高中物理极值问题的处理方法

“极值问题”是高中物理习题和检测中经常出现的一种典型问题，是高考大纲明确规定学生必须掌握的一种技能，其中用数学知识解决物理问题也是必须培养的一种能力，高考中也经常“光顾”极值问题。下面提供三种处理高中物理极值问题的思想方法，供大家参考。

1 找临界状态

“临界状态”是一种状态转变为另一种状态的转折点对应的状态，描述临界状态时往往对应“刚好”、“恰好”或“恰好要”等词语，临界状态往往就是极值出现的状态，要注意体会临界状态所提供的极值条件。

[TP11GW167。TIF，Y#]

例1 质量为0。2 kg的小球用细线吊在倾角为θ=60°的斜面体的顶端，斜面体静止时，小球紧靠在斜面上，线与斜面平行，如图1所示，不计摩擦，求在下列二种情况下，细线对小球的拉力。（取g=10 m/s2）

（1） 斜面体以2 m/s2的加速度向右加速运动；

（2） 斜面体以4 m/s2的加速度向右加速运动。

解析 小球与斜面体一起向右加速运动，当a较小时，小球与斜面体间有挤压；当a较大时，小球将飞离斜面，只受重力与绳子拉力作用。因此要先确定临界加速度a0（即小球即将飞离斜面，与斜面只接触无挤压时的加速度），此时小球受力情况如图2所示，由于小球的加速度始终与斜面体相同，因此小球所受合外力水平向右，将小球所受力沿水平方向和竖直方向分解。

[TP11GW168。TIF，BP#]

解 根据牛顿第二定律有

Tcosθ=ma0，Tsinθ=mg，

联立上两式得a0=5。77 m/s2。

（1） a1=2[KF（]3[KF）] m/s2

所以小球受斜面的支持力FN1的作用，受力分析如图3所示，将T1， FN1沿水平方向和竖直方向分解，同理有

T1cosθ-FN1sinθ=ma1， T1sinθ+FN1cosθ=mg，

联立上两式得T1=2。08 N， FN1=0。4 N。

（2） a2=4[KF（]3[KF）] m/s2>5。77 m/s2，所以此时小球飞离斜面，设此时细线与水平方向夹角为θ0，如图4所示，

同理有T2cosθ0=ma2，T2sinθ0=mg，

联立上两式得T2=2。43 N， θ0=arctan1。44。

[TP11GW169。TIF，BP#]

点评 本题考察了运动状态的改变与受力情况的变化，关键要明确何时有临界加速度。解题时需讨论临界状态，计算其临界值。

例2 如图5所示，质量为m=1 kg的物块放在倾角为θ=37°的斜面体上，斜面质量为M=2 kg，[TP11GW170。TIF，Y#]斜面与物块间的动摩擦因数为μ=0。2，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。（g=10 m/s2）

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。

[TP11GW171。TIF，Y#]

（1）设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物块受力如图6所示，取加速度的方向为x轴正方向。

对物块分析，在水平方向有

[JZ]FNsinθ-μFNcosθ=ma1，

竖直方向有FNcosθ+μFNsinθ-mg=0，

对整体有[JZ]F1=（M+m）a1，[HJ1。16mm]

代入数值得[JZ]a1=4。78 m/s2，F1=14。3 N。

（2）设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2。对物块分析，在水平方向有

[JZ]FNsinθ+μFNcosθ=ma2，

竖直方向有[JZ]FNcosθ-μFNsinθ-mg=0，

对整体有[JZ]F2=（M+m）a2，

代入数值得[JZ]a2=11。2 m/s2，F2=33。6 N。

综上所述可知推力F的取值范围为14。3 N≤F≤33。6 N。

点评 物体由静止到运动，恰好要动，此时物体的摩擦力仍为静摩擦力但恰好达到最大值。

2 用动态思维解决极值问题

动态思维常用的两种情况：一是平衡问题中的动态三角形（或平行四边形），二是磁偏转问题中动态圆，从动态变化中找到极值点。

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例3 如图7所示，质量为m的球放在倾角为α的光滑斜面上，试分析挡板AO与斜面间的倾角β多大时，AO所受压力最小？

[TP11GW173。TIF，Y#]

解析 虽然题目问的是挡板AO的受力情况，但若直接以挡板为研究对象，因挡板所受力均为未知力，将无法得出结论。以球为研究对象，球所受重力产生的效果有两个：对斜面产生的压力N1、对挡板产生的压力 N2，根据重力产生的效果将重力分解，如图8所示，

当挡板与斜面的夹角β由图示位置变化时，N1大小改变但方向不变，始终与斜面垂直，N2的大小和方向均改变，如图中虚线所示，由图可看出挡板AO与斜面[HJ1。1mm]垂直时β=90°时，挡板AO所受压力最小，最小压力为mgsinα。

点评 本题用到了动态三角形求极值。

例4 （2010年全国Ⅰ卷）如图9，在0≤x≤[KF（]3[KF）]a区域内存在与xy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。在t=0时刻，一位于坐标原点的粒子源在xy平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y轴正方向的夹角分布在0～180°范围内。已知沿y轴正方向发射的粒子在t=t0时刻刚好从磁场边界上P（3a，a）点离开磁场。求：

