高中物理中的临界与极值问题

高中物理中的临界与极值问题

宝鸡文理学院附中 何治博

一、临界与极值概念 所谓物理临界问题是指各种物理变化过程中，随着条件的逐渐变化，数量积累达到一定程度就会引起某种物理现象的发生，即从一种状态变化为另一种状态发生质的变化（如全反射、光电效应、超导现象、线端小球在竖直面内的圆周运动临界速度等），这种物理现象恰好发生（或恰好不发生）的过度转折点即是物理中的临界状态。与之相关的临界状态恰好发生（或恰好不发生）的条件即是临界条件，有关此类条件与结果研究的问题称为临界问题，它是哲学中所讲的量变与质变规律在物理学中的具体反映。极值问题则是指物理变化过程中，随着条件数量连续渐变越过临界位置时或条件数量连续渐变取边界值（也称端点值）时，会使得某物理量达到最大（或最小）的现象，有关此类物理现象及其发生条件研究的问题称为极值问题。临界与极值问题虽是两类不同的问题，但往往互为条件，即临界状态时物理量往往取得极值，反之某物理量取极值时恰好就是物理现象发生转折的临界状态，除非该极值是单调函数的边界值。因此从某种意义上讲，这两类问题的界线又显得非常的模糊，并非泾渭分明。

高中物理中的临界与极值问题，虽然没有在教学大纲或考试说明中明确提出，但近年高考试题中却频频出现。从以往的试题形式来看，有些直接在题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”……等词语对临界状态给出了明确的暗示，审题时，要抓住这些特定的词语发掘其内含的物理规律，找出相应的临界条件。也有一些临界问题中并不显含上述常见的“临界术语”，具有一定的隐蔽性，解题灵活性较大，审题时应力图还原习题的物理情景，周密讨论状态的变化。可用极限法把物理问题或物理过程推向极端，从而将临界状态及临界条件显性化；或用假设的方法，假设出现某种临界状态，分析物体的受力情况及运动状态与题设是否相符，最后再根据实际情况进行处理；也可用数学函数极值法找出临界状态，然后抓住临界状态的特征，找到正确的解题方向。从以往试题的内容来看，对于物理临界问题的考查主要集中在力和运动的关系部分，对于极值问题的考查则主要集中在力学或电学等权重较大的部分。

二、常见临界状态及极值条件 解答临界与极值问题的关键是寻找相关条件，为了提高解题速度，可以理解并记住一些常见的重要临界状态及极值条件：

1.雨水从水平长度一定的光滑斜面形屋顶流淌时间最短——屋面倾角为045

2.从长斜面上某点平抛出的物体距离斜面最远——速度与斜面平行时刻

3.物体以初速度沿固定斜面恰好能匀速下滑（物体冲上固定斜面时恰好不再滑下）—μ=tg θ。

4.物体刚好滑动——静摩擦力达到最大值。

5.两个物体同向运动其间距离最大（最小）——两物体速度相等。

6.两个物体同向运动相对速度最大（最小）——两物体加速度相等。

7.位移一定的先启动后制动分段运动，在初、末速及两段加速度一定时欲使全程历时最短——中间无匀速段（位移一定的先启动后制动分段匀变速运动，在初速及两段加速度一定时欲使动力作用时间最短——到终点时末速恰好为零）

