PAGE第2頁共5頁高考物理二輪專題訓訓練2臨界極值問題的處理方法1．長度為L＝0.5m的輕質細桿OA，A端有一質量為m＝3.0kg的小球，如圖1所示，小球以O點為圓心在豎直平面內做圓周運動，通過最高點時小球的速率是2.0m/s，g取10m/s2，則此時細桿OA受到()圖1A．6.0N的拉力 B．6.0N的壓力C．24N的拉力 D．24N的壓力2．如A．螺絲帽受的重力與最大靜摩擦力平衡圖2B．螺絲帽受到桿的彈力方向水平向外，背離圓心C．此時手轉動塑料管的角速度ω＝eq\r(\f(mg,μr))D．若塑料管的轉動加快，螺絲帽有可能相對管發生運動3．如圖3所示，質量為m，帶正電量為q的小球，套在足夠長的均勻硬桿上，球與桿之間的動摩擦因數為μ，桿與水平方向的夾角為θ(θ＞arctanμ)，有垂直于長桿所在平面的勻強磁場，其磁感應強度為B，小球由靜止開始沿桿下滑，則()A．小球下滑過程中最大加速度為g·sinθ圖3B．小球達最大加速度時速度最大C．小球達最大加速度時速度為mgcosθ/q·BD．小球運動過程中的最大速度為mg(sinθ＋μcosθ)/qBμ4．在抗洪搶險中，戰士駕駛摩托艇救人，假設江岸是平直的，洪水沿江向下游流去，水流速度為v1，摩托艇在靜水中的航速為v2，戰士救人的地點A離岸邊最近處O的距離為d.如戰士想在最短時間內將人送上岸，則摩托艇登陸的地點離O點的距離為()A.eq\f(dv2,\r(v22－v12)) B．06．14.3N≤F≤33.5N.7．100N60N8．見解析解析(1)當物塊B所需向心力FB≤Ffm時，細線上張力為零．隨著角速度的增大，當FB＝Ffm時，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.當ω≤ω0＝3.6rad/s時，細線上不會有張力．(2)當A、B所受靜摩擦力均達到最大靜摩擦力時，圓盤的角速度達到最大值ωm，超過ωm時，A、B將相對圓盤滑動．(設細線中張力為T.)對A有kmg－T＝mωm2·r1，對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)燒斷細線時，A做圓周運動所需向心力FA＝mωm2r1＝3.2m，最大靜摩擦力為4m，A物體隨盤一起轉動．B此時所需向心力為FB＝mωm2r2＝4.8m，大于它的最大靜摩擦力49．見解析解析(1)將如題圖所示的立體空間圖改畫為如圖所示的側視圖，并對桿進行受力分析，由平衡條件得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)有兩種可能性：一種是E偏大，I偏大，F偏大，導體桿有上滑趨勢．摩擦力Ff沿斜面向下，選沿斜面向上為正方向，根據平衡條件有Fcosθ－mgsinθ－μ(mgcosθ＋Fsinθ)＝0由安培力公式得F＝Beq\f(E1,R)d由以上兩式聯立解得E1＝eq\f(Rmg(sinθ＋μcosθ),Bd(cosθ－μsinθ)).另一種是E偏小，I偏小，F偏小，導體桿有下滑趨勢，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．見解析解析(1)設能打到B板上的電子的最小速度為v0，由牛頓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.可見有電子打在B板上．對應速度為v0的電子恰能打在M點，M點距P′點的距離為P′M＝d.當電子的速度為最大時，設它能打在B板上的N點，對應的半徑為R′，這是該題的另一個臨界狀態，如圖所示．由牛頓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.又由圖中的幾何關系有：R′＝2d，∠PO′N＝30°P′N＝R′(1－cos30°)＝0.268×10－2m所以電子打在B板上的長度為：NM＝P′M－P′N＝0.73×10－2m.(2)由(1)可知R′＝2d，即粒子運動軌跡PN所對的圓心角為30°，則電子沿平行于電場的方向進入電場，所以電子在電場中先做減速運動，然后反向做勻加速運動，再次進入磁場，最后打在A板上．由于電子返回磁場時速度大小沒變，所以圓周運動的軌道半徑不會變，在圖中由幾何關系不難發現：電子最后打在A板上時其軌跡恰好與A板相切，這是該題的又一個關鍵性的臨界狀態．由P→N的時間：t1＝eq\f(T,12)＝eq\f(πm,6