（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷q/m；

（2）此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值范围；

（3）从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。

[TP11GW174。TIF，BP#]

解析 （1）沿y轴正方向发射的粒子在磁场中的运动轨迹如图10中的OP[TX（]所示，其圆心为C。由题给条件可以得出

∠OCP=[SX（]2π[]3[SX）]（1）

此粒子飞出磁场所用的时间为

t0=[SX（]T[]3[SX）]（2）

式中T为粒子做圆周运动的周期。

设粒子运动速度的大小为v，半径为R，由几何关系可得

R=[SX（]2[][KF（]3[KF）][SX）]a（3）

由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有

qvB=m[SX（]v2[]R[SX）]（4）

T=[SX（]2πR[]v[SX）]（5）

联立（2）、（3）、（4）、（5）式，得 [SX（]q[]m[SX）]=[SX（]2π[]3Bt0[SX）]。

（2）依题意，同一时刻仍在磁场内的粒子到O点距离相同。在t0时刻仍在磁场中的粒子应位于以O点为圆心、OP为半径的MN[TX（]上，如图10所示。

设此时位于P、M、N三点的粒子的初速度分别为vP、vM、vN。由对称性可知vP与OP、vM与OM、vN与ON的夹角均为π/3。设vM、vN与y轴正向的夹角分别为θM、θN，由几何关系有

[JZ]θM=[SX（]π[]3[SX）]，θN=[SX（]2π[]3[SX）]。

对于所有此时仍在磁场中的粒子，其初速度与y轴正方向所成的夹角θ应满足

[SX（]π[]3[SX）]≤θ≤[SX（]2π[]3[SX）]。

[TP11GW176。TIF，Y#]

（3）在磁场中飞行时间最长的粒子的运动轨迹应与磁场右边界相切，其轨迹如图11所示。

由几何关系可知，

OM[TX-]=OP[TX-]。

由对称性可知，ME[TX-]=OP[TX-]。

从粒子发射到全部粒子飞出磁场所用的时间tm=2t0。

答案 （1）R=[SX（]2[][KF（]3[KF）][SX）]a，[SX（]q[]m[SX）]=[SX（]2π[]3Bt0[SX）]

[HJ1mm]

（2） [SX（]π[]3[SX）]≤θ≤[SX（]2π[]3[SX）] （3） 2t0

点评 本题用到了圆的旋转找临界圆方法。

3 解析法

解析法即由数学知识建立待求量y与自变量x的关系式，借助数学中的对应知识求出y的极值。常用方法有不等式法、配方法（二次函数极值，判别式法）、三角函数法。

例5 倾角为θ=30°的斜面上放置一个重200 N的物体，物体与斜面间的动摩擦因数为μ=[KF（]3[KF）]/3，要使物体恰[TP11GW177。TIF，Y#]好能沿斜面向上匀速运动，所加的力至少为多大？方向如何？

解析 由于施力的方向没定，先假定一个方向：与斜面成α角向上，物体的受力分析如图12所示。

解 x方向：Fcosα=f+mgsinθ，

y方向：[JZ]Fsinα+N=mgcosθ，

其中F=μN，联立以上三式求解得

[JZ]F=[SX（]mg[]cosα+[SX（][KF（]3[KF）][]3[SX）]sinα）[SX）]=[SX（][KF（]3[KF）]mg[]2sin（α+）[SX）]，

其中=60°。当α=30°时F有极值Fmin=100[KF（]3[KF）] N。

点评 本题用到了三角函数关系求极值。

例6 （2010年重庆）小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动。当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d后落地。如图13所示。已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为[SX（]3[]4[SX）]d，重力加速度为g。忽略手的运动半径和空气阻力。[TP11GW178。TIF，Y#]

（1）求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2。

（2）此绳能承受的最大拉力多大？

（3）改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应是多少？最大水平距离为多少？

解析 （1）设绳断后球飞行时间为t，由平抛运动规律，有

竖直方向[SX（]1[]4[SX）]d=[SX（]1[]2[SX）]gt2，水平方向d=v1t，得v1=[KF（]2gd[KF）]。

由机械能守恒定律，有

[JZ][SX（]1[]2[SX）]mv22=[SX（]1[]2[SX）]mv21+mg（d-[SX（]3[]4[SX）]d），

得[JZ]v2=[KF（][SX（]5[]2[SX）]gd[KF）]。

（2）设绳子承受的最大拉力为T，这也是球受到绳的最大拉力，

球做圆周运动的半径R=[SX（]3[]4[SX）]d，

由向心力公式T-mg=m[SX（]v21[]R[SX）]，t=[SX（]11[]3[SX）]mg。

（3）设绳长为l，绳断时球的速度大小为v3，绳承受的最大拉力不变，有

T-mg=m[SX（]v23[]l[SX）]，得v3=[KF（][SX（]8[]3[SX）]gl[KF）]。

绳断后球做平抛运动，竖直位移为d-l，水平位移为x，时间为t1，

有d-l=[SX（]1[]2[SX）]gt21，x=v3t1，

得x=4[KF（][SX（]l（d-l）[]3[SX）][KF）]。

当l=[SX（]d[]2[SX）]时，x有极大值xmax=[SX（]2[KF（]3[KF）][]3[SX）]d。

点评 本题用到了不等式求极值的方法。