2020高考物理二轮复习 抓分天天练 热点题型练2.4 临界值和极值问题课件

2．4临界值和极值问题一、选择题1．(2019·常德一模)通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和在1.40～2.00s之间．若高速公路上两辆汽车行驶的速度为108km/h，前车发现紧急情况立即刹车，后车发现前车开始刹车时，也立刻采取相应措施，两车刹车时的加速度大小均相同．为确保两车不追尾，两车行驶的间距至少应为()A．18mB．42mC．60mD．100m答案C解析由题意知，当恰好不相撞时，两车行驶的间距等于两车运动的位移差，由于两车做匀减速运动的位移相同，则两车行驶的间距等于人在反应时间内汽车做匀速直线运动行驶的距离，行驶的距离至少为x＝vt＝108×1033600×2.00m＝60m，C项正确．2.(2019·浙江模拟)如图所示的是表演“水流星”节目的示意图，拴杯子的绳子长为l，绳子能够承受的最大拉力是杯子和杯内水重力的8倍，要使绳子不断，节目获得成功，则杯子通过最高点时速度的最小值和通过最低点时速度的最大值分别为()A.gl7glB.7glglC．0glD．07gl答案A解析在最高点，由牛顿第二定律得：T1＋mg＝mv12l，当绳的拉力T1＝0时，杯子和水恰好能够完成完整圆周运动，此时有最小速度，解得：v1＝gl在最低点，由牛顿第二定律得：T2－mg＝mv22l绳子能够承受的最大拉力是杯子和杯内水重力的8倍，有T2＝8mg联立解得：v2＝7gl故A项正确，B、C、D项错误．3．(2018·广州二模)小球在光滑水平面上以速度v0做匀速直线运动．某时刻开始小球受到恒力F的作用，速度先减小后增大，最小速度v的大小为0.5v0，则小球()A．可能做圆周运动B．速度变化越来越快C．初速度v0与F的夹角为60°D．速度最小时，v与F垂直答案D解析圆周运动的合力是变力，则知小球在恒力作用下不可能做圆周运动，故A项错误；小球所受的合力是恒力，由牛顿第二定律知其加速度恒定，速度变化快慢一定，故B项错误；若初速度v0与F的夹角为60°，小球的速度应先增大，与题意不符，故C项错误；小球的速度先减小后增大，力F与速度的夹角先为钝角后为锐角，当v与F垂直时，速度最小，故D项正确．4.(2019·天津模拟)质量为m的光滑小球恰好放在质量也为m的圆弧槽内，它与槽左右两端的接触处分别为A点和B点，圆弧槽的半径为R，OA与水平线AB成60°角．槽放在光滑的水平桌面上，通过细线和滑轮与重物C相连，细线始终处于水平状态．通过实验知道，当槽的加速度很大时，小球将从槽中滚出，滑轮与绳质量都不计，要使小球不从槽中滚出，则重物C的最大质量为()A.233mB．2mC．(3－1)mD．(3＋1)m答案D解析由题意可知，小球恰好能滚出圆弧槽时，小球受到重力与A对小球的支持力；球与圆弧槽有相同的加速度，则对整体牛顿第二定律可知：F＝(m＋m＋M)a＝(m＋m＋M)gcotα；对小球受力分析，则有如图，由牛顿第二定律，可得：ma＝mgtanα，解得：a＝gcotα＝33g；联立可得：M＝(3＋1)m，D项正确．5.(2019·浙江模拟)如图所示，乒乓球的发球器安装在水平桌面上，竖直转轴OO′距桌面的高度为h，发射器O′A部分长度也为h.打开开关后，可将乒乓球从A点以初速度v0水平发射出去，其中2gh≤v0≤22gh，设发射出的所有乒乓球都能落到桌面上，乒乓球自身尺寸及空气阻力不计．若使该发球器绕转轴OO′在90°角的范围内来回缓慢水平转动，持续发射足够长时间后，乒乓球第一次与桌面相碰区域的最大面积S是()A．2πh2B．3πh2C．4πh2D．8πh2答案C解析平抛运动的时间t＝2hg当速度最大时水平位移xmax＝vmaxt＝22gh×2hg＝4h，当速度最小时水平位移xmin＝vmint＝2gh×2hg＝2h，故圆环的半径为3h≤r≤5h乒乓球第一次与桌面相碰区域的最大面积S＝14×π[(5h)2－(3h)2]＝4πh2故A、B、D三项错误，C项正确．6.(2019·重庆模拟)如图，有一倾斜的匀质圆盘(半径足够大)，盘面与水平面的夹角为θ，绕过圆心并垂直于盘面的转轴以角速度ω匀速转动，有一物体(可视为质点)与盘面间的动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度为g.