高三物理复习练习：极值问题分析.doc

极值问题分析
1．一艘轮船在航行中的燃料费和它的速度的立方成正比，其它与速度无关的费用为每小时96元。已知在速度为10km/h时，每小时燃料费6元。要使行驶1km所需的费用总和最少，这艘轮船的行驶速度应为多少？最少费用为多少？
2.如图所示，摩托车做腾跃特技表演，以＝10m/s的初速度冲上顶部水平的高台，然后从高台水平飞出，若摩托车冲上高台时以额定功率1.8KW行驶，所经时间为0.5s，人和车的总质量为180kg，试分析：当台高h多大时，人和车飞出的水平距离s最远？此最远距离是多少？（不计一切阻力，g取10m/s2）
3.如图所示，质量为M的物体A与倾角θ＝300的斜面间的动摩擦因数为μ，细绳一端固定，另一端通过一轻小滑轮用力F拉物体从斜面底端升至顶端，不计滑轮的重力及绳与滑轮间的摩擦，且绳OB段始终与斜面保持平行。要使力F做的功最小，力F的大小和方向应如何？
4．一物体在斜面上以一定的速度沿斜面向上运动，斜面底边水平，斜面倾角可在00～900之间变化，设物体达到的最大位移x和倾角θ间关系如图所示，试计算θ为多大时x有最小值，最小值为多少？
5．一根质量为0.2kg，粗细均匀的米尺放在水平桌面上，它与桌面的摩擦因数为0.16，开始时，尺子有露出桌边。今用一水平推力作用1s时间，使尺从桌边掉下，g取10m/s2,问水平推力至少多大？
6．如图所示，一辆有圆弧的小车停在粗糙的水平地面上，质量为m的小球从静止开始由车顶无摩擦地滑下，在小球下滑过程中小车始终保持静止状态，求：
⑴当小车运动到什么位置时，地面对小车的静摩擦力最大？
⑵地面对小车静摩擦力的最大值为多少？
7．如图所示，水平地面上停放着A、B两辆小车，质量分别为M和m，M＞m，两车相距为L。人的质量也为m，另有不计质量的一根竹杆和一根细绳。第一次人站在A车上，杆插在B车上，第二次人站在B车上，杆插在A车上。两种情况下，人用同样大小的力拉绳子，使两车相遇。设阻力可忽略不计，两次小车从开始运动到相遇的时间分别为t1和t2，则　（　　　）
A.t1＞t2　　　　　　　B.t1＜t2　
C.t1＝t2　　　　　　D.条件不足，无法判断
8．如图所示，已知炮车炮弹的最大出口速度为v0，现欲用该炮摧毁高H处的目标P，为增加隐蔽性，炮车离目标P的水平距离越大越好，若空气阻力及炮身高度不计，且v02>2gH，试求最大水平距离及对应的出射角α。

9．在光滑的水平面上，有A、B两个物体，它们的质量分别为mA＝4kg，mB＝1kg，B物体与一轻弹簧相连，如图所示。若A、B分别具有动能EA、EB，且EA＋EB＝100J，问EA、EB各应为多少时，碰撞过程中弹簧的最大压缩量才能达到最大。
10．如图所示，一个质量为m的物体固定在劲度系数为k的轻弹簧的右端，弹簧的左端固定在墙上，用水平向左的外力压缩弹簧，使弹簧长度压缩了x0，此时弹簧具有的弹性势能为EP，若物体与地面的动摩擦因数为μ，则撤去外力后物体能够达到的最大速度为多少？

11．如图所示，一定质量的理想气体沿图示直线，从状态A变化状态B，气体在状态A时的温度为300K，则气体从状态A到状态B的过程中所能达到的最高温度为___________。

12．长为1m的一端封闭、一端开口且内径均匀的玻璃管，开口竖直向上放置，内用长为25cm的一段水银柱封闭长为60cm的空气柱，此时管内气体温度为27℃，现对封闭气体缓慢加热，求温度升到多高时水银能全部从管中流出？（已知大气压强为75cmHg）
13．如图所示，真空中一质量为m、带电量－q的液滴以初速度v0、仰角α射入匀强电场中以后，作直线运动，求：
⑴所需电场的最小场强的大小、方向如何？
⑵若要使液滴的加速度最小，求所加电场的场强大小和方向如何？
14.如图所示，顶角为θ的光滑圆锥，底面水平，置于磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场中，质量为m，电量为q的带正电小球，沿锥面做匀速圆周运动，求其最小轨道半径Rmin为多少？
15.如图所示，图A（a）中A、B是真空中相距为d的两平行金属板，在t＝0时加上图（b）所示的交变电压，使开始时A板电势高于B板，这时在紧靠B板处有一初速为零的电子（质量为m，电量为e）在电场力作用下开始运动，欲使电子到达A板时具有最大的动能，则所加交变电压频率的最大值是多少？
16．在电场强度为E的水平匀强电场中，以初速度V0竖直向上发射一个质量为m，带电量为+q的小球，求小球在运动过程中具有的最小速度Vmin.