8.两车恰不相撞——后车追上前车时两车恰好等速。

9.加速运动的物体速度达到最大——恰好不再加速时的速度。

10.两接触的物体刚好分离——两物体接触但弹力恰好为零。

11.物体所能到达的最远点——直线运动的物体到达该点时速度减小为零（曲线运动的物体轨迹恰与某边界线相切）

12.在排球场地3米线上方水平击球欲成功的最低位置——既触网又压界

13.木板或传送带上物体恰不滑落——物体到达末端时二者等速。

14.线（杆）端物在竖直面内做圆周运动恰能到圆周最高点—最高点绳拉力为零（=0v 杆端）

15.竖直面上运动的非约束物体达最高点——竖直分速度为零。

16.细线恰好拉直——细线绷直且拉力为零。

17.已知一分力方向及另一分力大小的分解问题中若第二分力恰为极小——两分力垂直。

18.动态力分析的“两变一恒”三力模型中“双变力”极小——两个变力垂直。

19.欲使物体在1F 2F 两个力的作用下，沿与1F 成锐角θ的直线运动，已知1F 为定值，则2F 最小时即恰好抵消1F 在垂直速度方向的分力。

20.渡河中时间最短——船速垂直于河岸，即船速与河岸垂直（相当于静水中渡河）。

21.船速大于水速的渡河中航程最短——“斜逆航行”且船速逆向上行分速度与水速抵消。

22.船速小于水速的渡河中航程最短——“斜逆航行”且船速与合速度垂直。

23.“圆柱体”滚上台阶最省力——使动力臂达最大值2R 。

24.机车从静止匀加速启动过程持续的最长时间——t e P P =

25.损失动能最小（大）的碰撞——完全弹性（完全非弹性）碰撞。

26.简谐运动速度最大——位移（恢复力、加速度）为零。

27.受迫振动振幅恰好达最大——驱动力的频率与振动系统的固有频率相等。

28.两个同相相干波源连线上振幅最大的点——两边距连线中点24x n λ=

?；反相波源时/4

x λ=?（2n+1） n=0,1,2,3… 29.只有机械能与电势能相互转化时，重力势能与电势能之和最小时，动能最大。

30.粒子恰不飞出匀强磁场——圆形轨迹与磁场边界相切。

31.纯电阻负载时电源输出功率最大——内外电阻阻值相等。

32.滑动变阻器对称式接法中阻值达最大——滑至中点。

33.倾斜安放的光滑导轨上的通电导体棒静止时，所加匀强磁场方向若垂直于斜面的情况下磁

感强度最小。

34.光从介质射向空气时恰不射出——入射角等于临界角。

35.刚好发生光电效应——入射光频率等于极限频率。

36.带电粒子恰好被速度选择器选中（霍尔效应、等离子发电）——电场力与洛力平衡。

37.“地面卫星”（氢原子处于基态）时，势能最小、总能量最小、运动周期、角速度均最小；

速度、向心力、加速度均最大。

38.等量同性质点电荷连线的中垂线上场强最大的位置求解。

三、临界与极值问题一般解法 临界问题通常以定理、定律等物理规律为依据，分析所研

究问题的一般规律和一般解的形式及其变化情况，然后找出临界状态，临界条件，从而通过临界条件求出临界值，再根据变化情况，直接写出条件。求解极值问题的方法从大的方面可分为物理方法和数学方法。物理方法即用临界条件求极值。数学方法包括（1）利用矢量图求极值（2）用正（余）弦函数求极值；（3）抛物线顶点法求极值；（4）用基本不等式求极值。

（5）单调函数端点值法求极值（6）导数法求解。一般而言，用物理方法求极值简单、直观、形象，对构建物理模型及动态分析等方面的能力要求较高，而用数学方法求极值思路严谨，对数学建模能力要求较高，若能将二者予以融合，则将相得亦彰，对增强解题能力大有裨益。

四、典型问题剖析

例题1．某屋顶横断面是一等腰三角形ABC ，横梁AC=2L （定值），欲使雨水从屋顶面上流下来时间最短，求屋面的倾斜角（摩擦忽略不计，雨水初速为0）

解析：设倾斜角α，AB=s

∵F=mgsinα=ma ，∴a=gsinα

∵s== ∴

当α=45°时，等号成立

所以α=45°，雨水从屋顶（光滑）上流下所用的时间最短解法2.

21sin cos 2

L g t αα=? ∴解得当0=45α时 t 有最小值。

例题2．从倾角为θ的固定长斜面顶点以初速度0v 水平抛出一小球，

不计空气阻力求自抛出经多长时间小球离斜面最远?

解法一：设经t 秒小球距离斜面最远，此时速度必与斜面平行，则 0

y

x v gt tg v v θ== 所以 0v t tg g θ=时小球距离斜面最远。 解法二：小球远离斜面方向的初速度0=sin v v θ0离 远离斜面方向的加速度=-gcos a θ离 所以远离斜面的速度减小至零时相距最远。令+0v a t =0离离 则000sin =cos v v v t tg a g g θθθ==离离 时相距最远。

解法三：球与斜面距离22001cos +sin 022g S v t a t t v t θθ==-?+?+离离 显然当00cos 2()2

v sin v t tg g g

θθθ=-=-时 距离最大 解法四：解析法。选初速度方向为x 轴正向，重力方向为y 轴正向，则代表该斜面的直线方程为y tg x θ=? 平抛物体轨迹方程为2202g y x v =

，设抛物线上任意一点000(,)

P x y 到该直线

距离S == 注意到00tg x y θ?≥ 故S 20020cos sin 02g x x v θθ=-

?+?+ 显然二次函数有极大致的条件为20020sin cos 2()2v x tg g g v θθθ=-=- 即000x

v t tg v g θ==

例题3．一个质量为3kg 的物体放在长木板上，当木板一端抬起使它与水平方向成30°的固定斜面时，物体正好可以沿斜面匀速下滑。当木板水平固定时，用多大的水平拉力能将该物体拉动？ 解析：在斜面上物体所受摩擦力与重力沿斜面向下的分力平衡 即F=mgsin30° 而滑动摩擦力f=μmgcos30°所以μ=tan30°在水平面上拉的时候压力大小等于重力大小。则水平面上的摩擦力f=μmg=mgtan30°所以拉力至少要达到这个值才能拉动物体，

例题4-1．某物体所受重力为200 N ，放在水平地面上，它与地面间的动摩擦因数是0.38，它与地面间的最大静摩擦力是80 N ，至少要用_________N 的水平推力，才能将此物体推动，若推动之后保持物体做匀速直线运动，水平推力应为_________N ；物体在地面上滑动过程中，若将水平推力减小为50 N ，直到物体再次静止前，它所受到的摩擦力为_________N ；物体静止后，此50 N 的水平推力并未撤去，物体所受的摩擦力大小为_________N.

解析：从静止推物体时推力至少达到最大静摩擦力80N 才可以推动物体；推动后当推力大小与滑动摩擦力等值（200×0.38=76N ）时物体将做匀速直线运动；在物体滑动过程中水平推力若减小至50N ，物体受到的滑动摩擦力仍跟原来一样为76N ；物体静止后此50N 的水平推力并未撤去时物体受静摩擦力大小等于此时的水平推力大小50N 。

例题4-2． 如图所示，U 形导线框固定在水平面上，右端放有质量为m 的金属棒ab ，ab 与导轨间的动摩擦因数为μ，它们围成的矩形边长分别为1L 、2

L ，回路的总电阻为R 。从t=0时刻起，在竖直向上方向加一个随时间均匀变化的匀强磁场B=kt ，（k>0）那么在t 为多大时，金属棒开始移动。

解析：当磁场发生变化的时候，有感应电动势产生，在回路中就会产生感应电流，ab 棒会受到安培力的作用，则ab 有向左运动的趋势，则ab 就会受到向右的静摩擦力的作用。当ab 棒受到安培力和静摩擦力的作用平衡时，由12E kL L t ?Φ=

=?可知，回路中感应电动势是恒定的，电流大小也是恒定的，但由于安培力F=BIL ∝B=kt ∝t ，所以安培力将随时间而增大，所以ab 受到的静摩擦力也增大，二者始终是等值反向的，只要安培力的大小没有超过最大静摩擦力，ab 就始终处于静止状态。当安培力大于最大静摩擦力之后，ab 就会运动起来。在静止到运动之间就存在着一个从静止到运动的临界状态，此状态的临界条件就是安培力增大到等于最大静摩擦力。此时有：1212212,kL L mgR kt L mg t R k L L μμ?

