高三物理二轮复习临界极值问题专练

1.如下图，小球以v0正对倾角为θ斜面水平抛出，假设小球到达斜面位移最小，那么飞行时间t为(重力加速度为g)( )

2v0tan θA．v0tan θ B.

gv0cot θC.

g2v0cot θD.

g解析：选D 如下图，要小球到达斜面位移最小，那么要求落点

x12

与抛出点连线与斜面垂直，所以有tan θ＝，而x＝v0t，y＝gt，

y2

2v0cot θ解得t＝。

g2.(2021·唐山模拟)如下图，物体在拉力F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最小值与重力比值为( )

3

A. 23C. 3

1B. 23D.

6

解析：选B 外力F最小时，对物体受力分析，如下图。物体做匀速运动，那么有FN＋Fsin 30°＝G，Ff＝Fcos 30°，又Ff＝μFN，解得

F＝

，

1

sin 30°＋cos 30°

Gμ第 1 页

1

令tan α＝，那么有

μF＝

Gcos αcos αsin 30°＋sin αcos 30°

Gcos α＝， sinα＋30°

31

根据题意可知α＝60°，即μ＝，F最小值为G，故B正确。

323．(2021·潮州一模)如图甲所示，将质量为m小球以速度v0

竖直向上抛出，小球上升最大高度为h。假设将质量分别为2m、3m、1

4m、5m小球以同样大小速度v0从半径均为R＝h竖直圆形光滑

2轨道最低点水平向右射入轨道，轨道形状如图乙、丙、丁、戊所示。那么质量分别为2m、3m、4m、5m小球中，能到达最大高度仍为

h是(小球大小与空气阻力均不计)( )

A．质量为2m小球 C．质量为4m小球

B．质量为3m小球 D．质量为5m小球

解析：选C 由题意可知，质量为m小球，竖直上抛整个过程1

机械能守恒，mgh＝mv02。由题图乙可知，质量为2m小球上升到

2轨道最高点速度不能为零，结合机械能守恒定律可知此时质量为2m小球上升最大高度小于h，故A错误；由题图丙与题图戊可知，小球出轨道时速度方向不沿竖直方向，那么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最大高度均小于h，故B、D错

第 2 页

误；由题图丁可知，小球出轨道时速度方向沿竖直方向向上，那么上升到最高点时，速度为零，依据机械能守恒定律得小球上升最大高度等于h，故C正确。

4.如下图，转动轴垂直于光滑平面，交点O上方h处固定细绳一端，细绳另一端拴接一质量为m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，转动轴转速最大值是( )

1

A.2π1C.2π

g B．πgh hg lD．2π

l 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1

即将离开水平面时，FN＝0，转速n有最大值，联立解得n＝

2π那么A正确。

5.(多项选择)(2021·河北名校联考)如下图，质量均

为mA、B两物块置于水平地面上，物块与地面间动摩擦因数均为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最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为

g，hg。以下说法中正确是( )

A．当0第 3 页

C．当F>2μmg时，绳中拉力等于

F2

D．无论F多大，绳中拉力都不可能等于

F3

解析：选ABC 当0B整体受到拉力与摩擦力作用，二者平衡，A、B整体处于静止状态，F－2μmgB正确；当F>2μmg时，对A、B整体：a＝，对物块B：

2mTB－μmgFa＝，由上两式得TB＝，C正确；当μmgm2

绳中拉力为F－μmg，绳中拉力可能为，D错误。

3

6．(多项选择)(2021·盐城二模)如下图，空间有一垂直纸面向外磁感应强度为0.5 T匀强磁场，一质量为0.2 kg且足够长绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端放置一质量为m＝0.1 kg、带正电q＝0.2 C滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加方向水平向左，大小为F＝0.6 N恒力，g取10 m/s2。那么滑块( )

