【高中物理极值问题的典型题】(带答案)

【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α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()12A．mgsinαC．mgsin2αB.mgsinα1D.mgsin2α22．(三角函数法求极值)一个质量为1kg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6N，取g＝10m/s2，则下列关于物体与地面间的动摩擦因数μ的取值，正确的是()A．μ＝169C．μ＝34B.μ＝4335D.μ＝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，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)()v2v2A.16gB.8gv2v2C.4gD.2g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，一电带量为＋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θ，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0～cosmgθ)B．电场强度E的最小值为mgsinθqC．小球从A运动到B可能不做功mgtanθD．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2mgdsin2θq5．(三角函数求极值问题θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移v0沿足够长的斜面向上推出，调节g取10m/s2，根据x与斜面倾角斜面与水平方向的夹角图象可求出()A．物体的初速率v＝3m/s0B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值x＝1.44mminD．当θ＝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g.求：(1)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)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μ，重力加速度为围．(2)已知m＝10kg，μ＝0.5，g＝10m/s2，若F的方向可以改变，求使物体以恒定加速度a＝5m/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14光滑轨道，半径为R，OB沿竖直方向，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R为多少时，小球落地点C距B点的水平距离s最大？H这个最大值是多少？8．(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θ0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θ0的大小．9．(物理过程分析求极圆心角为θ＝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，个整轨道处于场强为E＝1×104N/C、水平值)如图所示，绝缘轨道CDGH位于竖直平面内，圆弧段DG的向右的匀强电场中．一质量m＝4×10－3kg、带电量q＝＋3×10－6C的小滑块在C处由静止释放，经碰撞后滑回到CD段的中点P处时速度恰好为零．已知CD段长度L＝0.8m，圆弧DG的半径r＝0.2m，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μ；(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l1＝0.4m的细线悬挂于O1b，用l＝0.8m的细线悬挂于O点，且O、O两点点，质量为m小球在同一条竖直线上．让2212小球a静止下垂，将小球b向右拉起，相碰后，小球a向左摆动，细线与竖直方向最大偏角为60°，两小球取g＝10m/s2.求：b的速度大小使细线水平，从静止释放，两球刚好在最低点对心相碰．可视为质点，空气阻力忽略不计，仅考虑首次碰撞．(1)两球相碰前小球；(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．(不等式法求极值动摩擦因数μ＝0.5，且右侧固定了一个以O点为圆心的圆弧形挡板，现用F＝5N的水平恒力拉动小间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板．(g取10m/s2))如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m＝0.5kg的小与台阶边缘O点的距离s＝5m．在台阶一段时物块，它与水平台阶表面间的物块，(1)若小物块恰能击中挡板的上边缘P点，的速度大小(2)为使小物块击中挡板，求拉力F作用的(3)改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，的最小(结果可保留根式)P点的坐标为(1.6m,0.8m)，求其离开O点时；距离范围；求击中挡板时小物块动能值．【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1．D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：T＝mgsinα，min再对小球和斜面体组成的整体研究，根据平衡条件得：F＝Tcosα＝(mgsinmin1α)cosα＝mgsin2α，故A、B、C错误，D正确．22.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Fcosα＝μF，竖直方向有Fsinα＋FNNμmgcosα＋μsinαμmg＝mg.