课外读物多媒体教学设计及其点评

力学中临界极值问题“面面观”

杨宗礼

临界问题是从量变到质变规律在物理学上的生动体现。物体的运动形式或性质转变为另一种运动形式或性质时，往往存在一个转折点，这个转折点常称为临界点，这个转折点所对应的条件称为临界条件，对应的问题则称为临界问题，而满足临界条件的临界值又往往是某一物理量的极大值或极小值。

1.我国是一个能源消耗的大国，节约能源刻不容缓．设有一架直升机以加速度a从地面由静止开始竖直向上起飞，已知飞机在上升过程中每秒钟的耗油量V0＝pa＋q(p、q均为常数)．若直升机欲上升到某一定高度处，且耗油量最小，则其加速度大小应为(

) A．p/q

B．q/p

C．

D．

at2，t直升飞机以恒定加速度上升到某一高度，所用时间和加速度的表达式为h＝＝，总耗油量V＝V0t＝p＋q ＝q，当＝时总耗油量最小，此时a＝，B正确

2.(多选)水平地面上有一木箱，木箱与地面之间的动摩擦因数为μ(0<μ<1)。现对木箱施加一拉力F，使木箱做匀速直线运动。设F的方向与水平面夹角为θ，如图所示，在θ从0°逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度保持不变，则(

) A．F先减小后增大

C．F的功率减小

B．F一直增大

D．F的功率不变

[解析]

由于木箱保持速度不变，可知木箱处于平衡状态，则Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)＝0，解得F＝μmgμmg，由三角函数知识可整理为F＝，角φ为定值，可得θcos θ＋μsin θ1＋μ2sinθ＋φ从0°逐渐增大到90°的过程中，F先减小后增大，A正确、B错误；木箱做匀速直线运动，有：PF＝Fvcos θ＝μmgv；由于θ从0°逐渐增大到90°，结合数学知识可得功率不断减小，1＋μtan θC正确、D错误。

[答案]

AC

数学中求极值的方法很多，物理极值问题中常用的极值法有：三角函数极值法、二次函数极值法、一元二次方程的判别式法等。

(1)利用三角函数求极值

三角函数：y＝acos θ＋bsin θ

ay＝acos θ＋bsin θ＝a2＋b2sin(θ＋α)，其中α＝arctan。

b当α＋θ＝90°时，有极值ym＝

(2)利用二次函数求极值

二次函数：y＝ax2＋bx＋c 4ac－bb当x＝－时，有极值ym＝(若二次项系数a>0，y有极小值；若a＜0，y有极大2a4a值)。

(3)均值不等式

对于两个大于零的变量a、b，若其和a＋b为一定值p，则当a＝b时，其积ab取得极p2大值；对于三个大于零的变量a、b、c，若其和a＋b＋c为一定值q，则当a＝b＝c时，其4q3积abc取得极大值。

273.如图所示，小球以v0正对倾角为θ的斜面水平抛出，若小球到达斜面的位移最小，则飞行时间t为(重力加速度为g)(

) A．v0tan θ

v0cot θC.

g2v0tan θB.

g2v0cot θD.

g2a2＋b2。

解析：选D

如图所示，要小球到达斜面的位移最小，则要求落点与抛出点的连线与斜2v0cot θx1面垂直，所以有tan θ＝，而x＝v0t，y＝gt2，解得t＝。

y2g

与斜面相关平抛运动临界极值问题

顺着斜面抛，质点离斜面最远时速度方向平行于斜面，利用分解速度的方法，如图所示，v0v02可求从抛出到距斜面最远的运动时间为tm＝tan θ，最远距离为dm＝tan θsin θ。

g2g4.如图所示，物体在拉力F的作用下沿水平面做匀速运动，发现当外力F与水平方向夹角为30°

时，所需外力最小，由以上条件可知，外力F的最小值与重力的比值为(

) A.3

21B.