A．开场做匀加速运动，然后做加速度减小加速运动，最后做匀速直线运动

B．一直做加速度为2 m/s2匀加速运动，直到滑块飞离木板为止

C．速度为6 m/s时，滑块开场减速

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FD．最终做速度为10 m/s匀速运动

解析：选AD 由于滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供最大加速度为μg＝5 m/s2，所以当0.6 N恒力作用于木板时，系统一起以a＝FM＋m＝,0.2＋0.1) m/s2＝2 m/s2加速度

一起运动，当滑块获得向左运动速度以后又产生一个方向向上洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间弹力为零，此时Bqv＝

mg，解得：v＝10 m/s，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木F板在恒力作用下做匀加速运动，a′＝＝,0.2) m/s2＝3 m/s2。可

M知滑块先与木板一起做匀加速直线运动，然后发生相对滑动，做加速度减小变加速运动，最后做速度为10 m/s匀速运动。故A、D正确，B错误。滑块开场加速度为2 m/s2，当恰好要开场滑动时，Ff＝μ(mg－qvB)＝ma，代入数据得：v＝6 m/s，此后滑块加速度减小，仍然做加速运动，故C错误。

7．(2021·大同联考)春节放假期间，全国高速公路免费通行，小轿车可以不停车通过收费站，但要求小轿车通过收费站窗口前x0＝9 m区间速度不超过v0＝6 m/s。现有甲、乙两小轿车在收费站前平直公路上分别以v甲＝20 m/s与v乙＝34 m/s速度匀速行驶，甲车在前，乙车在后。甲车司机发现正前方收费站，开场以大小为a甲

＝2 m/s2加速度匀减速刹车。

(1)甲车司机需在离收费站窗口至少多远处开场刹车才不违章； (2)假设甲车司机经刹车到达离收费站窗口前9 m处速度恰好

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为6 m/s，乙车司机在发现甲车刹车时经t0＝0.5 s反响时间后开场以大小为a乙＝4 m/s2加速度匀减速刹车。为防止两车相撞，且乙车在收费站窗口前9 m区不超速，那么在甲车司机开场刹车时，甲、乙两车至少相距多远？

v甲2－v02

解析：(1)对甲车速度由20 m/s减速至6 m/s位移x1＝

2a甲

＝91 m

x2＝x0＋x1＝100 m

即：甲车司机需在离收费站窗口至少100 m处开场刹车。 (2)设甲、乙两车速度一样时时间为t，由运动学公式得：

v乙－a乙(t－t0)＝v甲－a甲t

解得：t＝8 s

一样速度v＝v甲－a甲t＝4 m/s＜6 m/s即v＝6 m/s共同速度为不相撞临界条件，乙车从开场以34 m/s减速至6 m/s位移为

v乙2－v02

x3＝v乙t0＋＝157 m

2a乙

所以甲、乙距离x＝x3－x1＝66 m。 答案：(1)至少100 m处 (2)66 m

8．如下图，一足够长矩形区域abcd内充满磁感应强度为B，方向垂直纸面向里匀强磁场，现从矩形区域ad边中点O射出与Od边夹角为30°，大小为v0带电粒子，粒子质量为m，电量为q，ad边长为L，ab边足够长，粒子重力忽略不计，求：

(1)试求粒子能从ab边上射出磁场v0大小范围；

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(2)粒子在磁场中运动最长时间与在这种情况下粒子从磁场中射出所在边上位置范围。

解析：(1)画出从O点射入磁场粒子运动轨迹动态圆，能够从ab边射出粒子临界轨迹如下图，轨迹与dc边相切时，射到ab边上Av02

点，此时轨迹圆心为O1，那么轨迹半径r1＝L，由qv0B＝m得最

r1qBL大速度v0＝。

m轨迹与ab边相切时，射到ab边上B点，此时轨迹圆心为O2，

v02qBL那么轨道半径r2＝，由qv0B＝m得最小速度v0＝。

3r23m所以粒子能够从ab边射出速度范围为：

LqBLqBL3

LqBLqBL5πmL答案：(1)3m0m3qB3

9．如图(a)所示，灯丝K可以连续逸出不计初速度电子，在KA间经大小为U加速电压加速后，从A板中心小孔射出，再从M、N两极板正中间以平行极板方向进入偏转电场。M、N两极板长为L，