?==所以

例题4-3．如图3所示两根平行的金属导轨固定在同一水平面上，磁感应强度的匀强磁场与导轨平面垂直，导轨电阻不计，导轨间距；两根质量均为

电阻均为的平行金属杆甲、乙可在导轨上垂直于导轨滑动，与导轨间的动摩擦因数均为

；

现有一与导轨平行大小为的水平恒力作用于甲杆使金属杆在导轨上滑动，已知210m g s = 求（1）分析甲、乙二杆的运动的情况？（2）杆运动

很长时间后开始，则再经过5秒钟二杆间的距离变化了多少？

图5 解析：（1）金属杆甲在水平恒力（这里0.5f mg μ==甲牛为甲杆所受的最大静摩擦力）作用下将向右加速运动并切割磁感线产生逆时针方向的感应电流，因而使甲杆同时受到水平向左的安培阻力；乙杆中也因为有了电流而受到水平向右的安培动力

，两个安培力等值反向；开始时甲杆的切割速度较小故安培力=均较小，随

的增大则回路中的感应电流增大，所以两杆所受的安培力=

均增大，故甲杆将向右作加速度减小的变加速运动；当

时乙杆也将开始向右作加速度逐渐增大的变加速运动；直到甲、乙二杆的加速

度相等时（此时甲乙两杆速度差v ?最大，回路中动生电流最大即0.50.2=0.44

m BL v v v I R ??????==总， 每杆受安培力最大即0.50.2440

Bm m v v F BI L ??==?

?= 乙杆的加速度最大即max 54

Bm F mg v a m μ-?==-乙 甲杆的加速度最小即min 154

Bm F F mg v a m μ--?==-甲 且两杆的加速度相等，即15544

v v ??-=- 所以 40m v s ?= 2max min ==5m a a s 乙甲） 甲乙两杆以共同的加速度52m s ，恒定的速度差40m s 向右做匀加速直线运动。即甲相对乙将向右做匀速直线运动而远离。

（2）依据上述分析知运动很长时间后甲乙两杆将以共同的加速度52m

s 及恒定的速度差40m s 向右做匀加速直线运动，亦即甲乙二杆间的相对运动速度为=40m v s

相，因而此后经过5秒两杆间的距离将增加=405=200L v t m =??相

例题4-4．如图5所示，质量为kg M 2=的木块与水平地面的动摩擦因数4.0=μ，木块用轻绳绕过光滑的定滑轮，轻绳另一端施一大小为20N 的恒力F ，使木块沿地面向右做直线运动，定滑轮离地面的高度cm h 10=，木块M 可视为质点，问木块从较远处向右运动到离定滑轮多远时加速度最大？最大加速度为多少？

解析： 设当轻绳与水平方向成角θ时，对M 有

Ma F Mg F =--)sin (cos θμθ

整理得Ma Mg F =-+μθμθ)sin (cos

令A =+θμθsin cos ，可知，当A 取最大值时a 最大。

利用三角函数知识有： )sin(12?θμ++=A ，其中211

arcsin μ?+=，而2m a x 1μ+=A ，与此相对应的角为

8.2111

arcsin 902≈+-=μθ 所以加速度的最大值为：22

max /8.61s m g M F a ≈-+=μμ

此时木块离定滑轮的水平距离为：cm h S 25cot ≈=θ

说明：此题并非在任何条件下都能达到上述最大加速度，当木块达到一定值时，有可能使物体脱离地面，此后物体将不在沿着水平面运动。因此，F 、M 、μ必须满足θsin F ≤Mg 。此题所给数据满足上述条件，能够达到最大加速度。

例题4-5．如图3所示，质量为m=1kg 的物块放在倾角为的斜面体上，斜面质量为

，斜面与物块间的动摩擦因数为，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F ，要使物体m 相对斜面静止，试确定推力F 的取值范围。 （）

图3

解析：此题有两个临界条件，当推力F 较小时，物块有相对斜面向下运动的可能性，此时物体受到的摩擦力沿斜面向上；当推力F 较大时，物块有相对斜面向上运动的可能性，此时物体受到的摩擦力沿斜面向下。找准临界状态，是求解此题的关键。

（1）设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F 1，此时物块受力如图4所示，取加速度的方向为x 轴正方向。

图4 对物块分析，在水平方向有

竖直方向有

图4-6 对整体有

代入数值得

（2）设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F 2 对物块分析，在水平方向有

竖直方向有

， 对整体有

代入数值得。 综上所述可知推力F 的取值范围为：

例题4-6.如图4-6所示，跨过定滑轮的轻绳两端，分别系着物体A 和B ，物体A 放在倾角为α的斜面上，已知物体A 的质量为m ，物体B 和斜面间动摩擦因数为μ（μ

解析：物体在斜面上可能恰好不上滑，也可能恰好不下滑，所以

摩擦力可能有两个方向。

以B 为研究对象，由平衡条件得：B T m g = 再以A 为研究对象，它受重力、斜面对A 的支持力、绳的拉力和斜面对A 的摩擦作用．假设A 处于临界状态，即A 受最大静摩擦作用，方向如图所示，根据平衡条件有：cos N mg θ= 0,m m T f mg f N μ--==或：0,m m T f mg f N μ+-==

综上所得，B 的质量取值范围是：(sin cos )(sin cos )

B m m m θμθθμθ-≤≤+ 例题5-1．甲物体以=4m v s

甲做匀速直线运动，乙物体在其后面5m 处沿同一直线同一方向做初速为零加速度22m

a s =的匀加速直线运动，问乙物体是否可以追上甲物体？并求出其间距

离的最大值。 解法一：（1）乙物体一定可以追上甲物体。（2）用临界法分析求极值：乙物体加速至=4m v s 甲前，速度小于其前方的甲物体运动速度，此阶段其间距离不断增大，当乙物体加速至=4m v s 甲后，速度大于其前方的甲物体运动速度，所以在尚未追上甲物体前，其间距离不断减小，故

