臨界與極值問(wèn)題、運(yùn)動(dòng)學(xué)中的臨界極值問(wèn)題1、a>(v1-v2)2、最短時(shí)間為t=50s,最大速度為vm=64m/s3、B2S04、0.4m/s5、V0&。6ax6、a」科42%01g7.(1)55s(2)F=f=kv2=900m300=2.7m105N-(3)Wf=mg&h+kv0Ah/sin30°=7.525m108N二、動(dòng)力學(xué)和平衡中的臨界極值問(wèn)題1、分析；由于施力的方向沒(méi)定，先假定一個(gè)方向：與斜面成a角向上，物體的受力分析如圖2所示。解：x方向：Fcosa=f+mgsin6y方向：Fsin口+N=mgcos8其中F=NN聯(lián)立以上二式求解得：F=mg/(cos+迎sins)=囪mg,，其中邛=600。當(dāng)32sin(：)口=300時(shí)F有極值：Fmin=100同。2、分析：題設(shè)中沒(méi)有說(shuō)明P、Q質(zhì)量的大小，可用假設(shè)法來(lái)判斷這個(gè)問(wèn)題中可能出現(xiàn)的臨界狀態(tài)。若Q的重力大于P的重力，則可不計(jì)P的重力，P的平衡轉(zhuǎn)化為二力平衡，此時(shí)細(xì)繩的拉力與AB對(duì)環(huán)P的支持力幾乎在同一直線上垂直于AB的方向，即日接近n/2。若P的重力遠(yuǎn)大于Q的重力，則可不計(jì)Q的重力，Q的平衡轉(zhuǎn)化為二力平衡，此時(shí)繩的拉力與AC對(duì)環(huán)Q支持力幾乎在同一直線上垂直于AC的方向，即9接近a。綜上分析，日的變化范圍是：aYBYn/2。歸納：對(duì)于平衡狀態(tài)問(wèn)題，正確進(jìn)行受力分析是找到臨界條件、尋找問(wèn)題突破口的關(guān)鍵。若題設(shè)中某些力是末知的，可根據(jù)題設(shè)條件進(jìn)行恰當(dāng)而又合理的假設(shè)。3、分析：采用極限分析方法，把F推向兩個(gè)極端來(lái)分析，當(dāng)F很小時(shí)，物體將相對(duì)斜面下滑；當(dāng)F很大時(shí)，物體將相對(duì)斜面上滑，因此F不能太小也不能太大，F(xiàn)的取值是一個(gè)范圍。解：設(shè)物體處于相對(duì)斜面下滑的臨界狀態(tài)。推力為F,此時(shí)物體的受力情況如圖5所示,則Insin--1Ncos--maNcos-'Nsin--mg=

對(duì)(m+M)：F=(M+m)a聯(lián)立以上三式代入數(shù)據(jù)得：a=4.78m/s2,F=14.3N。歸納：求解此類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵點(diǎn)是正確進(jìn)行受力分析，找出臨臨界條件，列出動(dòng)學(xué)方程和平衡方程。建立坐標(biāo)系時(shí)，要注意以加速度方向?yàn)樵O(shè)物體處于相對(duì)斜面向上滑的臨界狀態(tài)，推力為圖6所示，則」Nsin二」Ncosr-ma對(duì)m：:Ncosr-1Nsin-mg=0x正方向。F',此時(shí)物體的受力如聯(lián)立三式并代入數(shù)據(jù)得：a'=11.2m/s2,F'=33.6N。所以推力的范圍是：對(duì)x正方向。F',此時(shí)物體的受力如聯(lián)立三式并代入數(shù)據(jù)得：a'=11.2m/s2,F'=33.6N。所以推力的范圍是：14.3N<F<33.6N。4、分析：題設(shè)中沒(méi)有明顯的臨界條件。設(shè)動(dòng)摩擦因數(shù)為R,當(dāng)物體在斜面上滑動(dòng)時(shí)有：a=gsine一NgcosH,可作如下的假設(shè)：(1)當(dāng)日=0時(shí)，物體靜止在水平面上，a=0；(2)當(dāng)日=arctanN時(shí)，物體沿斜面勻速下滑；(3)當(dāng)0>arctanN時(shí)，物體加速下滑，(4)當(dāng)日=90°時(shí)，f=0,a=g,物體做自由落體運(yùn)動(dòng)。綜合以上幾種假設(shè)易知D正確。歸納：進(jìn)行合理假設(shè)是找出問(wèn)題的臨介條件的重要手段。A點(diǎn)沿傾角為日的斜面滑下到B點(diǎn)，則ABA點(diǎn)沿傾角為日的斜面滑下到B點(diǎn)，則AB長(zhǎng)加速度為：a=gsin8,則有b1J.一=-tgsin二cos12一14b斛得：t=i'。4=450即h=b4=450即h=b時(shí)，下滑的時(shí)間最短，最短時(shí)間為:由以上結(jié)果分析可知：當(dāng)tmin=2..b/g。歸納：數(shù)學(xué)法是解題的重要工具。6、10N,40N1

