一、运动学中的临界极值问题
1、 、最短时间为，最大速度为 3、B
4、0.4 m/s 5、v0≤ 6、a≥
7．（1）55s （2）-
（3）
二、动力学和平衡中的临界极值问题
1、分析；由于施力的方向没定，先假定一个方向：与斜面成角向上，物体的受力分析如图2所示。
解：x方向：
y方向： 其中
联立以上三式求解得：，其中。当时有极值：
。
2、分析：题设中没有说明、Q质量的大小，可用假设法来判断这个问题中可能出现的临界状态。
若Q的重力大于的重力，则可不计的重力，的平衡转化为二力平衡，此时细绳的拉力与对环的支持力几乎在同一直线上垂直于的方向，即接近。
若的重力远大于Q的重力，则可不计Q的重力，Q的平衡转化为二力平衡，此时绳的拉力与对环Q支持力几乎在同一直线上垂直于的方向，即接近。
综上分析，的变化范围是：。
归纳：对于平衡状态问题，正确进行受力分析是找到临界条件、寻找问题突破口的关键。若题设中某些力是末知的，可根据题设条件进行恰当而又合理的假设。
3、分析：采用极限分析方法，把推向两个极端来分析，当很小时，物体将相对斜面下滑；当很大时，物体将相对斜面上滑，因此不能太小也不能太大，的取值是一个范围。
解：设物体处于相对斜面下滑的临界状态。推力为，此时物体的受力情况如图5所示，则
对：
对（）：
联立以上三式代入数据得： 2，。
归纳：求解此类问题的关键点是正确进行受力分析，找出临临界条件，列出动学方程和平衡方程。建立坐标系时，要注意以加速度方向为正方向。
设物体处于相对斜面向上滑的临界状态，推力为，此时物体的受力如图6所示，则
对：
对（）：
联立三式并代入数据得： 2，。所以推力的范围是：。
4、分析：题设中没有明显的临界条件。设动摩擦因数为，当物体在斜面上滑动时有：，可作如下的假设：
（1）当时，物体静止在水平面上，；
（2）当时，物体沿斜面匀速下滑；
（3）当时，物体加速下滑，
（4）当0时，，物体做自由落体运动。综合以上几种假设易知D正确。
归纳：进行合理假设是找出问题的临介条件的重要手段。
5、分析：用数学分析方法。设小物体从点沿倾角为的斜面滑下到点，则长为：，
加速度为：，则有
解得：。
由以上结果分析可知：当0即时，下滑的时间最短，最短时间为：。
归纳：数学法是解题的重要工具。
6、
7、．绳2的拉力为零，绳1的拉力
8、30．（1）a0=g （2）
9、. 解：设每根绳的长度为L，每根绳与竖直方向间的夹角为，则有：
， ，
因此：，
解得每根绳的长度： 。
10、. 解： ， 解得 ： ；
因此推力F的大小范围为： 。
11、Ta=4N TB=22N
12、D
13、
14、分析与解：
⑴在木块开始沿斜面匀速滑动时，由平衡条件有
mgsinθ0 = f = μ mgcosθ0 得 tanθ0 = μ
即发生滑动的临界角度为θ0 = tan—1μ .
⑵在木块处于翻倒的临界状态时，重力作用线通过木块边沿A，支持力FN的作用点移至A点，即底面其他部分支持力为零，根据力矩平衡条件∑M = 0 有
mg sin θ0 • b = mgcosθ0 •a tanθ0 = a/ b
所以，木块翻转的临界角为θ0 = tan—1(a /b)
当μ ＜a/b 时，θ0 = tan—1 μ为物体开始滑动的临界条件；
当μ＞a/b时，θ0 = tan—1 (a/b)为物体开始翻倒的临界条件．
15、分析与解：当板处于逆时针转动的临界状态时，绳的拉力F= 0．设这时人在O点左侧x1处，根据力矩平平衡条件，有
Ｇ•x1= G0• 得 x1 === 1m．
当板处于顺时针转动的临界状态时，绳的拉力达到最大Fmax，设这时人在O点右侧x2处，同理有
Fmax•sinθ= G0•+ G•x2 求得x2 =0.5m
所以，人只能在距O点左侧1m和右侧0.5m的范围内安全行走。
16、分析与解：由于不计秤盘的质量，可以将物体和秤盘看成一个整体分析。
未用向上的力F前，物体处于平衡状态，设弹簧压缩量为x1，则有
Mg = kx1………⑴
物体做匀加速直线运动，a为恒量，物体和秤盘受重力Mg、弹簧向上的弹力kx、向上的拉力不从心Ｆ，物体向上运动，弹力减小，外力F增大，相互调节，才能保证合力不变，加速度不变。0.2s后Ｆ为恒力，则弹力必然为零，所以，在t =0.2s时刻，物体与秤盘恰好分离，由于秤盘不计质量，所以，弹簧应恰好恢复到原长。物体在0.2s内上升高度
h = x1 = a t2 ………⑵
从上两式可知：Ｍ、k 、t已知，x1可求，则a可求。
当弹簧压缩量为x时，由牛顿第二定律，得 F + kx—Mg = Ma ………⑶
从⑶式分析可知：t = 0时， x= x1 x1 =Mg， 则 F最小，且Fmin = Ma ………⑷