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3

间距为L。如果在两板间加上如图(b)所示电压UMN，电子恰能全

3部射入如图(a)所示匀强磁场中。不考虑极板边缘影响，电子穿过平行板时间极短，穿越过程可认为板间电压不变，磁场垂直纸面向里且范围足够大，不考虑电场变化对磁场影响。电子质量为m，电荷量为e，不计电子重力及它们之间相互作用力。

(1)求偏转电场电压UMN峰值；

(2)在t＝时刻射入偏转电场电子恰好能返回板间，求匀强磁场4磁感应强度B大小；

(3)求从电子进入偏转电场开场到离开磁场最短时间。 解析：(1)电子在经过加速电场过程中，根据动能定理可得 1

eU＝mv02

2

由题意可知在偏转电压到达峰值时进入电子恰好沿极板边缘飞出电场

312L＝at0 62

Ta＝

eUm

3

m×L3

L＝v0t0

2

联立可得Um＝U。

3

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(2)设t＝时刻进入偏转电场电子离开电场时速度大小为v，v与

4

Tv0之间夹角为θ，那么

L3

tan θ＝·2＝，所以θ＝30°

v033

m×L3

eUm

v0＝vcos θ

mv2

电子垂直进入磁场，由洛伦兹力充当向心力：evB＝ R3

根据几何关系2Rcos θ＝L

32

解得B＝ 6mU。

Le(3)电子在偏转电场中运动历时相等，设电子在磁场中做匀速圆周运动周期为T，经N板边缘飞出电子在磁场中运动时间最短，为

2πR又T＝ T3

v联立解得tmin＝L 22答案：(1)U (2)

3LmπL＋ 2eU93m。 2eU6mU (3)L

emπL＋ 2eU93m 2eU10．如下图，A、B为半径R＝1 m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、方向竖直向上匀强电场。有一质量m＝1 kg、带电荷量q＝＋1.4×10－5 C物体(可

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视为质点)，从A点正上方距离A点H处由静止开场下落(不计空气阻力)，BC段为长L＝2 m、与物体间动摩擦因数μ＝0.2粗糙绝缘水平面，CD段为倾角θ＝53° 且离地面DE高度h＝0.8 m斜面。

(1)假设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)假设0.85 m≤H≤1 m，请通过计算表示出物体从C处射出后打到范围。(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不讨论物体反弹以后情况)

解析：(1)物体由初始位置运动到B点过程中根据动能定理有 1

mg(R＋H)－qER＝mvB2

2

到达B点时由支持力FN、重力、电场力合力提供向心力

vB2

FN－mg＋qE＝m

R解得FN＝8 N

根据牛顿第三定律，可知物体对轨道压力大小为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

v2

点有个最小速度v，那么qE－mg＝m R解得v＝2 m/s

12

在粗糙水平面上，由动能定理得－μmgx＝－mv

2

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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(H1

＋R)－qER－μmgL＝mvC12－0

2

代入数据解得vC1＝2 m/s 物体过C点后做平抛运动，那么

x1＝vC12hh＝2×0.4 m＝0.8 m>＝0.6 m gtan 53°

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 1

mg(H＋R)－qER－μmgL＝mvC22－0

2代入解得vC2＝1 m/s

设物体过C点后做平抛运动且打在斜面CD上，那么tan 53°12gt2＝，解得

vC2t4

t＝ s

15

故物体打在斜面上距C点为

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4

x2＝＝ m

cos 53°9

可见物体打到斜面上距离D点 45

－ 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

9间区域)，在水平面上距离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

9(如答图PD之间区域)，在水平面上距离D点0.2 m范围内(如答图

vC2thDQ之间区域)

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