等速时其间距离最大。令a t v ?=甲 解得4==22

v t s a =甲 此时相距最远 22max 01154222922

s s v t at m =+?-=+?-??=甲 解法二：（2）用抛物线顶点坐标法求极值：依据甲乙两物体各自运动规律可得出其间的距离函数222011+5424522

S S v t at t t t t =?-=+-?=-++甲 显然当422(1)t =-=-s 时 2max 4(1)5-4=9m 4(1)

S ?-?=?-

例题5-2．（宝鸡2012年二模）如图所示，质量

为6kg 的小球A 与质量为3kg 的小球B ，用轻

弹簧相连后在光滑水平面上共同以速度0v 向左

匀速运动，在A 球与左侧竖直墙壁碰后两球继

续运动的过程中，弹簧的最大弹性势能为4J ，

若A 球与左侧墙壁碰撞前后无机械能损失，试求0v 的大小。

解析：这里弹性势能最大时即簧压缩量最大，亦即A 与左侧墙壁碰后以0v 为初速（碰墙壁无机械能损失）向右减速运动，B 仍以0v 为初速向左减速，但B 球质量小先减至零又反向向右加速运动，二者均向右运动等速时其间距离最小，此时簧的弹性势能最大。因为碰墙壁后向右运动过程A+B 系统总动量守恒，如果选向右为正方向则

00()()A B A B AB m v m v m m v +-=+

又因为碰墙壁后向右运动过程A+B （含簧）系统总机械能守恒则

22200111()()4222

A B A B AB m v m v m m v +-=++ 联立求解并代入数值得01m v s

= （13AB m v s =） 例题5-3．（90年全国卷）在光滑的水平轨道上有两个半径都是r 的小球A 和B ，质量分别为m 和2m ，当两球心间距离大于L （L 比2r 大得多）时，两球之间无相互作用力；当两球心间距离等于或小于L 时，两球间存在相互作用的恒定斥力F 。设A 球从远离B 球处以速度

0v 沿两球连心线向原来静止的B 球运动，如图12-2所示，欲使两球不发生接触，0v 必须满足什么条件

解析 ： 据题意，当A 、B 两球球心间距离小于L 时，两球间存在相互作用的恒定斥力F 。故A 减速而B 加速。当B A v v >时，A 、B 间距离减小；当B A v v <时，A 、B 间距离增大。可见，

当B A v v =时，A 、B 相距最近。若此时A 、B 间距离r x 2>，则A 、B 不发生接触（图12-3）。上述状态即为所寻找的临界状态，B A v v =时r x 2>则为临界条件。

两球不接触的条件是：B A v v = （1）

2B A L S S r +- （2）

其中A v 、B v 为两球间距离最小时，A 、B 球的速度；A S 、B S

为两球间距离从L 变至最小的过程中，A 、B 球通过的路程。

设0v 为A 球的初速度，

对于A+B 系统由动量守恒定律得 B

A mv mv mv 20+= （3） 对于A 球由动能定律得022011cos18022

A A F S mv mv ?=

- （4） 对于B 球由动能定律得 021cos0(2)2B B F S m v ?= （5） 联立解得：m r L F v )

2(30-<

评析 本题的关键是正确找出两球“不接触”的临界状态，为B A v v =且此时r x 2>

例题6．（09年江苏卷）如图所示，两质量相等的物块A 、B 通过一轻质弹簧连接，B 足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑。弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内。在物块A 上施加一个水平恒力，A 、B 从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列

说法中正确的有 （ ）

A ．当A 、

B 加速度相等时，系统的机械能最大

B ．当A 、B 加速度相等时，A 、B 的速度差最大

C ．当A 、B 的速度相等时，A 的速度达到最大

D ．当A 、B 的速度相等时，弹簧的弹性势能最大

解析：分析本题的关键是对物体进行受力分析和运动过程分析，使用图象处理则可以使问题

更加简单。A 、B 物块在水平方向受力如右图上下，

F 1为弹簧的拉力。

A 从静止开始向右做加速度减小的变加速直线运动，

B 从静止开始向右做加速度增大的变加速直线运动，当两物块加速度相等时它们的速度差最大（因为该阶段A 速度的增加值总是大于B 速度的增加值），————选B.

该过程可视为B 板后沿(质点)追击A 物块，因为前面A 物体的速度总是大于后面B 物体的速度，所以其间距离不断增大（同一时间内A 物的位移总是大于B 物的位移），当两物体等速时其间距离最大即弹簧伸长量最大，所以弹簧的弹性势能最大。————选D

据前分析该过程A 物体始终做加速度减小的加速运动（B 物也始终加速但加速度增大），这种运动一直持续到A 物体加速度减为零（此时B 物体加速度增至F/m ），即A 物体速度单调增加，故末时刻速度最大。————选C.