t= 0.2s时，F应为最大，且Fmax—Mg =M a ………⑸
从⑴⑵两式求出加速度a= 7.5m/s2 ，由⑷式得 Fmin=90N，由⑸式得Fmax= 210N。
17、解：当物体恰好不下滑时，最大静摩擦力fm沿斜面向上，则有
F1 + fm =mg 1 = 3N
当物体恰好不上滑时，最大静摩擦力fm沿斜面向下，则有
F2 = fm+ mgsF2 =7N
所以，推力F的取值范围是 3N＜F＜7N
18、解：A受支持力 FN = GA—FB =GA—GBsin60°=1.34N
最大静摩擦力 fm= μFN=0.2×1.34 N = 0.27N
当F较小时，fm水向向右，有fm+F1 = GBcos60° 得F1 =4.73N
当F较大时，fm水平向左，有 fm +GB = F2 得F2 =5.27N．
所以，水平拉力的应是一个取值范围 4.73N ＜F ＜5.27N
19、解：当M恰好不上滑时，M受到的最大静摩擦力fm沿斜面向下，有平衡条件
Mgisnθ + fm = T =mg fm = μ Mgcosθ = 21N 得m1 = 4.1kg
当M恰好不上滑时，fm沿斜面向上，则有 fm + m2g = Mgsin30°， m2 = 0.1kg
所以，m应取 0.1kg．＜m＜4.1kg
20、分析与解：当FA单独使A产生加速度，等于FB单独使B产生的加速度时，两车处于无相互作用的临界状态，即相互作用的弹力恰好为零的时刻。根据牛顿第二定律，得
求得 经历的时间为t = 8/3 s
以系统为研究对象，在两车分离前受到的合外力为 ∑F = FA+FB = 9—2 t +2+2t = 11N
A、B一起运动的加速度 a = ∑F /(mA +mB) = 11/9 m/s2
两车一起做初速为零的匀加速直线运动的位移S = a t2 =4.35m
21、分析与解：当Mx增大到使圆柱体绕A点向后转动的临界状态时，B点对圆柱体的支持力恰好为零．设此时的临界加速度为a0 ,以圆柱体为研究对象，有
ＦAx = ma0 = mg ctgθ ………⑴
以圆柱体、小车和砝码整体为研究对象，又有
Mxg =(m+M+Mx) a0………⑵
由以上两式可得砝码质量的取值范围是 Mx≤
22、分析与解：当圆木与拉绳位于一条直线的临界状态，地面对圆木的支持力和摩擦力刚好为零．圆木仅在绳的拉力和重力作用下加速运动．
设此时，圆木与地面的夹角为α，根据牛顿第二定律,
水平方向 ∑Fx = Tcosα = ma0
竖直方向 ∑Fy = Tsinα— mg = 0
则加速度的临界值为a0 = g ctg α =
所以，卡车的加速度应为a ≥
23、解：B受A施予的动摩擦力大小为fAB = μ mg ，方向水平向右，则B对A的动摩擦力fBA = μmg ,方向水平向左，地面对A的滑动摩擦力f = μ( m+ M)g所以，要使A保持原速度不变，则所需施加的水平向右的拉力 F = fBA + f =μmg , + μ( m+ M)g = μ(2m+ M)g
B对地的位移Sm =
A对地的位移SM =vt
当B的速度增大到跟A的速度相等时恰好滑到板的左端，则板长至少为
L = SM—Sm =
B的加速度am = μg, 所以，t = v/am = v/ μg
L = v2 / 2 μg
24、解：当m处于不向上滑动的临界状态时，地面支持力恰好为零，对m在竖直方向平衡 FNcosθ = mg …………⑴
对整体应用牛顿第二定律得 F = (m+M) a …………⑵
对Ｍ应用牛顿第二定律得 FN cosθ = Ｍa …………⑶
由以上三式可得最大推力F =
25、C
26、ABC
27、．
28、（1）1.15s （2）1.84s
三、曲线运动\\ 机械能 临界极值问题
1、分析与解：当半圆球面对小物体A的支持力为零时，物体以初速度v0水平抛后做平抛运动。当支持力恰好为零时，对应的初速度为最小值。此时有
mg = m, 得 v0 =
水平距离 S = v0 t = • = R
2、分析与解：从图形可得下面一根绳的长度L′= Lsin30° = L / 2
当下面绳子的拉力恰好为零时，小球受重力和上面绳子的拉力 T1
由力的矢量图可知 mg tan30° = m L sin30°ω12
ω1 = = =2.38 rad/s
当上面绳子拉力恰好为零时，小球受重力和下面绳子的拉力T2,同理可得
ω2 = = = = 2.236 r ad/s
角速度的取值范围： 2.236 r ad/s ＜ω＜2.38 rad/s
3、分析与解：⑴根据质点系牛顿第二定律，当系统受到最大静摩擦力等于B球作匀速圆周运动的向心力时，系统处于正好不滑动的临界状态，从而有： μ（m+M）g = m ω12 R