要使物体能与圆盘始终保持相对静止，则物体与转轴间最大距离为()A.μgcosθω2B.gsinθω2C.μcosθ－sinθω2gD.μcosθ＋sinθω2g答案C解析当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度一定，由牛顿第二定律得：μmgcosθ－mgsinθ＝mω2r解得：r＝μcosθ－sinθω2g，故A、B、D三项错误，C项正确．7．(2019·四川模拟)(多选)如图，在水平面上固定一倾角为30°光滑斜面，斜面底部有一垂直于斜面的固定挡板，A和B用轻弹簧相连，A靠在挡板上，C靠在B上，A、B、C三者质量均为m，力F作用在C上使弹簧处于压缩状态．现撤去F，弹簧弹开，最后使A和挡板恰无弹力，重力加速度为g，在这个过程中以下说法正确的是()A．当B速度最大时，B、C间弹力为0B．当B和C分离时，A对挡板压力为12mgC．当B和C分离时，它们的速度相等且达到最大D．当B的速度最大时，A对挡板压力为32mg答案BD解析B和C分离瞬间加速度相等且弹力消失，分离后的瞬间C的加速度为gsinθ，则B的加速度也为gsinθ，由此推知B和C在弹簧原长时分离，此时，它们的加速度不为0，即速度不是最大，速度最大出现在分离之前，故A、C两项错误；当B和C分离时弹簧为原长，此时A对挡板压力等于重力分力，即12mg，故B项正确；当B的速度最大时，C的速度也最大，它们受弹簧的弹力等于二者重力的分力，即2mgsinθ＝mg，弹簧另一端的弹力也是mg，所以A对挡板压力为32mg，D项正确．8．(2019·郑州一模)如图所示，a、b两个物体静止叠放在水平桌面上，已知ma＝mb＝m，a、b间的动摩擦因数为μ，b与地面间的动摩擦因数为14μ.已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对a施加一水平向右的拉力，下列判断正确的是()A．若a、b两个物体始终相对静止，则力F不能超过32μmgB．当力F＝μmg时，a、b间的摩擦力为32μmgC．无论力F为何值，b的加速度不会超过34μgD．当力Fμmg时，b相对a滑动答案A解析a、b之间的最大静摩擦力为：fmax＝μmg，b与地面间的最大静摩擦力为：f′max＝14μ(m＋m)g＝12μmg.a、b相对地面一起运动，刚好不发生相对滑动时，由牛顿第二定律得：对b有：μmg－12μmg＝ma0，得a0＝12μg.对整体有：F0－12μmg＝2ma0，得：F0＝32μmg，所以若a、b两个物体始终相对静止，则力F不能超过32μmg，当力F32μmg时，b相对a滑动，故A项正确，D项错误；当力F＝μmg时，a、b一起加速运动，加速度为：a1＝μmg－12μmg2m＝14μg，对a，根据牛顿第二定律可得：F－f1＝ma1，解得a、b间的摩擦力为f1＝34μmg，故B项错误；根据A项的分析可知，无论力F为何值，b的加速度不会超过12μg，故C项错误．9．(多选)在水平面上固定两个平行金属导轨，导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，铜棒a、b的长度均等于两导轨的间距L，电阻均为R、质量均为m，铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良好．现给铜棒a一个平行于导轨向右的瞬时冲量I，关于此后的过程，下列说法正确的是()A．回路中的最大电流为BLImRB．铜棒b的最大加速度为B2L2I2m2RC．铜棒b获得的最大速度为ImD．