2019-2020年高考物理二轮复习100考点千题精练第十七章物理思维方法专题17.7极值问题.doc

2019-2020年高考物理二轮复习100考点千题精练第十七章物理思维方法专题17.7极值问题一、选择题1（xx天津）如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点。现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力FN以及绳对小球的拉力FT的变化情况是 AFN保持不变，FT不断增大BFN不断增大，FT不断减小CFN保持不变，FT先增大后减小DFN不断增大，FT先减小后增大【参考答案】D 【点评】解答动态变化类试题，也可运用解析法。但是解析法计算复杂，没有矢量图解明显易懂。2（xx新课标理综）如题74A图，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦，在此过程中 AN1始终减小，N2始终增大BN1始终减小，N2始终减小CN1先增大后减小，N2始终减小DN1先增大后减小，N2先减小后增大【参考答案】B 二计算题1一条河宽L=60m，水速v水=4m/s，船在静水中的开行速度v开=3m/s。（1）求出小船渡河的最短时间t，这样渡河船的位移是多少？（2）小船渡河的最小位移是多少？【名师解析】（1）小船渡河的运动可看作是小船在静水中的运动与水的运动两个运动的合成。由分运动之间互不影响，且河岸的宽度是一定的，只要小船在垂直于河岸方向的分速度越大，小船渡河的时间就越短，即当小船船头垂直于河岸方向运动时（如答图a），时间最短：tmin=L/v开=60/3s=20s， s=v合tmin=520m=100m 2（xx山东）如图所示，一质量m=0.4kg的小物块，以v0=2m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t=2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L=10m。已知斜面倾角=30o，物块与斜面之间的动摩擦因数。重力加速度g取10 m/s2. （1）求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。（2）拉力F与斜面的夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？【分析与解】由匀变速直线运动规律列方程联立解得物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。分析物块受力，应用牛顿运动定律及其相关知识列方程联立解得拉力F的表达式，应用数学知识求得拉力F的最小值（1）设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得：L= v0t+at2，v= v0+at，联立代入数据解得：a=3m/s2，v=8m/s。（2）设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面之间的夹角为。受力分析如图J所示。由牛顿第二定律得： Fcos-mgsin-Ff=ma，Fsin+FN-mgcos=0，又Ff=FN。 联立解得：F=。由数学知识得：cos+sin=sin(60+)，可知对应的F最小值的夹角=30 代入数据得F的最小值为：Fmin=N。3（xx太原联考）如题75图所示，木板与水平地面间的夹角可以随意改变，当=30时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0=10m/s的速度沿木板向上运动，随着的改变，小物块沿木板滑行的距离x将发生变化，重力加速度g=10m/s2。(结果可用根号表示) （1）求小物块与木板间的动摩擦因数；（2）当角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值。【名师解析】（1）当=30时，小木块恰好能沿着木板匀速下滑。根据平衡条件有：mgsin=mgcos 解得： 4（xx全国理综）一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状。此队员从山沟的竖直一侧，以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面。如例76图所示，以沟底的O点为原点建立坐标系Oxy。已知，山沟竖直一侧的高度为2h，坡面的抛物线方程为y=x2，探险队员的质量为m。人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。 （1）求此人落到坡面时的动能；（2）此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？【名师解析】（1）由平抛运动规律，x=v0t，2h-y=gt2，又y=x2，联立解得y=。 【点评】解答此题用到了积定二数相等时和最小的均值定理。