2021届高考物理模拟题思维方法精练08 极值问题（解析版）.pdf

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1、物理思维方法2021最新模拟题精练专题8极值问题一.选择题1.（2019全国高考猜题卷6）如图所示，质量为m=10 k g 的木箱置于水平地面上，它与地面间的动摩擦因数 =乎，受到一个与水平方向成。角斜向上的拉力F,为使木箱做匀速直线运动，拉力F的最小值以及此时。分别是（）A.50 N 30200C.T-N 30【参考答案】AB.50 N 60200D.亍 N 60【名师解析】木箱受重力吆、拉力尸、地面的支持力和滑动摩擦力作用，根据平衡条件得尸cosO=R,Fsine+N=际，又 F尸从FN,联立解得尸=cos6+sinO=T而sin（9+a），其中 ta n a=S，a=60。，由数学知识知

2、：当 9+a=90。，即 0=30。时尸有最小值,近umff 3 x 10 x10且最小值为居疝=了=0 尊）N=50N,故 A 正确，B、C、D 错误.2.（2019山东青岛联考）如图所示，质量为，的长方体物块放在水平放置的钢板C上，物块与钢板间的动摩擦因数为，由于光滑固定导槽A、8 的控制，该物块只能沿水平导槽运动。现使钢板以速度也向右匀速运动，同时用水平力F 拉动物块使其以速度以也的方向与0 的方向垂直，沿 y 轴正方向）沿导槽匀速运动，下列说法正确的是（）A.若拉力厂的方向在第一象限，则其大小一定大于B.若拉力尸的方向在第二象限，则其大小可能小于m g环C.若拉力厂的方向沿y 轴正方向

3、，则此时尸有最小值，其值为“北 防 市 p也D.若拉力F的方向沿），轴正方向，则此时F有最小值，其值为叫 蝠 养 Q【参考答案】.B D【名师解析】工件有相对于钢板水平向左的速度V,和沿导槽的速度V 2,故工件相对于钢板的速度如图所示,r i1 1滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，所以有：F=f c o s 6=；g 不 年 不 c o s 仇 因 此F=N“g q%2+y,2 M g，即V 2若拉力F的方向沿y轴正方向，则此时F有最小值，其 值 为 7 g 赤选项BD正确。3.（2 0 1 3 天津）如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于。点。现用水平力尸缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩

4、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取 以及绳对小球的拉力FT的变化情况是A.FN保持不变，尸 7 不断增大B.E 不断增大，F r 不断减小C.保 持 不 变，F r 先增大后减小D.乙 不断增大，FT先减小后增大【名师解析】由于用水平力F缓慢推动斜面体，小球处于动态平衡。小球受到大小方向不变的重力、方向不变的斜面支持力、方向大小均变化的细线拉力，三力构成封闭的三角形，画出小球受力动态图，如图所示。当细线与斜面平行时，细线拉力FT2与支持力方向垂直，细线拉力入2最小。当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，细线拉力为臼4,所以产厂先减

5、小后增大。而此过程中斜面对小球的支持力心一直增大。选项D正确。【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。4.（2012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M,球对木板的压力大小为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A.M始终减小，M始终增大B.M始终减小，M始终减小C.M先增大后减小，M始终减小D.M先增大后减小，M先减小后增大【参考答案】B【名师解析】：画出小球受力图，将重力沿垂直于墙面方向和垂直于木板方向分解，由平衡条件可得墙面

6、对球的压力大小为Ni=mgcot仇木板对球的支持力N2=mg/sin。，根据牛顿第三定律，球对木板的压力大小为M=N2=mg/sinO。将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。6逐渐增大，.M始终减小，M始终减小，选 项B正确。解答此题也可画出如下图所示的物体受力的动态平衡矢量图分析得出。计算题1.（2018北京理综）.（18分）如图1所示，用电动势为E、内阻为r的电源，向滑动变阻器R供电。改变变阻器R 的阻值，路端电压U 与电流/均随之变化。0-图2（1）以U 为纵坐标，/为横坐标，在图2中画出变阻器阻值R 变化过程中图像的示意图，并 说 明 图 像 与两坐标轴交点的物理意义。（2）a.请在