7、.7、.繩2的拉力為零，繩1的拉力mg8、30.(1)ao=g⑵am=3g9、.解：設(shè)每根繩的長(zhǎng)度為L(zhǎng),每根繩與豎直方向間的夾角為2Tcos日2Tcos日<mg,cose<mg,2T一 一 s/2因此：sin二土L一遍一一喋)2解得每根繩的長(zhǎng)度:Ts4T2-(mg)2解得每根繩的長(zhǎng)度:Ts4T2-(mg)210、.解:Fmincos600=G-f=100-40=60NFmaxcos600=Gf=10040=140N'FminFmax=120N=280N因此推力F的大小范圍為： 120NWFW280N。11、因此推力F的大小范圍為： 120NWFW280N。11、Ta=4NTB=22N12、D13、14、分析與解：⑴在木塊開(kāi)始沿斜面勻速滑動(dòng)時(shí)，由平衡條件有mgsin00=f=mgcos(b 得tana=科即發(fā)生滑動(dòng)的臨界角度為 00=tan1科.⑵在木塊處于翻倒的臨界狀態(tài)時(shí)，重力作用線通過(guò)木塊邊沿 A,支持力至A點(diǎn)，即底面其他部分支持力為零，根據(jù)力矩平衡條件匯 M=0有-mgsin￡?b=[mgcos出?a tan0c=a/b2 2所以，木塊翻轉(zhuǎn)的臨界角為 (0=tan1(a/b)當(dāng)pva/b時(shí)，(0=tan1科為物體開(kāi)始滑動(dòng)的臨界條件；當(dāng)N>a/b時(shí)，90=tan1(a/b)為物體開(kāi)始翻倒的臨界條件.15、分析與解：當(dāng)板處于逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的臨界狀態(tài)時(shí)，繩的拉力F=0.設(shè)這時(shí)人在O點(diǎn)左側(cè)X1處，根據(jù)力矩平平衡條件，有Gn-200G?x〔=G0?OC得X1=—OC= 父3=1m.G600當(dāng)板處于順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的臨界狀態(tài)時(shí)，繩的拉力達(dá)到最大F當(dāng)板處于順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的臨界狀態(tài)時(shí)，繩的拉力達(dá)到最大Fmax,設(shè)這時(shí)人在O點(diǎn)右側(cè)x2處，同理有Fmax?OBsin9=G0?OC+G?X2求得X2=0.5m所以，人只能在距O點(diǎn)左側(cè)1m和右側(cè)0.5m的范圍內(nèi)安全行走。16、分析與解：由于不計(jì)秤盤(pán)的質(zhì)量，可以將物體和秤盤(pán)看成一個(gè)整體分析。未用向上的力F前，物體處于平衡狀態(tài)，設(shè)彈簧壓縮量為2,則有Mg=kxi⑴物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，a為恒量，物體和秤盤(pán)受重力Mg、彈簧向上的彈力kx、向上的拉力不從心F,物體向上運(yùn)動(dòng)，彈力減小，外力F增大，相互調(diào)節(jié)，才能保證合力不變，加速度不變。0.2s后F為恒力，則彈力必然為零，所以，在t=0.2s時(shí)刻，物體與秤盤(pán)恰好分離，由于秤盤(pán)不計(jì)質(zhì)量，所以，彈簧應(yīng)恰好恢復(fù)到原長(zhǎng)。物體在0.2s內(nèi)上升高度TOC\o"1-5"\h\zh=xi=1at2⑵2從上兩式可知：M、k、t已知，x1可求，則a可求。當(dāng)彈簧壓縮量為x時(shí)，由牛頓第二定律，得F+kx-Mg=Ma⑶從⑶式分析可知：t=0時(shí)，x=xikxi=Mg,則F最小，且Fmin=Ma(4)t=0.2s時(shí)，F(xiàn)應(yīng)為最大，且Fmax—Mg=Ma⑸從⑴⑵兩式求出加速度a=7.5m/s2,由⑷式得Fmin=90N,由⑸式得Fmax=210N。