17．如图所示，ab是半径为R的圆的一条直径，该圆位于匀强电场中，场强大小为E，方向在圆周平面内，现将一带正电q的微粒从a点以相同的动能射出，当射出方向不相同时，微粒会经过圆周上不同的点，在这些所有点中，到达c点时微粒的动能最大，已知＜cab＝300，若不计重力和空气阻力，求⑴电场方向与ac的夹角为多大？若微粒在a点时初速度方向戌电场方向垂直，且微粒刚好能经过c点则微粒初动能多大？
18．如图所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM1T　NN1是它的两条边界线，现有质量为m，带电量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场时射入，要使粒子不能从边界NN1射出，粒子射入速度V的最大值可能是＿＿＿＿。
19．如图所示，平行且光滑的两条金属导轨不计电阻，与水平　面夹角为300，导轨所在区域有与其平面垂直的匀强磁场，磁感强度B＝0.4T，垂直于导轨的两金属棒ab、的长度均为L＝0.5 m，电阻均为R＝0.1Ω，质量分别为m1＝0.1kg ,m2=0.2kg,当棒在平行于斜面的外力作用下，以速度v＝1.5m/s沿斜面向上作匀速运动时，闭合电路的最大电流可达多大？（g＝10/s2）
20．已知供电变压器输出端电压恒为U，从变压器到用电区的两条导线的电阻都是r，今在用电区并联阻值均为R的电灯，如图所示少盏时，电灯的总功率最大？最大功率为多少？（用电区内的导线电阻不计）

极值问题参考答案
1．20km/h ， 7.2元
解析：设每小时燃料费为y元，y与速度v的关系为y＝Kv3
则v1＝10km/h时，y1＝Kv13＝K·103＝6，得K＝
设速度为v2时轮船行驶1km所需的费用总和最小，则速度为v2时每小时的燃料费y2＝Kv23＝ v23
此时行驶s=1km所需的总费用为
=()96+v23()=+v22=++v22
由于a+b+c≥3，且当a＝b＝c时取“＝”号
则≥3＝7.2元、
且当＝v22时，有最小值
此时v2＝20km/h
2．h＝2.75m时，s有最大值，sm=5.5m
解析：设摩托车从高台水平飞出时的速度为，由动能定理有
P•t －mgh = －
摩托车飞离高台后做平抛运动，设摩托车做平抛运动的时间为，由
h=g, s=，可得
s＝
将P=1800W，＝10m/s，m=180kg，t=0.5s代入上式得
s＝＝　
由于2h+(11-2h)=11，为定值 ，则当 2h=11-2h时,即h＝2.75m时，s有最大值，且此最大值为
sm==5.5m
3.力F与绳OB所成角度α＝1200时拉力F最小，最小值为Fmin=mg
解析：将物体A和滑轮看做一个整体，在上升过程中受力如图，设力F与绳OB之间的夹角为α。欲使拉力F做功最小，应满足两个条件：一是物体在斜面上应匀速上升，拉力做功只能用于克服摩擦力做功并增加重力势能，物体的动能不增加；二是物体所受摩擦力应尽可能小，最小值为零。
由以上分析可知：当弹力N＝0时，滑动摩擦力f=0，满足
Fsinα=mgcosθ …………①
物体匀速上升时，所受的合力应为零，满足
F＋Fcosα＝mgsinθ …………②
联立①②式得＝＝cotθ=
解得cosα＝－（cosα＝－1不合题意，舍去）
即α＝1200，此时最小拉力Fmin=mg
4．当θ＝600时x有最小值，最小值Xmin=5m
解析：当θ＝900时，物体做竖直上抛运动，能达到的最大高度H＝10m，设初速度为v0，由机械能守恒定律得：
