高考物理二轮专题训练2临界极值问题的处理方法

PAGE第2页共5页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＝0.5m的轻质细杆OA，A端有一质量为m＝3.0kg的小球，如图1所示，小球以O点为圆心在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时小球的速率是2.0m/s，g取10m/s2，则此时细杆OA受到()图1A．6.0N的拉力 B．6.0N的压力C．24N的拉力 D．24N的压力2．如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＝eq\r(\f(mg,μr))D．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·sinθ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mgcosθ/q·BD．小球运动过程中的最大速度为mg(sinθ＋μcosθ)/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内将人送上岸，则摩托艇登陆的地点离O点的距离为()A.eq\f(dv2,\r(v22－v12)) B．06．14.3N≤F≤33.5N.7．100N60N8．见解析解析(1)当物块B所需向心力FB≤Ffm时，细线上张力为零．随着角速度的增大，当FB＝Ffm时，有kmg＝mωeq\o\al(2,0)r2，得ω0＝eq\r(\f(kg,r2))＝eq\r(\f(0.4×10,0.30))＝eq\r(\f(40,3))＝3．6rad/s.当ω≤ω0＝3.6rad/s时，细线上不会有张力．(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．(设细线中张力为T.)对A有kmg－T＝mωm2·r1，对B有kmg＋T＝mωm2·r2，解得ωm＝eq\r(\f(2kg,r1＋r2))＝eq\r(\f(2×0.4×10,0.20＋0.30))＝4.0rad/s.(3)烧断细线时，A做圆周运动所需向心力FA＝mωm2r1＝3.2m，最大静摩擦力为4m，A物体随盘一起转动．B此时所需向心力为FB＝mωm2r2＝4.8m，大于它的最大静摩擦力49．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－FNsinθ＝0，FNcosθ－mg＝0，而F＝BId＝Beq\f(E,R)d由以上三式解得E＝eq\f(Rmgtanθ,Bd).(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Ff沿斜面向下，选沿斜面向上为正方向，根据平衡条件有Fcosθ－mgsinθ－μ(mgcosθ＋Fsinθ)＝0由安培力公式得F＝Beq\f(E1,R)d由以上两式联立解得E1＝eq\f(Rmg(sinθ＋μcosθ),Bd(cosθ－μsinθ)).另一种是E偏小，I偏小，F偏小，导体杆有下滑趋势，摩擦力Ff沿斜面向上，同理得E2＝eq\f(Rmg(sinθ－μcosθ),Bd(cosθ＋μsinθ)).即有E2≤E≤E1.10．见解析解析(1)设能打到B板上的电子的最小速度为v0，由牛顿第二定律及向心力公式得：ev0B＝eq\f(mv02,R)，即：v0＝eq\f(edB,m)＝1.6×107m/s.可见有电子打在B板上．对应速度为v0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＝eq\f(mv2,R′)，即：R′＝eq\f(mv,eB)＝2.0×10－2m.又由图中的几何关系有：R′＝2d，∠PO′N＝30°P′N＝R′(1－cos30°)＝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：t1＝eq\f(T,12)＝eq\f(πm,6