7、图2画好的U-/关系图线上任取一点，画出带网格的图形，以其面积表示此时电源的输出功率;b.请推导该电源对外电路能够输出的最大电功率及条件。（3）请写出电源电动势定义式，并结合能量守恒定律证明：电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和。【名师解析】（1）图象如图所示，图象与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流（2）a.如图所示0R,短E2p=I2 R =Rb,电源输出的电功率 IR+J 0。，/?+2 r +R2当外电路电阻R=r 时，电源输出的电功率最大，为 匕=三4 r（3）W电动势定义式E=一q根据能量守恒定律，在 图 1 所示电路中，非静电力做功w产生的电能等于

8、在外电路和内电路产生的电热，即W =I2rt+I-R t=Irq+lR qE =Ir+IR =U 内+U 外2 .一条河宽L=6 0 m,水速v k4 m/s,船在静水中的开行速度v 开=3 m/s。（1）求出小船渡河的最短时间f,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。），时间最短：t,nin=L/v i f=6 0/3 s=2 0 s,s=v/m,

9、=5 x 2 0 m=1 0 0 m（2）运动的合成与分解遵循平行四边形定则，由 V 即小船不可能垂直到达对岸。只有当v 开、v 木 两个速度的合速度与河岸的夹角越大，则小船的实际位移越小。把代表v k 的有向线段移到代表v 水的有向线段端点，如答图方所示，可见：改变船头的方向，有向线段v开的箭头端点始终在一圆弧上。随着船头方向的改变，合速度的方向也随之改变。只有当船头的朝向与合运动的方向垂直时，0有最小值。由几何知识可得：c o s 伊 川 开/v 水=3/4,又 co$0=L/smia,即 s”d =8 0 m。3.（2 0 1 3山东）如图所示，一质量相=0.4 k g 的小物块，以 v

10、 o=2 m/s 的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力尸作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经仁2 s 的时间物块由A 点运动到B 点，A、B 之间的距离L=1 0 m。已A知斜面倾角9=3 0,物块与斜面之间的动摩擦因数=二。重力加速度g取 1 0 m/s 2.3(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，拉力尸最小？拉力尸的最小值是多少？【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厂的表达式，应用数学知识求得拉力厂的最小值(1)设物块加速度的大小为a,到达

11、B 点时速度的大小为v,由运动学公式得：I ,L-w)f+厂，v=vo+at12联立代入数据解得：t 7=3 m/s2,v=8 m/s。(2)设物块所受支持力为FN,所受摩擦力为6,拉力与斜面之间的夹角为口 受力分析如图J 所示。由牛顿第二定律得：Fcosa-mgsin3-Ff=ma,Fsina+FN-mgcos()=0,又 f/=|.i F/v o联立解得：4 上m2(-s-in-8-+-c-os。)+macos a+sm a山数学知识得：c os a+s i n a=s i n(60 0+a),3 3可知对应的“最小值的夹角a=3 0 代入数据得产的最小值为：及加=+2 已&54.（2 0

12、 1 6太原联考）如题7 5 图所示，木板与水平地面间的夹角。可以随意改变，当 Q 3 0。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v o=l O m/s 的速度沿木板向上运动，随着6 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=1 0 m/s 2。（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 心3 0。时，小木块恰好能沿着木板匀速下滑。根据平衡条件有：mgsin 0=f.imgcos0解得：=正3（2）在小物块沿木板向上滑行过

13、程中，由动能定理,1 2-mg s i n。x -/jmg c os 0 x=O-m v0解 得.X=-r =-/-2 g （s i n 6+c os 9）2 g 旧万（s i n 0+（p）其中t a n。=等jr所以 =30当。+0 =5 时，即=60。时 x最小。最小值为：x =-=m olag 1 05 .（2 0 1 2 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，以速度如沿水平方向跳向另一侧坡面。如例7 6 图所示，以沟底的。点为原点建立坐标系。孙。已知，山沟竖直-侧的高度为2 h,坡面的抛物线方程为y=/,探险队员的质