由于（v02+gh）=4g2h2，为一定值，利用“积定二数相等时和最小”，当= v02+gh，他落在坡面时的动能最小。解答此题时要注意，通常的平抛运动规律方程是以抛出点作为坐标系原点，而题述中以沟底的O点为原点建立坐标系Oxy，所列平抛运动竖直方向的运动方程不是自由落体运动方程。5如图（a），长为L的光滑斜面AB与高台边缘光滑相接，BC为一竖直墙，将小球从斜面AB的顶端静止释放，小球到达斜面底端后恰能无能量损失地从高台边缘水平飞出。高台底部有另一足够长的斜面CD。调节斜面AB的倾角与斜面CD的倾角，使小球从斜面AB顶端静止释放后，恰能垂直击中斜面CD。不计空气阻力，重力加速度为g，、为锐角。求：（1）小球在空中飞行时间t（用、和L表示）？ （2）某一研究小组取长为L0.5m的斜面AB进行实验，实验中发现改变斜面AB的倾角后，为了使从AB顶端静止释放的小球还能垂直击中斜面，只需对应地调整斜面CD的倾角。多次实验并记录每次与的数值，由实验数据得出图（b）所示拟合直线。请问此坐标系的横轴表示什么？试求竖直墙BC的高度h（取g10m/s2）？（3）在第（2）问中，该研究小组发现，小球每次垂直打在CD上的落点与竖直墙BC的距离S随和的改变而不同。试求小球在CD上的落点离竖直墙的最大距离Sm？此时倾角与各为多大？【名师解析】（1）对AB段运用动能定理：mv02=mgLsin解得： 小球在空中飞行时间t= （3）由第（2）问中x=v0t=2Lsincot和并代入相关数据得：x= 当时，x取最大值，最大值，此时=30。对应的=arccot 35.3。 6（xx上海五校联考）水上滑梯可简化成如图所示的模型：倾角为37斜滑道AB和水平滑道BC平滑连接（设经过B点前后速度大小不变），起点A距水面的高度H7.0m，BC长d2.0m，端点C距水面的高度h1.0m. 一质量m50kg的运动员从滑道起点A点无初速地自由滑下,运动员与AB、BC间的动摩擦因数均为0.1（取重力加速度g10m/s2，sin370.6，cos370.8，运动员在运动过程中可视为质点） （1）求运动员沿AB下滑时加速度的大小a；（2）求运动员从A滑到C的过程中克服摩擦力所做的功W和到达C点时速度的大小v；（3）保持水平滑道端点在同一竖直线上，调节水平滑道高度h和长度d到图中BC位置时，运动员从滑梯平抛到水面的水平位移最大，求此时滑道BC距水面的高度h. （3）调节水平滑道高度h和长度d到图中BC位置时，在从C点滑出至落到水面的过程中，运动员做平抛运动的时间设为t， hgt2，t 下滑过程中克服摩擦做功保持不变Wf500J 7（xx江西部分学校联考）如图所示，倾角为30的足够长的光滑斜面下端与一足够长的光滑水平面相接，连接处用一光滑小圆弧过渡，斜面上距离水平面高度分别为h1=5m和h2=0.2m的两点上，各静止放置一小球A和B。某时刻由静止释放A球，经过一段时间t后，再由静止开始释放B球。g取10m/s2.（1）为了保证A、B两球不会在斜面上相碰，t最长不能超过多少？（2）若A球从斜面上h1高度处自由下滑的同时，B球受到恒定外力作用从C点以加速度a由静止开始向右运动，则加速度a最大为多大时，A球能够追上B球？ 【分析与解】（1）两球在斜面上下滑的加速度相同，设加速度为a0，由牛顿第二定律，mgsin30=ma0，解得：a0=5m/s2。设A、B两球下滑到斜面底端所用时间分别为t1和t2，则有=a0t12，=a0t22解得：t1=2s，t2=0.4s。为了保证A、B两球不会在斜面上相碰，t最长不能超过t= t1- t2=1.6s。（2）A球运动到C点时速度v= a0t1=10m/s，设A球在水平面上再经过t0追上B球，则有a(t0+t1)2=v t0代入相关数据得：at02+2(2a-10) t0+4a=0这是关于t0的一元二次方程，要使t0为正数，则判别式：2(2a-10)2-4a4a0，解得：a2.5m/s2。即B球加速度a最大为2.5m/s2时，A球能够追上B球。8在水平轨道上有两列火车A和B相距s，A车在后面做初速度为v0、加速度大小为2a的匀减速直线运动，而B车同时做初速度为零、加速度大小为a的匀加速直线运动，两车运动方向相同要使两车不相撞，求A车的初速度v0满足的条件 9. 如图所示，摩托车做腾跃特技表演。摩托车关闭发动机后以v0=10m/s的初速度冲上高为h、顶部水平的高台，然后从高台水平飞出在各种阻力的影响可以忽略不计的情况下，试分析当台高h多大时，飞出的水平距离最远？最远距离是多少？ 【名师解析】设摩托车从高台上水平飞出时的速度为v，对摩托车以v0=10m/s的初速度冲上高台的过程，由机械能守恒定律，mv02=mgh+mv2摩托车从高台上水平飞出，由平抛运动规律，s=vt，h=gt2联立解得：s=。根号内代数式是一元二次函数，因为二次项系数a=-40，求： （1）当k满足什么条件时，甲乙两车间的距离有最小值。最小值为多大？（2）当k为何值时，当甲车运动到O处时，与乙车的距离和t=0时刻的距离相同？ (2)当t=0时，甲车坐标为（1,0），乙车坐标为（0，1），此时两车距离s0=m。当甲车运动到O处时，kt=1m，乙车y=m=m。两式联立解得：k=1/2.