 m/s(2)2.5 mx3.3 m(3)2 J