所以，最大角速度为 ω1 = rak /s
当两球交换位置后，同理又有 μ（m+M）g = M R ω22
所以，最大角速度为 ω2 = 0.82rak /s
⑵当系统的质心位置位于盘心时，两球处于既不发生滑动，又不受到摩擦力的临界状态，两球仅由相互的拉力提供向心力，如图所示．系统所受外力合力为零．所以对系统有 0 = Mω 2R2 + m ω2 R1 ………⑴
R1 /R2 = M /m ………⑵ ．由⑴⑵两式解得 OA =R2 = 2 m， OB = R1 = 3m
4、解析：绳b烧断前，竖直方向合力为零，即Fa＝mg，烧断b后，因惯性，要在竖直面内做圆周运动，且Fa′－mg＝m，所以Fa′＞Fa，A错B对，当ω足够小时，小球不能摆过AB所在高度，C对，当ω足够大时，小球在竖直面内能通过AB上方最高点，从而做圆周运动，D对．
答案：BCD
5、解析：当m被水平抛出时只受重力的作用，支持力N＝0.在圆周最高点，重力提供向心力，即mg＝，所以v＝.而v＝2πf·r，所以f＝＝，所以每秒的转数最小为，A正确．
答案：A
6、解析：小球沿管上升到最高点的速度可以为零，故A错误，B正确；小球在水平线ab以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力FN与球重力在背离圆心方向的分力Fmg的合力提供向心力，即：FN－Fmg＝m，因此，外侧管壁一定对球有作用力，而内侧壁无作用力，C正确；小球在水平线ab以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力与小球速度大小有关，D错误．
答案：BC
7、解析：(1)该同学在B处，由牛顿第二定律得：F－Mg＝M，
解得：F＝Mg＋M，即他用的绳子能承受的最大拉力不小于Mg＋M.
(2)对该同学做平抛运动的过程由运动学公式得：水平方向有：x＝vt，竖直方向有： h＝gt2，
解得：x＝v，即这道山涧的宽度不超过v.
答案：(1)Mg＋M (2)v
8、解析：(1)分两种情况，当小球对管下部有压力时，则有mg－0.5mg＝，v1＝.当小球对管上部有压力时，则有mg＋0.5mg＝，v2＝
(2)小球从管口飞出做平抛运动，2R＝gt2，t＝2，x1＝v1t＝R，x2＝v2t＝R.
9、（1）机械能守恒 mgl（1－cos）＝mv2 ① ）
圆周运动 F′－mg＝m
解得 F′＝（3－2cos）mg 人对绳的拉力 F＝F′ 则 F＝1080N
（2）动能定理 mg（H－lcos＋d）－（f1＋f2）d＝0
则d＝[来源:学科网ZX解得d＝1.2m
（3）选手从最低点开始做平抛运动 x＝vt H-l＝
且有①式mgl（1－cos）＝mv2 解得 x＝2
当l＝时，x有最大值 解得l＝1.5m
因此，两人的看法均不正确.当绳长越接近1.5m时，落点距岸边越远。
10、解：考虑两种临界情况：
⑴小球恰好沿台阶3的外边缘通过，此时 h1 = 3 L = g t
t1 = =0.4v1 = 3L /t2 =2.45m/s
⑵小球恰好沿台阶4 外边缘通过，则 h2 = 4L =g t
t2 = v2 = = 2.83m/s
2.45m/s＜v＜2..83m/s
11、解：设两次平抛初速度分别为vA 、vB. 两次恰好从屏上边缘飞过，作出两次平抛物体的轨迹图。
从A点抛出：H =；
从B点抛出：2H =；
所以有：v A∶vB = 2
设抛球处到档板的水平距离为x ， 则有：H－h =;H－h =
∴h =6H/ 7
12、解：⑴ 设杆以ω1转动，物体做自由落体运动，恰好能追上杆的A端与之相碰
杆转过的角度 φ1= ω1 t1 . cosφ= φ1=π /6 ； t1 = =
ω1 =（π/6） /
物体与杆发生碰撞的临界位置如图所示，所以，要物体与杆发生碰撞，角速度满足的条件是
ω1 <
⑵当ω较大时，杆多转一周后，恰好能追上物体，与之发生碰撞，这时φ2 = φ+2π , t2 = t1
ω2 = φ2 /t2 = (2π+ π/6) / =，
要让杆多转一周后追上物体，则应取ω>ω2
13、解析： （1）tg60°＝＝，
H＝gt2+v0t·tg30° v0＝
（2）W合＝△EK WF＋Wf1＋Wf2＋WG＝△EK
欲使拉力做功最少只要在第一阶段摩擦力做功为0 即Wf1=0即可 ，
WF＝FCOSα·S′＝29.25J ， FCOSα＝5.85N ，
Fsinα＝mg＝5N ， α＝40.5° ， F＝7.69N
14、解：质点从半圆弧轨道做平抛运动又回到A点，设质点在C点的速度为vC,质点从C点运
动到A点所用的时间为t，在水平方向x=vCt ①