2

C.3

3D.3

6解析：选B

外力F最小时，对物体受力分析，如图所示。物体做匀速运动，则有FN＋Fsin 30°＝G，Ff＝Fcos 30°，又Ff＝μFN，解得

F＝G，

1sin 30°＋cos 30°μ1令tan α＝，则有

μF＝＝Gcos α

cos αsin 30°＋sin αcos 30°Gcos α，

sinα＋30°31，F的最小值为G，故B正确。

32根据题意可知α＝60°，即μ＝5.如图甲所示，将质量为m的小球以速度v0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为1h。若将质量分别为2m、3m、4m、5m的小球以同样大小的速度v0从半径均为R＝h的竖2直圆形光滑轨道的最低点水平向右射入轨道，轨道形状如图乙、丙、丁、戊所示。则质量分别为2m、3m、4m、5m的小球中，能到达的最大高度仍为h的是(小球大小和空气阻力均不计)(

)

A．质量为2m的小球

C．质量为4m的小球

B．质量为3m的小球

D．质量为5m的小球

解析：选C

由题意可知，质量为m的小球，竖直上抛的整个过程机械能守恒，mgh1＝mv02。由题图乙可知，质量为2m的小球上升到轨道最高点速度不能为零，结合机械能2守恒定律可知此时质量为2m的小球上升的最大高度小于h，故A错误；由题图丙和题图戊可知，小球出轨道时的速度方向不沿竖直方向，则上升到最高点时水平方向速度不为零，依据机械能守恒定律得上升的最大高度均小于h，故B、D错误；由题图丁可知，小球出轨道时的速度方向沿竖直方向向上，则上升到最高点时，速度为零，依据机械能守恒定律得小球上升的最大高度等于h，故C正确。

6.如图所示，转动轴垂直于光滑平面，交点O的上方h处固定细绳的一端，细绳的另一端拴接一质量为m的小球B，绳长AB＝l>h，小球可随转动轴转动并在光滑水平面上做匀速圆周运动。要使球不离开水平面，转

动轴的转速的最大值是(

) 1A.2π1C.2πg

hg

lB．πgh D．2πl

g解析：选A

对小球，在水平方向有FTsin θ＝mω2R＝4π2mn2R，在竖直方向有FTcos θ＋FN＝mg，且R＝htan θ，当球即将离开水平面时，1FN＝0，转速n有最大值，联立解得n＝2πg，则A正确。

h7.如图所示，长为L的轻杆一端固定质量为m的小球，另一端固定在转轴O，现使小球在竖直平面内做圆周运动，P为圆周的最高点，若小球通过圆周最低点时的速度大小为

力，则以下判断正确的是(

) A．小球不能到达P点

B．小球到达P点时的速度大于gL C．小球能到达P点，且在P点受到轻杆向上的弹力

D．小球能到达P点，且在P点受到轻杆向下的弹力

1[解析]

要使小球恰能到达P点，由机械能守恒定律有：mv2＝mg·2L，可知它在圆周2最低点必须具有的速度为v≥2gL，而

恒定律可知小球到达P点的速度为

上的弹力。

[答案]

C

(1)绳模型和杆模型过最高点的临界条件不同，其原因主要是：“绳”不能支持物体，而“杆”既能支持物体，也能拉物体。

(2)v临界9gL，忽略摩擦阻力和空气阻29gL>2gL，所以小球能到达P点；由机械能守21gL＜gL，则小球在P点受到轻杆向21gL；由于2＝gR对绳模型来说是能否通过最高点的临界条件，而对杆模型来说是FN表现为支持力还是拉力的临界条件。

8.(多选)如图所示，质量均为m的A、B两物块置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数均为μ，物块间用一水平轻绳相连，绳中无拉力。现用水平力F向右拉物块A，假设物块与水平地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法中正确的是(

) A．当0

B．当μmg

FC．当F>2μmg时，绳中拉力等于

2FD．无论F多大，绳中拉力都不可能等于

3解析：选ABC

当02μmg时，对A、B整体：a＝，对物2mTB－μmgF块B：a＝，由上两式得TB＝，C正确；当μmg

39.一物体由静止开始沿不同长度的光滑斜面滑到水平面上的B点，这些斜面的起点都在竖直墙壁处，如图所示，已知B点距墙角的距离为b，要使小物体从斜面的起点滑到B点所用的时间最短，求斜面的起点距地面的高度是多少？最短时间是多少？