mgH=m v02 → v0==10m/s
当θ＝00时，物体在水平面上做匀减速运动，最大滑行位移s=10m,由动能定理有：
-μmgs=0－mv02 → μ==
当斜面为任意角θ时，由动能定理有：
－μmgcosθx-mgsinθx=0- mv02
得x=
欲使x有最小值，只需μcosθ+sinθ有最大值。设tanα=μ则：
μcosθsinθ=tanαcosθ+sinθ=(sinαcosθ+cosαsinθ)= sin(α+θ)
当α+θ=900时, μcosθ+sinθ有最大值，其最大值为
而tanα=μ=,即α=300、 θ=600，可得cosα==
则x的最小值为
xmin===·=5m
5．0.4N
解析：欲使推力最小，应满足撤去推力后，米尺继续向前滑行，至米尺的中心恰好到桌边时，米尺的速度为零。
设最小的水平推力为Fm，1s内米尺的位移为s1，1s末米尺的速度为v，以运动方向为正，有
Fm-μmg=ma1 → a1=-μg
s1=a1t12=(-μg)×12=(-μg)
v=a1t=(-μg)·1=-μg
撤去推力后，米尺在摩擦力作用下向前减速滑行了位移S2时速度减为零，有
-μmg=ma2 → a2=-μg=-1.6m/s2
0－v2=2a2s2 → s2==
由题意知：s1+s2=0.25m，则有：
(-μg)+=0.25
代入数据并整理得：＋＝0.25
即＋1.6（）－0.8＝0
设y=，则上式可化为：y2+1.6y－0.8=0
解得y=0.4
可知: =0.4　即 Fm=0.4N
错解分析：有人用F－μmg＝ma，得出a＝－μg，再用s=at2=(-μg)t2，将s=0.25m、m=0.2kg、μ=0.16、t=1s代入解得F=0.42N。其错误原因是使米尺在1s内一直加速并当尺的重心到桌边时有最大速度。
6．⑴小球与圆心O连线与竖直方向夹角为450 ⑵
解析：设圆弧半径为R，当小球运动到支持力N与竖直方向的夹角为θ时，速度为v，此时小球受力如图甲所示，由牛顿第二律及圆周运动知识知：
N-mgcosθ=m……①
由机械能守恒定律得：
mgRcosθ＝mv2……②
联立①②解得：N＝3mgcosθ……③
小车受力如图乙所示，由平衡条件知，车所受地面的摩擦力 f=N·sinθ，将③式入得f=3mgcosθ·sinθ=mgsin2θ,当θ＝450时，sin2θ＝1最大。
则可得静摩擦力的最大值为mg。
7．B
解析：当人用力拉绳子时，两小车均做匀加速运动，设人的拉力大小为F。
解法一：当人站在A车拉绳子时，A车的加速度大小为aA=，B车的加速度大小为aB=,设相遇时A车运动的位移大小为，B车的位移大小为则
= aAt12= t12 ………………①
=aBt12=t22 ………………②
而+= ……………………③
由①②③得t1= ………………④
当人站要B车上拉绳子时aA=,aB=同理可得
=+= aAt22+ aBt22= t22+ t22
即t2= ………………⑤
比较④⑤,由于M＞m，则M+m＜2M, 知t1＜t2
解法二：第一次人站在A车上拉绳子，设拉力大小为F，则
A车加速度大小　aA=,B车加速度大小 aB=
则A车相对B车加速度大小为 a相＝aA＋aB＝＋＝
第二次人站在B车上，拉力大小仍为F，则
A车加速度大小=，B车加速度大小 =
于是A车相对B车加速度大小为=+=+=
由于M>m，容易看出a相>
由= a相t12 及 = t22
解得t1＜t2.