又因外力F 不断做正功，所以系统机械能不断增大，末时刻机械能最大。————排除A. 两物体的速度时间图像如下： 1t 时刻2A B F a a m

== 2t 时刻A B v v =且A 物加速度

=0

例题7-1．消防队员为了缩短下楼时间，往往抱着直立于地面的竖直滑杆直接滑下（设滑杆在水平方向不能移动），假设一名质量为60kg 的消防队员从离地面18m 的七楼抱着竖直的滑杆以最短的时间滑下。已知消防队员的手和脚对杆之间的压力最大为1800N ，手和脚与滑杆之间动摩擦因数为0.5，消防队员着地的速度不能大于6m/s ，当地的重力加速度210m

g s =求： （1）消防队员下滑的最短时间？

（2）消防队员下滑过程中最大速度？

解法一（基本不等式极值法）：设消防队员先做自由落体运动1t ，其次匀速运动2t （计算知人与滑杆之间最大静摩擦力为900N 大于重力600N ），最后匀减速运动3t ，到达地面时恰好减速至3v =6m/s ，则下滑时间123T=t t t ++……………………………………………①

且18=21112316+22gt gt gt t t +?+?…………………………………..②

又依牛顿第二定律知消防队员减速下滑的加速度最大值为

220.518006010560

m N mg

m m a s s m μ-?-?=== 而依运动学公式知

13g 6t a t -=所以13g 65t t -=即13g 65t t -=…..③ 将②③式代入①式并整理有

2111231111108751063546T==5052255t t t t t t t t t --++++=+- 显然因为1302t ，154025t 且11354225t t ?为定值，所以当11354=225t t 即1 1.2t s =时

min 35461.2 2.4225 1.25T s s s s =?+-=?

即消防队员下滑的最短时间为2.4 s ，即加速1.2s 、匀速0s 、减速1.2s.

（2）消防队员下滑的最大速度即自由落体段下滑的末速度

max 110 1.212m m v gt s s ==?= 解法二（图像法）如果消防队员首先自由落体至某速度m a x v ，然后立即以最大加速度220.518006010560m N mg

m m a s s m μ-?-?===匀减速至3=6m v s

时位移恰好为18m ，这种临界状态的v-t 图像如下图中实线OAB 所示，其与横轴所围成的图形“面积”恰好为18m ，显然其他任意一个含有匀速运动段的图形若面积与其相等(例如OPQM)，则底边长度必大于24s.所以先加速后减速中间无匀速运动段，历时最短。

例题7-2．（06年上海卷） (辨析题):要求摩托车由静止开始在尽

量短的时间内走完一段直道，然后驶入一段半圆形的弯道，但在

弯道上行驶时车速不能太快，以免因离心作用而偏出车道，求摩

托车在直道上行驶所用的最短时间。有关数据见表1。

某同学是这样解的：要使摩托车所用时间最短，应先由静

止加速到最大速度1v =40m/s ，然后再减速到2v =20m/s ， 111=...v t a =1222

...v v t a -==；12t t t =+ 你认为这位同学的解法是否合理?若合理，请完成计算；若不合理，请说明理由，并用你自己的方法算出正确结果。

解析：上述解法不合理，因为加速时间11140==104

v t s a =， 减速时间122240-20s=2.58v v t s a -==

所以加速距离221111*********

s a t m m =

=??=， 减速距离12224020 2.57522

v v s t m m ++=?=?= 因为12275218s s m m +=，故不合理。 应先以214m a s =加速到最大速度m v （并非40），又以加速度228m a s =减速到220m v s =恰完成218m 的直道距离行驶，即为最短时间。所以加速距离211

'2m v s a =，减速距离22222

'2m v v s a -= 令''12218s s +=，解得 36m m v s = 所以加速时间'113694

m v t s s a ===， 减速时间'222362028

m v v t s s a --=== 故最短时间''129211t t t s s s =+=+= 例题7-3．（2013年宝鸡市一检试题）如图所示，水平地面上有A 、B 两点，且两点间距离LAB=15m ，质量m=2kg 的物体（可视为质点）静止在A 点，为使物体运动到B 点，现给物体施加一水平F =10N 的拉力，求拉力F 作用的最短时间。（已知地面与物块的滑动摩擦因数μ=0.2，g 取10m/s2）

解析：可证要使F 作用时间最短，则F 作用一段最短时间1t 后撤去该力，使物体匀减速运动2t 时间在B 点恰好停止（证明见后）。

设匀加速直线运动的加速度为a1，运动的位移为1s ，由题意可得：

1ma mg F =-μ （1）

21112

1t a s = （2） 设撤去F 后物体做匀减速直线运动的加速度大小为2a ，时间为2t ，位移为2s ，由题意可得：

2ma mg =μ （3）

22222

1t a s = （4） 2211t a t a = （5）

AB L s s =+21 （6）

联立解得最短的时间s t 21= （7）

证明：设恒力F 作用时间为1t ，则加速段位移21132

s t =

滑行段的位移、初速度、加速度分别为213152t -、13t 、-2，设滑行段末速度为t v ，则222113(3)2(2)(15)2t v t t -=?--

解得0t v =≥，故12t ≥ 即恒力作用时间最小需要2s 。

亦即滑行至末速恰好为零所需的时间为2s (也可通过v-t 图像证略) 。

例题8． 甲车以1v 在平直的公路上匀速行驶，乙车在甲车后方距离甲车S 处以更大的速度2v 同向行驶，如果甲车的行驶速度保持不变，为了确保两车不相撞，乙车做匀减速直线运动的加速度大小至少为多大？

解法一：临界状态为乙车从2v 匀减速至1v 时恰好追上甲车。设乙车做匀减速直线运动的加速度最小值为a ，恰追上时历时0t 则20=v v at -乙 令201==v v at v -乙 解得210v v t a

-= 又因为21101=v v s v t v a

-=?甲 2222212121200211s =()222v v v v v v v t at v a a a a ----=?-?=乙 令+s s s =乙甲 解得2

21()2v v a s

-= 解法二：以甲车为参照物，乙车的相对初速度为21v v -，设加速度（亦即相对加速度）为a

相对末速度为0，相对位移为S ，则有22

21()02v v as --= 所以

2

21()2v v a s

-= 例题9．如图所示，竖直放置的U 形导轨宽为L ，上端串有电阻R （其

余导体部分的电阻都忽略不计）。磁感应强度为B 的匀强磁场方向垂直

于纸面向外。

金属棒ab 的质量为m ，与导轨接触良好，不计摩擦。从静止释放后ab

保持水平下滑。试求ab 下滑的最大速度m v 。

解析：释放瞬间ab 只受重力，开始向下加速运动，只要ab 有速度，在ab 上就会产生动生电动势，在回路中就会产生电流，由左手定则知，ab 会受到向上的安培力的作用。动生电动势会随着速度的增大而不断的增大，回路中电流就会不断的增大，根据=F BIL 安，安培力会不断的增大，则ab 做加速度减小的加速运动，其速度不会无限的增大，当0F mg -=安时，其加速度就变为0，速度达到最大，开始做匀速直线运动。因此，在从变速运动状态变到匀速状态之间有一个速度达到最大的状态，此状态的临界条件就是ab 受的的重力大小等于安培力大