分析：用数学分析方法。设小物体从A点沿倾角为的斜面滑下到B点，则AB长为：sb/cos，

加速度为：agsin，则有

A b1t2gsin

cos2解得：

t4b。

gsin2b

B 由以上结果分析可知：当450即hb时，下滑的时间最短，最短时间为：tmin2b/g。

归纳：数学法是解题的重要工具。

10.一列客车以速度v1前进，司机发现前方在同一轨道上有一列货车正在以速度v2匀速前进，且v1v2，货车车尾与客车车头相距s0，客车立即刹车做匀减速运动，而货车仍保持匀速运动。求客车的加速度a符合什么条件两车才不会撞上？

分析：这一类问题一般用数学方法（解析法）来求解。若要客车不撞上货车，则要求客车尽可能快地减速，当客车的速度减小到与货车速度相等时两车相对静止，若以后客车继续减速，则两车的距离又会增大；若以后客车速度不变，则两车将一直保持相对静止。可见，两车恰好相碰时速度相等是临界状态，即两车不相碰的条件是：两车速度相等时两车的位移之差△S≤S0。下面用两种方法求解。

解法一：以客车开始刹车时两车所在位置分别为两车各自位移的起点，则，客车：1s1v1tat2，货车：s2v2t，

2两车不相撞的条件：v2v1at,s1s2s0。

(v1v2)2联立以上各式有：a。

2s0解法二：客车减速到v2的过程中客车的位移为：s1经历的时间为：tv1v2t，

2v1v2；货车的位移为：s2v2t，

a两车不相撞则：s1s2s0。

(v1v2)2联立以上四式有：a。

2s0(1)两个物体在同一直线上同向运动时，速度相等往往是能否追上、距离最大或最小的临界条件，也是分析判断问题的切入点。

(2)速度相同时，两物体的理论位移之差小于初始间距是两物体避免相撞的又一临界条件。

归纳：正确分析物体的运动过程，找出临界状态是解题的关键。

11.如图所示，长为L＝

2 m、质量mA＝4 kg 的木板A放在光滑水平面上，质量mB＝1 kg的小物块(可视为质点)位于A的中点，水平力F作用于A，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2(AB间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2)。求：

(1)为使A、B保持相对静止，F不能超过多大？

(2)若拉力F＝12 N，物块B从A板左端滑落时木板A的速度为多大？

[解析]

(1)F最大时，物块水平方向受到静摩擦力最大Ffm，由牛顿第二定律得：Ffm＝μmBg＝mBa 解得临界加速度为：a＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2，

对整体分析得：F＝(mA＋mB)a＝(4＋1)×2 N＝10 N。

(2)若拉力F＝12 N>10 N，A、B发生相对滑动，

对B：aB＝μg＝2 m/s2

对A：F－Ffm＝mAaA

代入数据解得：aA＝2.5 m/s2

设B从A上滑落时，则有：

12121at－aBt＝L，得：t＝2 s 2A22对A有：v＝aAt＝2.5×2 m/s＝5 m/s。

[答案]

(1)10 N

(2)5 m/s 处理动力学临界极值问题的两种方法

(1)以定律、定理为依据，首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。

(2)直接分析、讨论临界状态，找出临界条件求出临界值。在研究临界问题时，应着重于相应物理量的取值范围和有关物理现象发生或消失条件的讨论。

12.如右图所示，在倾角为θ的光滑斜面上端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧下端连有一质量为m的小球，小球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变，若手持挡板A以加速度a(a