解法三：采用极限法分析。由于题设条件M＞m，假设M→∞，则前后两种情况下A车不动，只需考虑B车的运动。
第一次人站在A车上用F力拉绳子，则B车加速度大小为
aB=
第二次人站在B车上用F力拉绳子，则B车加速度大小为
aA=
显然aB > aA，所以t1＜t2。
8．Smax= ，α=arctan
解析：
解法一：设出射角为α，经过时间t炮弹击中目标P，由于斜抛运动可分解为水平方向的匀速运动和竖直上抛运动，则
s=v0cosαt ……………… ①
H=v0sinαt-gt2 ………………②
由①②式中消去t，整理得
gs2tan2α-2v02stanα+gs2+2v02H=0 ………………③
此式可看成关于变量tanα的二次函数，欲使tanα有实数解，则必须满足判别式Δ≥0
即4v04s2-4gs2(gs2+2v02H) ≥0
由于s≠0，则v04≥g(gs2+2v02H)
可设：s2≤，即炮车离P的最大水平距离
smax=
由③式并结合Δ=0解得
tanα===
即对应的出射角为α=arctan
解法二：设经过时间t击中目标P，此时速度为vt，做如图所示的速度矢量三角形，其中β为vt与水平方向的夹角，则炮弹的水平射程为：
s=v0cosαt ………………①
在图中，依正弦定理可得
即 ………… ②
由①②式消去t得
s= ………… ③
在炮弹运动过程中，满足机械能守恒，以地面为零势能面，则：
mv02=mgH+mvt2
得vt= ………… ④
将④式代入③式得
s=
当α+β=90°即vt与v0方向垂直时，s有最大值，smax=
此时由速度矢量图可知：tanα==, α=arctan
9．A、B相向运动且EA＝20J，EB＝80J
解析：在碰撞过程中，当A、B两物体的速度相等时，弹簧的压缩量最大，此时弹簧的弹性势能最大，系统的动能最小。
设碰前A的速度为vA，B的速度为vB
若碰前A、B两物体运动方向相同，达共同速度时的速度为vAB，根据动量守恒定律有
mAvAmBvB=(mA+mB)vAB
则碰后系统的总动能为EAB=(mA+mB)vAB2=…………①
若碰前A、B两物体运动方向相反，由动量守恒得
mAvA-mBvB=(mA+mB)vAB
则碰后系统的总动能为EAB=(mA+mB)vAB2=…………②
比较①②式可知，②式中当mAvA= mBvB时,EAB=0, 即EAB取得最小值，此时弹性势能达最大。
可知mAvA= mBvB …………③
又mAvA2+mBvB2=100 …………④
③④联立并将mA=4kg, mB=1kg代入解得v1=m/s, v2=4 m/s
∴ EA=20J ，EB=80J
即两物体以大小相等，方向相反的动量相碰时，当弹簧压缩量最大时，速度为零，动能全部转化为弹性势能。
10．vm=
解析：撤去外力后，物体受到弹簧的弹力和摩擦力作用。开始时弹力大于摩擦力，加速度向右，物体向右做加速运动；随着弹簧形变量的减少，弹力减少，合外力减小，加速度减小，速度增大；当弹簧的弹力与摩擦力相等时合外力为零，加速度为零；再向右运动，弹簧的弹力于摩擦力，合外力向左，加速度向左，物体将减速。故当弹簧弹力与摩擦力相等时，物体速度达到最大。
设物体达到的最大速度为vm,运动的位移为s，此位置满足合力为零即
k(x0-s)-μmg=0 …………①
设物体在该位置时的弹性势能为，由弹性势能表达式EP＝kx2知
＝…………②
由能量守恒定律得EP＝＋m+μmgs…………③
将①②③联立解得：vm =
11．400K
解析：在AB直线上任取一点C，设C状态的压强为PC、体积为VC、温度为TC，依气态方程知：＝，欲使温度最高，须使PCVC最大。
设直线AB可表示为P＝aV+b,将PA＝3atm，VA＝2L，PB＝1atm，VB＝6L代入得：
3＝a×2＋b　　　　　　　　a＝－0.5
　　　　　　　　　解得：　　　　　
1＝a×6＋b　　　　　　　　b＝4　　　　

P与V的关系为：P＝－0.5V＋4
则PV＝（－0.5V＋4）V＝－0.5V2＋4V
当V＝＝4L时PV有最大值：（PV）m＝－0.5×42＋4×4＝8
此状态时TC＝＝ K＝400K
12．382.8 K
　　解析：随着气柱温度升高，气柱长增加而水银柱上移，封闭气体作等压变化，当水银柱上表面至管顶时，设封闭气体温度为T1，由气态方程=C，则
＝　　　∴T1＝375K
继续加热，水银外溢，设管内水银柱长为x时，封闭气体温度为T2，据气态方程＝得
＝
因为（75＋x）与（100－x）和为定值，所以积有最大值，当75＋x＝100－x即x＝12.5cm时，T2有最大值，代入解得T2m＝382.8 K
13．⑴Emin=方向垂直v0向右下方 ⑵当a=0时，a 最小，所加电场场强大小E＝，方向竖直向下。
14.Rmin＝
解析：小球受力如图，并建立如图所示坐标系，设小球运动速度大小为V，半径为R，根据牛顿第二定律得：
f-Ncosθ=……①
Nsinθ-mg=0 ……②
f=qvB ……③
将①②③联立得：－qvB＋mgcotθ=0
欲使小球能绕圆锥做匀速圆周运动，上式中v必须有实数解，满足有实数解的条件是：判别式　Δ＝b2-4ac≥0
即（-qB）2-4·mgcotθ≥0
即 R≥
∴ Rmin=
15.fm=
解析图（b）中所示交变电压幅值不变，则金属板间电场强度大小不变，带电粒子所受电场力大小不变，只有方向做周期性变化。
欲使电子到达A板时速度是最大，须使电子从B板到A板的过程中一直加速，设电子由B板一直加速到A板所用时间为t　，则
d=at2=t2 → t=
当＝t＝时　　T为最小值，
则Tmin=2d
由f= 得 fmax= .