图2

小。抓住这个临界条件，由mg R v L B F m ==22，可得

22L B mgR v m = 例题10-1．如图所示，m =4kg 的小球挂在小车后壁上，细线与竖直方向成37°角。要使后壁对小球不产生力的作用小车的加速度应满足的条件？

解析：小车向左加速或向右减速时，后壁对小球的作用力N 有可能减为

零，这时小球将离开后壁而“飞”起来。这时细线跟竖直方向的夹角会改

变，因此细线拉力F 的方向会改变。所以必须先求出这个临界值。分析知

在该临界状态下，

小球竖直方向平衡， 则0cos37=F mg

细线拉力水平分量使得小球在水平方向加速，则0

sin37F ma =

联立解得 小车向左加速或向右减速的加速度大小至少为0a=g tg37?

例题10-2.一根劲度系数为k,质量不计的轻弹簧，上端固定,下端系一质量为m 的物体,有一水平板将物体托住,并使弹簧处于自然长度。如图所示。现让木板由静止开始以

加速度a(a ＜g)匀加速向下移动。求经过多长时间木板开始与物体分离。

解析：以拴接于簧下的物体为研究对象，设物体与平板整体向下运动的距离

为x 时，物体受重力mg 和弹簧的弹力F=kx 及平板的支持力N 作用。据牛顿

第二定律有：

mg-kx-N=ma 得N=mg-kx-ma 当N=0时，物体与平板分离，所以分离时k a g m x )(-=

依2

21at x =，则ka a g m t )(2-=。

例题10-3．如图1所示，质量均为M 的两个木块A 、B 在水平力F 的作用下，一起沿光滑的水平面运动，A 与B 的接触面光滑，且与水平面的夹角为60°，求使A

与B 一起运动时的水平力F 的范围。 解析： 当水平推力F 很小时，A 与B 一起做匀加速运动，当F 较大时，

B 对A 的弹力N F 竖直向上的分力大小等于A 的重力时，地面对A 的支持力NA F 为零，此后，物体A 将会相对B 滑动。显而易见，本题的临界条件是水平力F 为某一值时，恰好使A 沿A 、B 接触面向上滑动，即物体A 好为零，受力分析如图2。

对整体有：2F M a =?；

隔离A ，对于0=NA F 的临界状态有

Ma F F N =- 60sin ， 060cos =-Mg F N 。

图1

解得：Mg F 32=

所以F 的范围是0≤F ≤Mg 32

例题10-4．某斜面放在水平地面上，倾角 53=θ，一个质量为0.2kg 的小球用细绳吊在斜面

顶端，如图3所示。斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行，不计斜面与水平面的摩擦，当斜面以210m

s 的加速度向右运动时，求细绳的拉力及斜面对小球的弹力。（g 取210m s ） 解析：斜面由静止向右加速运动过程中，斜面对小球的支持力将会随着a

的增大而减小，当a 较小时，小球受到三个力作用，此时细绳平行于斜面；当a 增大时，斜面对小球的支持力将会减少，当a 增大到某一值时，斜面对小球的支持力为零；若a 继续增大，小球将会“飞离”斜面，此时绳与水平方向的夹角将会大于θ角。而题中给出的斜面向右的加速度210m a s =，到底属于上述哪一种情况，必须先假定小球能够脱离斜面，然后求出小球刚刚脱离斜面的临界加速度才能断定。

设小球刚刚脱离斜面时斜面向右的加速度为0a ，此时斜面对小球的支持

力恰好为零，小球只受到重力和细绳的拉力，且细绳仍然与斜面平行。对

小球受力分析如图4所示。显然有

0c mg tg ma θ?= 代入数据解得20/5.7s m a = 因为2/10s m a =＞0a ，所以小球已离开斜面，斜面的支持力0=N F 。 同理，由受力分析可知，细绳的拉力为：N ma mg T 83.2)()(22≈+=

此时细绳拉力T 与水平方向的夹角为：arct g 45mg ma

θ== 例题10-5．如图8所示，一光滑的半径为R 的半圆形轨道位于竖直平面内，其最低点与水平地面相切于A 点，一个质量为m 的小球以某一速度从C 点冲

上轨道，当小球将要从轨道口B 点飞出时，轨道的压力恰好

为零，则（1）小球到达B 点的速度为多大？（2）落地点C

距A 处多远？

解析：小球在B 点受重力mg 、轨面向下的弹力B N ，依牛顿第二定律有2B B v mg N m R += 而依题意知2m =0B B v N mg R

=- 所以

B v 小球离开B 点后平抛运动历

时t = 所以落点C 到轨道最低点A 距离为

图

3 0 图4

2B x v R == 例10-6.(99年全国卷)如图示，两木块的质量分别为m 1和m 2，两轻质

弹簧的劲度系数分别为k 1和k 2，上面木块压在上面的弹簧上(但不拴

接)，整个系统处于平衡状态．现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离

开上面弹簧．在这过程中下面木块移动的距离为(参考答案:C)

A.m 1g/k 1

B.m 2g/k 2

C.m 1g/k 2

D.m 2g/k 2

【解析】此题属于较为简单的问题，是考察胡克定律及共点力平衡条件的题目．题中物体间距离的变化，要通过弹簧形变量的计算求出．缓慢上提过程，说明整个过程系统始终处于一种动态平衡状态，直至m 1离开上面的弹簧．同时还应注意m 1刚离开上面弹簧的临界状态是该簧恰处自然长度。初态时下面的弹簧被压缩，其压缩量为(m 1 + m 2)g ／k 2，而m l 刚离开上面的弹簧时，下面的弹簧仍处于压缩状态，压缩量为m 2g ／k 2，因此m 2移动距离△x ＝(m 1 + m 2)·g ／k 2 - m 2g ／k 2＝m l g ／k 2．选C.