回路中产生的总焦耳热为I24m答案BD解析由题意知a获得冲量时速度最大，据动量定理可得a获得的速度v0＝Im，此后a在安培力作用下做减速运动，b在安培力作用下做加速运动，回路中产生的电动势E＝BL(va－vb)，可知a刚获得冲量时回路中产生的感应电流最大，即Im＝BLv02R＝BLI2mR，故A项错误；回路中最大电流为Im＝BLv02R＝BLI2mR，则b所受最大安培力Fm＝BImL＝B2L2I2mR，根据牛顿第二定律知，b棒所产生的最大加速度am＝Fmm＝B2L2I2m2R，故B项正确；由题意知，a棒向右做减速运动，b棒向右做加速运动，当a、b速度相等时，回路中没有感应电流，两棒同时向右匀速直线运动，设a、b最后共同速度为vab，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得，则有：I＝2mvab，得到ab棒的共同速度vab＝I2m，所以b棒的最大速度为I2m，故C项错误；根据系统能量守恒可知，a棒的机械能等于a、b棒一起匀速运动的机械能和回路中产生的焦耳热之和．即12mv02＝12·2mvab2＋Q，代入va和vab可解得回路中产生的总焦耳热Q＝I24m，故D项正确．10.(2019·佛山二模)(多选)如图所示，在竖直平面内有一光滑直杆MN，杆与水平方向夹角为α，一质量为m的带电小球套在直杆上，小球带电量为＋q，杆所在的空间有一匀强电场，场强方向平行于杆所在的竖直平面，将小球从杆的顶端由静止释放，小球在直杆上运动的时间与α(0°≤a≤90°)角的大小有关，当α＝60°时，时间最短，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．电场方向可能与水平成60°角指向左下方B．小球受到的电场力和小球重力的合力与水平成60°角指向左下方C．电场强度大小可能为mgqD．小球沿杆下滑的过程中电场力可能不做功答案BCD解析由于小球在直杆上运动的时间最短，即加速度方向沿杆，而电场力和小球的重力的合力的方向一定沿杆，与水平方向夹角为60°，则电场的方向一定不会与水平成60°角指向左下方，故A项错误，B项正确；合力F合与mg、qE三力可构成矢量三角形，如图所示：由图可知，当qE与F合垂直时，即与杆垂直时，qE有最小值，则有：qEmin＝mgsin60°＝32mg即Emin＝3mg2q，而mgq3mg2q，即电场强度大小可能为mgq，故C项正确；小球沿杆下滑的过程中电场力的方向可能与杆垂直，则电场力可能不做功，故D项正确．11.(2019·福州模拟)(多选)如图所示，在圆心为O、半径为R的圆形区域内有垂直纸面向外，磁感应强度大小为B的匀强磁场．一系列电子以不同的速率v(0≤v≤vm)从边界上的P点沿垂直于磁场方向与OP成60°角方向射入磁场，在13区域的磁场边界上有电子射出．已知电子的电荷量为－e，质量为m，不考虑电子之间的相互作用力．则电子在磁场中运动的()A．最大半径为r＝32RB．最大速率为vm＝3eBRmC．最长时间为t＝2πm3eBD．最短时间为t＝πmeB答案AD解析根据题意，电子圆周运动的圆心在速度的垂线上，当电子速度最大时，对应的圆周运动半径最大，离开出发点最远，如图所示恰好为半个圆周；最大半径rm＝Rcos30°，rm＝32R，得vm＝3eBR2m；轨迹对应的圆心角最小，时间最短tm＝T2，tm＝πmeB；当电子速度越小，半径越小，圆弧圆心角越大，时间越长，没有时间最大值．12．(多选)如图所示，在竖直平面内有水平向右、场强为E＝1×104N/C的匀强电场．在匀强电场中有一根长L＝2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为0.08kg的带电小球，它静止时悬线与竖直方向成37°角，若小球获得的初速度恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cos37°＝0.8，g取10m/s2.下列说法正确的是()A．小球的带电荷量q＝6×10－5CB．小球动能的最小值为1JC．小球在运动至圆周轨迹上的最高点时有机械能的最小值D．小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变，且为4J答案AB解析小球静止时悬线与竖直方向成37°角，根据平衡条件，有：mgtan37°＝qE，解得：q＝mgtan37°E＝3mg4E＝6×10－5C，故A项正确；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律，有：mgcos37°＝mv2L，最小动能Ek＝12mv2＝58mgL