联立可解得：F＝＝，当1＋μ2sinα＋φμmg3α＋φ＝90°时，sin(α＋φ)＝1，F有最小值，F＝，代入数值得μ＝4.1＋μ2min3．B据机械能守定恒律有mv2＝mg·2R＋12mv2，物1块从轨道上端水平飞出做平抛运动，2x14v2g有2R＝gt2和x＝vt，联立x＝－16R2＋R，解得水平距离最大时，对应的轨道半径为2xv28g，故选B.4．BCD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，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mgcosθF的值将大于，故A错误；由图可知，当电场力qE与F垂直时，mgsinθ此时场强电场强度也最小，则qE＝mgsinθ，解得的最小值为E＝，电场力最小，q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mgtanθq电场强度E＝时，即qE＝mgtanθ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mgtanθ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W＝qEsin2θ·d＝q·sin2θ·d＝2mgdsin2θ，故D正确．q5．BC由图可知，当θ＝90°时，物体做竖直上抛运动，位移为1.80m，则由动能定理得－mgh＝0－12mv，解得v＝2gh＝2×10×1.80m/s＝6m/s，故A错误；当θ＝0°01v622时，位移为2.40m，由动能定理得－μmgx＝0－mv，解得μ＝＝＝0.75，02gx2×10×2.4202故B正确；由动能定理得－mgxsinθ－μmgxcosθ＝0－21mv2，解得x＝0v2621.8＝2gsinθ＋μcosθ＝2×10sinθ＋0.75cosθ5，当θ＋α＝04sinθ＋α90°时，sin(θ＋α)＝1，此时位移最小，解得x＝1.44m，故C正确；若θ＝45°时，min由于mgsin45°＞μmgcos45°，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：Fsinθ≤mg要使物体能一直向右运动，应有：Fcosθ≥μ(mg－Fsinθ)μmgcosθ＋μsinθsinθmg≤F≤联立解得：(2)根据牛顿第二定律得Fcosθ－μ(mg－Fsinθ)＝maμmg＋ma解得：F＝cosθ＋μsinθ上式变形得F＝μmg＋ma1＋μsinθ＋α21其中α＝arcsin1＋μ2当sin(θ＋α)＝1时，F有最小值μmg＋ma解得：F＝1＋μ2min代入相关数据解得：F＝405Nminμmgmg答案(1)cosθ＋μsinθsinθ7．解析(1)钢球由A到B过程由机械能守恒定律得：mgR＝21mv2在B点对钢球由牛顿第二定律得：≤F≤(2)405Nv2F－mg＝mRN解得：F＝3mgN(2)钢球离开B点后做平抛运动，则有：H－R＝12gt2s＝vt解得：s＝2H－RRHH2(3)s＝2H－RR＝2－＋R－2241R1根据数学知识可知，当R＝H，即＝时，s有最大值，2H2s＝H最大1答案(1)3mg(2)2H－RR(3)H28．解析(1)对物体受力分析，由平衡条件得：mgsin30°－μmgcos30°＝03解得：μ＝tan30°＝3(2)设斜面倾角为α时，受力情况如图所示：由平衡条件得：Fcosα＝mgsinα＋FfF＝mgcosα＋FsinαF＝μFNfN解得：F＝mgsinα＋μmgcosαcosα－μsinα当cosα－μsinα＝0，即tanα＝3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θ＝α＝60°03答案(1)3(2)60°9．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：L2LqE·2－μmgL＋＝0解得：μ＝0.25到的滑动(2)滑块在CD段上受摩擦力μmg＝0.01N，电场力qE＝0.03N，滑动摩擦力故不可能停在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：qE·L－μmgs＝0解得：s＝2.4m小于电场力，(3)滑块在GH段运动时：qEcosθ－mgsinθ＝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(L＋rsinθ)－μmgL－mgr(1－cosθ)＝E－0kmax解得：E＝0.018Jkmax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：Eqrsinθ－mgr(1－cosθ)＝E－0kminE＝0.002Jkmin答案(1)0.25(2)2.4m(3)0.018J0.002J110．解析(1)对小球b下摆过程：mgl＝mv2，22b得出碰前v＝4m/s，b1(2)小球a上摆过程：kmgl(1－cos60°)＝kmv2，21a碰后v＝2m/s，a对两球碰撞过程有mv＝mv′＋kmv，得出v′＝4－2k.bbab1112由碰撞过程动能不增加有：mv≥mv′2＋kmv2，得出k≤3，此外由碰撞中合理性原222bba则得：v′＝4－2k≤v＝2，得出k≥1.ba综上所述1≤k≤3.(3)碰撞中动能损失11ΔE＝mv－mv′2－12kmv2＝2m(3k－k2)2b22ba可以得出当k＝1.5时，动能答案(1)4m/s(2)1≤k≤3(3)1.511．解析(1)设小物块离开O点时的速度为v，由平抛运动损失最大．规律，水平方向：x＝vt001竖直方向：y＝gt22解得：v＝4m/s0(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x，1由动能定理：Fx－μmgs＝01解得x＝2.5m1为使小物块击中挡板，小物块的平抛初速度不能超过4m/s，设拉力F作用的最长距离为x，由动能定理：21Fx－μmgs＝mv2022解得x＝3.3m2则为使小物块击