14、量为相。人视2h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=v（）t,2h-y=gt2,又丫=-!-2,2/7联 立 解 得 尸:叱。说+g 由动能定理，m g（2 -y）=E k-；mv（?,解得 E k=mg(2h-22 hvl)+(4说+g 2 2 咻+g/z+V02)o ,(孳 七+硒=2 v0+gh1 4gm(-.+M广+g 0-g。)。2 v0+gh当g=%2+g 6即 所 J就 时，他落在坡面时的动能最小。片+g h3动能的最小值为E k,n

15、in=mgh.4g2用2【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 一 一X （*+g）=4g 2/落为一定值,环+gh4g利用“积定二数相等时和最小“，当T-=v（+gh,他落在坡面时的动能最小。解答此题时要注意，通常K+g h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0点为原点建立坐标系O xy,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。6.如 图(a),长为L的光滑斜面A B与高台边缘光滑相接，B C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C D。调节斜面AB

16、的倾角a与斜面CD的倾角夕，使小球从斜面AB顶端静止释放后，恰能垂直击中斜面C D。不计空气阻力，重力加速度为g,a、4为锐角。求：(1)小球在空中飞行时间，(用a、”和L表 示)？(2)某一研究小组取长为L=0.5m的斜面A B进行实验，实验中发现改变斜面AB的倾角a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的倾角夕。多次实验并记录每次a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B C的高度/?(取 g=l m/s?)?(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B C的距离S随a和 的

17、改变而不同。试求小球在CD上的落点离竖直墙的最大距离S m?此时倾角a与夕各为多大？【名师解析】(I)对A B段运用动能定理：mv()2mgLsina解得：%=12gLsina小球在空中飞行时间片用*2 g L s m a 3 0gg(2)设小球平抛过程中水平方向和竖直方向的位移分别为x,y在空中水平距离A=vo/=2 Z.s i n a c o t/?2 2 2在空中竖直距离y=匕一=8 t 0=L s i n a c o t22g 2g由=tan尸，得cot2/?=?一 一2x Lysm a）得到关 于 一 一 与 COt24 的关系式，对应图像横轴表示 sin a sin a斜率为一9由

18、图像可知斜率为2,故 2,解得h=2x0.5m=1mL L（3）由 第（2）问中 x=%r=2Lsinacot夕和c o t?/=一（|2Lsna）并代入相关数据得：x=2 sin a-2 sin2a=J 2 s in a（l-s i n a）1 J?当sin a=7 时，x 取最大值，最大值，此时1=30。2m ax 2对应的4=arccot0 35.3o7.（2015上海五校联考）水上滑梯可简化成如图所示的模型：倾角为9=37。斜滑道A B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=7.0m,BC长 d=2.0 m,端点C 距水面的高度/z=1.0m.一质

19、量m=50kg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g=10m/s2,$抽37。=0.6,cos37o=0.8,运动员在运动过程中可视为质点）（1）求运动员沿A B下滑时加速度的大小“；（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，调节水平滑道高度九和长度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8。距水面的高度h.【名师解析】：（1）根据牛顿第二定律：/gsin。一卬 gcosJ=?a得运动员沿A B下滑时加速度的大小为

20、：a=gsin，一 gcos9=5.2 m/s2(2)运动员从A滑到C的过程中，克服摩擦力做功为：H-hW/=?g c o s 6 (-)(H h)c o t，=5 0 0 Jsin 61由动能定理：(H h)Wf=2mv2得运动员滑到C点时速度的大小v=1 0 m/s(3)调节水平滑道高度和长度d到 图 中 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/,=诵凡/=错误！下滑过程中克服摩擦做功保持不变叼=5 0 0 J1,_根据动能定理得：，g (H h,)Wj2mv2,解得 v=y/2g(H lhD运动员在水平方向的位移：x=vt=yj2g 错误!=错误！H

21、 1当h =3m时，水平位移最大8.(2 0 1 6 江西部分学校联考)如图所示，倾 角 为 3 0。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/n=5 m 和/i 2=0.2 m 的两点上，各静止放置一小球A和瓦 某时刻由静止释放A球，经过一段时间/后，再由静止开始释放8球。g取 1 0 m/s 2.(1)为了保证A、8两球不会在斜面上相碰，f 最长不能超过多少？(2)若 A球从斜面上加高度处自由下滑的同时，8球受到恒定外力作用从C点以加速度。由静止开始向右运动，则加速度最大为多大时，A球能够追上8球？【分析与解】(1)两球在斜面上