16．Vmin=
解析：将小球的运动看成是水平方向的匀加速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动的合成，建如图所示的坐标系。设经过时间t，小球沿x、y两个方向的分速度为
Vx=at ,而a= ;Vy=v0-gt ,
小球在t时刻的合速度为：
V＝＝
将上式变换得：
V＝
若使V有极小值，则
t－＝0
此时vmin==
解法二：由于重力mg和电场力Eq均为恒力，其合力F＝也为恒力，则小球的运动为类斜抛运动，将V0分解为垂直F和平行F两个分量V01和V02，则小球在V01方向做匀速运动，在V02方向做匀减速运动。
小球的实际速度应为V01与V02方向的分速度的合速度，欲使合速度最小，应使V02方向的分速度为零，即Vmin= V01 .
设F与Eq方向的夹角为θ，则V01＝V0cosθ ,而cosθ＝＝
17．答⑴　300　　⑵　　Qer
解析：⑴因为带电粒子只受电场力，且到c点动能最大，据动能定理知，由a到圆上c点电场力做功最多，即过a点各弦（如ad、ae中），ac在电场方向的投影最长，过c点作圆的切线MN则，场强方向与该切线垂直时ac在其上投影最长。

⑵如图，cf为电场方向带电微粒初速V0与电场E垂直，在电场力作用下做类平抛运动，轨迹如图，设ac＝L　，由a至c经时间t，则

Lsinθ=V0t
Lcosθ=at2 ∴at=2 V0cotθ=2V0
由a到c据动能定理，有
qE·2Rcosθ·cosθ=m(at)2
∴Eko==m V02=Qer+
18．·
解析：带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由qVB＝，得r=，可知，V越大，则运动的半径r越大，欲使粒子不能从NN1边界射出，粒子到达NN1边界时应使速度方向与NN1平行。
当粒子带正电时，图甲对应速度最大的运动轨迹，由几何关系知：
　rsin450=r-d → r=(2+)d
结合r＝得　　Vm2=
19．5A
解析：ab棒运动情况已知的前提下，先假设cd棒静止则产生的感应电动势Eab=BLv=0.3V.
此时电路的感应电流I＝＝1.5A所示
两金属棒各自所受安培力FA＝FB＝BIL＝0.3N。
因FB＝＜m2gsin300,
所以cd也将沿斜面下滑，且由此可知ab和cd产生的感应电动势是串联相加的如图所示。由电磁感应知识可知，当cd再次受力平衡时，闭合电路电流可达最大。
骒cd棒有：＝InmxBL=m2gsin300
∴Imnx=2gsin300/BL=5A
20．当n=总功率最大，其最大总功率为　
解析：由于导线电阻的存在，电灯的总功率并非一直随电灯数的增多而增大，设并联n盏灯时，电灯、导线和电路的总功率分别为PL、、Pr和P，则有
PL＝P－Pr……①
P＝……②
Pr＝……③
三个方程中有四个未知量，联立三式并整理得
　PL＝＝
显然2nr-R=0,即n=时，电灯总功率最大，
且PLMAX＝