例题11-1．.汽车在平直的水平路面上以20m

s 的速度匀速行驶，关闭发动机油门后匀减速滑行的加速度大小为22m s ，最远还可以滑行多少距离？

解析：最远还可以滑行2222

0200100()22(2)

t v s m a --===?- 例题11-2．如图7所示，矩形匀强磁场区域的长为L ，宽为L/2。磁感应强度为B ，质量为m ，电荷量为e 的电子沿着矩形磁场的上方边界射入磁场，

欲使该电子由下方边界穿出磁场，求：电子速率v 的取值范围？

解析：带电粒子射入磁场后，由于速率大小的不同，导致粒子轨

迹半径不同，如图所示。当速率最小时(设为1v )，粒子恰好从d

点射出，由图可知其半径r=L/4， 再由1mv r Be =，得14eBL v m

= 当速率最大时(设为2v )，粒子恰 好从c 点射出，由图可知其半径R 满足222()2

L R L R =+- 即 54

L R =， 又依据2mv R eB = 故254eBL v m = 所以电子速率v 的取值范围为：。

点评：本题给定带电粒子在有界磁场中运动的入射速度的方向，由于入射粒子的速度大小不

同，则其运动轨迹半径不同，处理这类问题时重点是画出临界状态粒子运动的轨迹图，本题特别需要注意的是有两种临界状态。

例题12．排球场总长18m ，设球网高度为2m ，运动员站在离网3m 的线上正对网前跳起将球水平击出．（球飞行中阻力不计）

（1）设击球点在3m 线正上方高度为2.5m ，试问击球的速度在什么范围内才能使球既不触网也不出界；

（2）若击球点在3m 线正上方的高度小于某个值，那么无论水平击球的速度多大，球不是触网就是越界，试求这个高度．（g=10m/s 2）

解析：（1）排球在3米线上方距地面2.5m 处被水平击出后做

平抛运动，若正好压在端

线上，则在空中飞行时间12

t s =

=，所以排球不越界的临界击球速度值为

1112/v s t ==

。如果排球恰好不触网，则在空中飞行时间2t ==，所以排球不触网的临界击球速度值

为223/v s t =

=。综上击球的速度

在//s s -才能使球既不触网也不出界；

（2）若击球点在3m 线正上方的高度小于某个值（设在3m 线正上方距离网顶部高度L 处），水平击球成功的“速度上下限范围将缩窄至零”，即无论水平击球的速度多大，球不是触网就是越界。根据上述（1）中的计算可知，排球被水平击出后做平抛运动，若正好压在端线上，则在空中飞行时

间/1t = ，排球不越界的临界击球速度值

为/1/112v t ==

；如果排球恰好不触网，则在空中飞行时间/2t =不触网的临界击球速度值

为/2/23v t =

=。令“速度上下限范围缩窄至零”，

即//12v v ===16L=2+L 所以L=2/15≈0.13米 即在3米线上方水平击球时若击球点高度低于2.13米不是触网便是出界。

例题13．如图在光滑的水平台上静止着一块长50厘米，质量为1千克的木板，板的左端静止着一块质量为1千克的小铜块(可视为质点)，一颗质量为10克的子弹以200米/秒的速度射向铜块，碰后以100米/秒速度弹回。问铜块和木板间的摩擦系数至少是多少时铜块才不会从板的右端滑落，（210m g s =）

解法一：子弹与铜块碰撞过程总动量守恒，根据动量守恒定律有

0.01200=0.01-+v ???铜（100）1 解得=3m v s

铜 同理可求得不滑落时铜块与木板最终的共同速度为13 1.511t m v s =

?=+ 依能量转化关系有 221113=1+1 1.5+10.522

g μ???????（） 解得 =0.45μ 解法二：以木板为参照物铜块的初速度为03m v s = 临界末速度0t v = 位移s=0.5m 加速度()m g

a g m μμ=-+铜板=-2g μ 所以220-3=2

-g μ?（20.5） 解得=0.45μ 例题14．如图所示，将一个质量为m 的小球先后栓接在轻质细绳和细杆

的一端，绳和杆子的长度相同，为使小球刚好能在竖直平面内做圆周运动，经

最低点时绳子的拉力T1为 ，杆子的拉力T2为 。

解析：轻绳端连物在竖直平面上做圆周运动到达圆周最高点的速度v 绳高=0v 杆高 依机械能守恒定律可以求得在圆周最低点响应速度分别为

v 低绳 v 低杆 因为小球在圆周最低点时超重 所以

16T mg mg =+= 25T mg mg =+= 例题15． 将物体以一定初速度竖直向上抛出，已知该物体除受重力外还受到一个向右的水平恒力作用，若选抛点为原点，向右和向上分别为x 、y 轴正方向，已知其运动轨迹的最高点M 横纵坐标分别为3和2，若已知重力加速度g=102m s

求①落回到x 轴的N 点时的横坐标②落回到N 点时的速度大小。

解析：①设上升、下落段历时分别为12t 、t ，分析y 方向的竖直上抛分运动知012==v g t t 又因为x 方向的分运动是初速为零的匀加速直线运动，所以前后两端位移之比为12:1:3x x = 所以2139x x == 即 12N x =