竖直方向上2R=gt2 ②解①②有 vC= ③
对质点从A到C由动能定理有WF-mg·2R=mv ④
解WF=mg(16R2+x2)⑤
(2)要使F力做功最少，确定x的取值，由WF=2mgR+mv知，只要质点在C点速度最小，则功WF就最小，就是物理极值。若质点恰好能通过C点，其在C点最小速度为v，
由牛顿第二定律有mg=,则v= ⑥ 分)由③⑥有=,解得x=2R时， )
WF最小，最小的功WF=mgR。
(3)由⑤式WF=mg()而F=mg()因＞0，x＞0，由极值不等式有
15、解析：（1）设小于经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1根据动能定理
小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律
由得
（2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由题意
由得
（3）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：
．轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v3，应满足
由得
．轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3，根据动能定理
解得
为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足
解得 R3=27.9m
综合、，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件
或
当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L′，则
当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L〞，则
16、（1）对小球从A→C由机械能守恒定律有：mgh=mgR+
代入数值解出
（2）小球向上穿出圆筒所用时间为t
（k=1，2，3……）
小球从离开圆筒到第二次进入圆筒所用时间为2t2.。2t2=nT (n=1，2，3……)
对小球由C竖直上抛的上升阶段，由速度公式得：
0= 联立解得 T= 当n=k=1时， Tmax=0.2s
（3）对小球在圆筒内上升的阶段，由位移公式得：
代入数值解得 =0.075m
五、气体性质 问题中的极值与临界问题
1、解：(1)解得：L2=24.46cm
(2) t3=61.88℃
（3）管内气柱长度的变化与水温变化不否满足线性关系，因为不是等压变化。
2、解析：(T2max=.65℃ 87.5cm)
3、解析：(63.2 48.0)
4、解：温度降低：汞柱全部进入A管， ，
T2=256K ，t2= -170C
（2）封闭B管管口后，对气体B： ）
对气体A： ，（ ）
5、4/3 25
6、C
四、电磁学中的临界问题
1、ACD
2、AC
3、先增大后减小，
4、．，
5、10 3.375
6、UBA=m[2g(H+h)-v02]/2q
7、AC
8、C
9、D
10、C
11、BC
12、ABD
13、（12V 2.56W）
14、解：由闭合电路欧姆定律作aP两端的Uap—I图像，因图上任意一点的Uap与I所对应的矩形面积是外电路电阻Rx的输出功率，从而由已知Rx的功率求出对应的Rx值。
根据闭合电路欧姆定律
作图像如图所示，由图可分析找到滑动变阻器的发热功率为9W的A点和B点，所以Rx有两个值。
15、A
16 ABC）
17. B
18. D
19. A
20. BCD
21. 15Ω；2.5W
22. ．6.25， 6
23. 4.5 3
24. 1.5、2.25
25. 变大，变小
26. （1）
（2）（公式2分，结果1分）
（3）当外电路电流最大时，电源的总功率达到最大，此时外电路电阻最小,即R3的滑片P移到最右端时。（2分）
（2分）
27. 解析 （1）由楞次定律得电路中的感应电流方向是abcdefa，感应电动势为
E＝＝S＝kL2＝0.5 0.22 V＝0.02 V，
感应电流为I＝＝A＝1 A。
（2）此时线框的受力如图10-3-8所示，ab段所受安培力为F＝BIL＝0.5t 1 0.2＝0.1t，由力矩平衡条件得：
FL＝mgL（sin ＋cos ），即F＝mg（sin ＋cos ），0.1t＝0.01 10（0.6＋0.8），可解得：t＝1.4 s。
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