22、下滑的加速度相同，设加速度为g,由牛顿第二定律，i g s i n 3 O =，a o,解得：a o=5 m/s2设 A、B两球下滑到斜面底端所用时间分别为和出 则有4 1 ,九 1 ,-=aofi2.=_-=40/2-sin 300 2 sin 30 2解得：力=2s,r2=0.4sa为了保证A、B 两球不会在斜面上相碰，I 最长不能超过七上12=1.6s。(2)A 球运动到。点时速度v=ao力=10m/s,设 A 球在水平面上再经过)追上8 球，则有力)2=o2代入相关数据得：ato2+2(2a-lO)to+4a=O这是关于冷的一元二次方程，要使砧为正数，则判别式：2(2 10)2-404

23、破0,解得：a2.5m/s2o即 B 球加速度a最大为2.5m/s2时，4 球能够追上B球。9.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心加速度大小为2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4.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 车的初速度如满足的条件.【名师解析】A 车的位移R1=UO什，(-2a)产2B 车的位移X2=at22X|=X2+S即：v()z+-(-2a)t2=-aZ2+s2 2整理得：3a/2-2vor+2s=O这是一个关于时间t 的一元二次方程，当根的判别式小于零时，t 无实数解，即两车不相撞。由(2M)2-4X3

24、X2S 0,解得：voS J 6 a s。即 A 车的初速度如满足的条件是：vo/6 as o .10.如图所示，摩托车做腾跃特技表演。摩托车关闭发动机后以uo=lOm/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v o=l O m/s 的初速度冲上高台的过程,由机械能守恒定律，mv（）2=mgh+mv22 2摩托车从高台上水平飞出，由平抛运动规律，s=w,联立解得:h-4k2。根号内代数式是一元二次函数，因 为 二 次 项

25、 系 数。=-4 0,求:（1）当 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）当为何值时，当甲车运动到O处时，与乙车的距离和U0时刻的距离相同？【名师解析】（1）1 时刻两车坐标：甲车：x=（l-k t）m,乙车：y=J +2 4 2 r m,t 时刻两车相距 s=正+y 2 =（_ 狂）2 +（1 +2、2 0 2 m=1 k 2t2-左 +2 m。1 -k当片 S 时，甲乙两车间的距离有最小值。K最小值为Smin=-k）2 m,其中k满足k ho)或=%+支(3)机械能守恒 rng(H-f t0)=Ek-E&=喈 一3-心EK=-+m g(H-ho)4(目一为)当 H=

26、ho+L/2 时,EK有极小值。得 E K m in=m gL o1 7.（8分）一般教室门上都安装一种暗锁，这种暗锁由外壳A、骨架8、弹 簧C（劲度系数为）、锁舌。（倾斜角。=4 5。）、锁槽E以及连杆、锁头等部件组成，如图甲所示.设锁舌O的侧面与外壳A和锁槽E之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力Rm由F fm=F N（入 为正压力）求得.有一次放学后，当某同学准备关门时,无论用多大的力，也不能将门关上（这种现象称为自锁），此刻暗锁所处的状态的俯视图如图乙所示，P为锁舌D与锁槽E之间的接触点，弹簧由于被压缩而缩短了 x.C4no 拉门方向ra wo。下表面乙p（1）求自锁状态时D的下表面所受摩

27、擦力的方向.（2）求恰好关不上门时（自锁时）锁舌O与锁槽E之间的正压力的大小.（3）无论用多大的力拉门，暗锁仍然能够保持自锁状态，则至少要多大？【解析】（1）设锁舌D下表面受到的静摩擦力为F fl,则其方向向右.（2）设锁舌D受锁槽E的最大静摩擦力为F f2,正压力为FN,下表面的正压力为F,弹力为k x,如图所示,由力的平衡条件可知：k x+F fl +F f2 co s 4 5 0-F N s in 4 5。=0 F-F N co s 4 5-F f2 s in 4 5=0 Ffl=jxFF f 2=n F N V2 kx联立式解得正压力大小F N=i-2 p-n 2.令F N趋近于8,则有1 -2M-p 2=0解 得 日=啦-1=0.4 1.啦kx【答案】向右 1 2厂口2 (3)0.4 1