【解析】方法一：物理分析法

第一步：极端分析法——找到临界点

挡板A下滑过程中，最开始一段时间，小球和挡板一直紧压在一起，具有相同的加速度；当挡板A下滑太远时，小F弹

FN1

球和挡板就分开了。因此，必定有一个临界点——小球就要离开挡板但还没有离开。

第二步：分析临界条件——受力转变条件

开始时小球和挡板一直紧压在一起，两者之间有压力；当小球和挡板就分开后，两者之间没有压力——因此，小球就要离开挡板时，小球和挡板间的压力为FN=0. 此时，对小球，有：

mgsinθ－kx＝ma

m(gsinθ－a)即小球做匀加速运动发生的位移为x＝时小球与挡板分离。

k1由运动学公式x＝at2得从挡板开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为t ＝

22m(gsinθ－a)

ka方法二：数学解析法

第一步：假设法——假设物体间的该关联正常

FN1

FN

设小球尚未与挡板分离，则其受力如图所示。

F弹

第二步：动力学方程（或平衡方程）+受力范围条件

此时，对小球，有：

mgsinθ－FN－kx＝ma

其中：FN0

m(gsinθ－a)联立解得：x≤

km(gsinθ－a)即小球做匀加速运动发生的位移为x＝时小球与挡板分离。

k1由运动学公式x＝at2得从挡板开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为t ＝

22m(gsinθ－a)

ka【总结】分离类问题，分离条件均是相互接触的两个物体间压力FN=0时。不过要注意的是，分离之前直到分离瞬间，相互接触的两个物体在垂直接触面方向始终具有速度和相同加速度。很多学生以为小球加速度为零时分离，从而出错。

13.如图所示，A、B为半径R＝1 m的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，在四分之一圆弧区域内存在E＝1×106

V/m、方向竖直向上的匀强电场。有一质量m＝1 kg、带电荷量q＝＋1.4×105 C的物体(可视为质点)，从A点的正上方距离A点H处由静止开始下落(不计－

空气阻力)，BC段为长L＝2 m、与物体间的动摩擦因数μ＝0.2的粗糙绝缘水平面，CD段为倾角θ＝53°

且离地面DE的高度h＝0.8 m的斜面。

(1)若H＝1 m，物体能沿轨道AB到达最低点B，求它到达B点时对轨道的压力大小；

(2)通过计算判断：是否存在某一H值，能使物体沿轨道AB经最低点B后最终停在距B点0.8 m处；

(3)若0.85 m≤H≤1 m，请通过计算表示出物体从C处射出后打到的范围。(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不讨论物体反弹以后的情况) 解析：(1)物体由初始位置运动到B点的过程中根据动能定理有

1mg(R＋H)－qER＝mvB2

2到达B点时由支持力FN、重力、电场力的合力提供向心力

vB2FN－mg＋qE＝m

R解得FN＝8 N 根据牛顿第三定律，可知物体对轨道的压力大小为8 N (2)要使物体沿轨道AB到达最低点B，当支持力为0时，最低点有个最小速度v，则qEv2－mg＝m

R解得v＝2 m/s 1在粗糙水平面上，由动能定理得－μmgx＝－mv2

2可得x＝1 m>0.8 m 故不存在某一H值，使物体沿着轨道AB经过最低点B后，停在距离B点0.8 m处。

(3)当H＝1 m时，物体从释放点至C点，由动能定理列式mg(H＋R)－qER－μmgL＝mvC12－0 代入数据解得vC1＝2 m/s 物体过C点后做平抛运动，则

x1＝vC12hh＝2×0.4 m＝0.8 m>＝0.6 m gtan 53°12可见物体打到水平面上距离D点

x1－0.6 m＝0.2 m处。

当H＝0.85 m时，物体从释放点至C点，由动能定理列式

1mg(H＋R)－qER－μmgL＝mvC22－0 2代入解得vC2＝1 m/s 12gt2设物体过C点后做平抛运动且打在斜面CD上，则tan 53°＝，解得

vC2t4t＝

s 15故物体打在斜面上距C点为

vC2t4x2＝＝

m cos 53°9可见物体打到斜面上距离D点

h45－

m＝

m处。

sin 53°99

5综上分析：物体打在斜面上距离D点

m范围内(如答图PD之间区域)，在水平面上距9离D点0.2 m范围内(如答图DQ之间区域)。

5答案：(1)8 N

(2)不存在

(3)在斜面上距离D点

m 范围内(如答图PD之间区域)，9在水平面上距离D点0.2 m范围内(如答图DQ之间区域)