②落至N 点时竖直分速度 020N y v v = 水平分速度 121()2

N x x x v a t t a t =?+=? 而21132x a t =

21122x g t = 两式相比知32

x a g = 所以

0322Nx v v g g =?= 所以落至N 点的速度

20N m v s

=== 例题16-1．如图所示，一个质量为m 的小球，用两根等长的细绳1、2连接在车厢的A ，C 两点，已知两绳拉直时，与车厢前壁的夹角均为045，试求当车厢以多大加速度向左做匀加速直

线运动时连接于C 点的细绳2恰好被拉直。

解析：连接于C 点的细绳2恰好被拉直时，其张力为零（等效于剪去该绳2）则因为小球在

竖直方向的平衡有0cos 45A mg T =，在水平方向同于车厢加速度（设为a ）则0s in45=m A T a

联立解得车厢加速度a g =

例题16-2．如图所示，当AC 、BC 两绳都拉直时，与轴的夹角分别为30°和45°，若要使小球随轴一起在水平面内做匀速圆周运动将两绳都拉直，小球最小角速度为多少（已知AC 绳子长度为L ）？

解析：设临界角速度为ω，即角速度小于该值时BC 绳子将松弛，故以该临界角速度运动时，等效于剪掉BC 绳子，且AC 绳子与转轴夹角仍保持0

30，设此时AC 绳子张力为AC T 则因小

球在竖直方向平衡有0c o s 30AC mg T =，在水平方向做匀速圆周运动有200s i n 30s i n 30AC m L T ω?=

联立解得ω 例题17． 已知力F 的一个分力1F 的方向及另一个分力2F 的大小，求1F 的大小，并就解的情况加以讨论。

解析：此类分解问题因已知分力2F 的大小不同将有以下四种不同的结果：

图17-2 ①当

时，以2F 为半径的圆与1F 方向线没有交点（相离），不能构成一个平行四边形，故无解。 ②当

时，以2F 为半径的圆与1F 方向线有一个交点（相切），故此情形有唯一解。 ③当

时，以2F 为半径的圆与1F 方向线有两个交点（相割），故此情形有两个解。 ④当时，以2F 为半径的圆与1F 方向线有一个交点，此情形有唯一解。

例题18-1．如图所示，一个重为G 的匀质球放在光滑的斜面上，斜面倾角为θ，在斜面上有一个光滑的薄木板挡住球，使之处于静止状态，今使木板与斜面的夹

角β从很小开始缓慢增大，问在此过程中，球对木板和球对斜面的压

力大小如何变化？

解法一（函数计算法）：

球体受力如下图所示。在木板与斜面的夹角β从很小开始缓慢增大过程中可认为球体总是处

于平衡状态，依据平衡条件，在水平方向有 012sin cos(90)N N θβθ=--…①

在竖直方向有 12cos sin(90)N G N θβθ=+-- …… ② ①②式联立解得

2sin =sin N G θβ

1=cos sin ()

G N ctg θθθβ-+ 显然随β在000-180范围的增大()ctg θβ+单调减小，故1N 单调减小。而2N 随β角度的增大先减后增，即0=90β时 2=s i n N G θ

最小。 解法二（矢量图解法）：

对平衡状态的球体进行受力分析如图所示，三个力的合力为零.其中重力

G 的大小和方向都不变；斜面对球体的弹力N （解法一中的1N ）方向不变，大小可变，暂称为“单变力”； 挡板对球体的弹力F （解法一中的2N ）方向随挡板逆时针转动而转动暂称为“双变力”，画出其矢量三角形如图所示.在这变化过程中，由图直接可以看出，N 一直减小，而F 先减小后增大.当F 与N 垂直（解法一中0

=90β）时，F 的值最小；当F 转至竖直向上（挡板水平，即解法一中0=180-βθ）时，N 减小到零，F 大小等于G 。

例题18-2. 如图17-2所示，将一物体用两根等长OA 、OB 悬挂在半圆形架子上，B 点固定不动，在悬挂点A 由位置C 向位置D 缓慢移动的过程中，物体对OA 绳的拉力变化是（ ）

A.由小变大

B.由大变小

C.先减小后增大

D.先增大后减小

解析：在进行动态分析时，首先找到不变的恒力和力发生变化的临界点

悬挂点A 由位置C 缓慢移动的过程中，每个位置都处在平衡状态，合力为零。

以结点O 为研究对象，受三个力的作用而处于平衡状态，因此三个力必构成一个闭合矢量三角形。因重力的大小和方向始终不变，BO 绳的拉力方向不变，在AO 绳由位

置C 到D 移动过程中可以做出一系列的闭合的三角形，如图4所示。由图可知

OB 绳的拉力由小变大，OA 绳的拉力由大变小，当OA 垂直于OB 时绳OA 的

拉力达到最小值，此时，绳OA 的接力由减小到增大的临界点。则C 正确。 【思维总结】作矢量图时，每个三角形所表示重力边的长度、方向都不变，TB 的方向不变，然后比较做出的各个三角形表示有哪些不同。要特别注意是否存在极值和临界点，这是判断力变化的关键。

例题19． 一个质点在1F 和2F 两个力的作用下，沿与1F 成30°角的直线运动，

已知1F ＝10N ，要使2F 为最小值，2F 应该等于多少

解析 ：物体由静止开始做直线运动，合力方向一定是物体运动方向。所以将1F 正交分解成一个沿运动方向与一个垂直运动方向的力。此时，垂直运动方向的分力必须得抵消掉，即2F 大于等于1F 的垂直运动方向分力，所以2F 最小值为5N ，方向是垂直运动方向。

例题20． 证明小船渡河速度垂直于水流速度时渡河时间最短。

证明 设河宽为d ，船速为v ，船速与水速夹角为θ 则渡河时间 sin d t v θ=

显然当 0min =90t d v θ=时 （如下图所示） T A2

T B 图4 T A1 G T A3 T A4

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/m9gq.html