17、解：當(dāng)物體恰好不下滑時(shí)，最大靜摩擦力fm沿斜面向上，則有Fi+fm=mgsin30°F1=3N當(dāng)物體恰好不上滑時(shí)，最大靜摩擦力fm沿斜面向下，則有F2=fm+mgsin30°F2=7N所以，推力F的取值范圍是3NVFV7N18、解：A受支持力Fn=Ga—Fb=Ga—GBSin60=1.34N最大靜摩擦力fm=yn=0.2M.34N=0.27N當(dāng)F較小時(shí)，fm水向向右，有fm+Fi=Gbcos60。得Fi=4.73N當(dāng)F較大時(shí)，fm水平向左，有fm+Gb=F2得F2=5.27N.所以，水平拉力的應(yīng)是一個(gè)取值范圍4.73NVFV5.27N19、解：當(dāng)M恰好不上滑時(shí)，M受到的最大靜摩擦力fm沿斜面向下，有平衡條件Mgisn0+fm=T=mgfm=(iMgcos0=21N得mi=4.1kg當(dāng)M恰好不上滑時(shí)，fm沿斜面向上，則有fm+m2g=Mgsin30,0m2=0.1kg所以，m應(yīng)取0.1kg.vmv4.1kg20、分析與解：當(dāng)Fa單獨(dú)使A產(chǎn)生加速度，等于Fb單獨(dú)使B產(chǎn)生的加速度時(shí)，兩車(chē)處于無(wú)相互作用的臨界狀態(tài)，即相互作用的彈力恰好為零的時(shí)刻。根據(jù)牛頓第二定律，得求得經(jīng)歷的時(shí)間為t=8/3smAmB以系統(tǒng)為研究對(duì)象，在兩車(chē)分離前受到的合外力為EF=Fa+Fb=9—2t+2+21=11N2A、B一起運(yùn)動(dòng)的加速度a=EF/(mA+mB)=11/9m/s

兩車(chē)一起做初速為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移S=1at2=4.35m221、分析與解：當(dāng)Mx增大到使圓柱體繞A點(diǎn)向后轉(zhuǎn)動(dòng)的臨界狀態(tài)時(shí)，B點(diǎn)對(duì)圓柱體的支持力恰好為零.設(shè)此時(shí)的臨界加速度為ao，以圓柱體為研究對(duì)象，有FAx=mao=mgctg0⑴以圓柱體、小車(chē)和祛碼整體為研究對(duì)象，又有Mxg=(m+M+Mx)ao⑵由以上兩式可得祛碼質(zhì)量的取值范圍是Mxw(M*m)ctg61-ctg22、分析與解：當(dāng)圓木與拉繩位于一條直線的臨界狀態(tài)，地面對(duì)圓木的支持力和摩擦力剛好為零.圓木僅在繩的拉力和重力作用下加速運(yùn)動(dòng).設(shè)此時(shí)，圓木與地面的夾角為“，根據(jù)牛頓第二定律，水平方向二Fx=Tcosa=mao豎直方向EFy=Tsina—mg=0(L2L2)2-h2則加速度的臨界值為a0=gctg產(chǎn)gh所以，卡車(chē)的加速度應(yīng)為a>\"2+L2)-hgh23、解：B受A施予的動(dòng)摩擦力大小為fAB=(img,方向水平向右，則B對(duì)A的動(dòng)摩擦力fBA=師g，方向水平向左，地面對(duì)A的滑動(dòng)摩擦力f=(4m+M)g所以，要使A保持原速度不變，則所需施加的水平向右的拉力F=fBA+f=jmg,+Mm+M)g=,2m+M)gvB對(duì)地的位移Sm=-t2A對(duì)地的位移Sm=vt當(dāng)B的速度增大到跟A的速度相等時(shí)恰好滑到板的左端，則板長(zhǎng)至少為vL=Sm-Sm=t2B的加速度am=⑼所以，t=v/am=v/囚L=v2/2用24、解：當(dāng)m處于不向上滑動(dòng)的臨界狀態(tài)時(shí)，地面支持力恰好為零，對(duì)m在豎直方向平TOC\o"1-5"\h\z衡Fncos0=mg(1)對(duì)整體應(yīng)用牛頓第二定律得F=(m+M)a⑵對(duì)M應(yīng)用牛頓第二定律得Fncos0=Ma⑶由以上三式可得最大推力F=m-Mmgtan-

25、C26、ABC8m2g2h~2(mgf)28、(1)1.15s(2)1.84s三、曲線運(yùn)動(dòng)\機(jī)械能臨界極值問(wèn)題1、分析與解：當(dāng)半圓球面對(duì)小物體A的支持力為零時(shí)，物體以初速度vo水平拋后做平拋運(yùn)動(dòng)。當(dāng)支持力恰好為零時(shí)，對(duì)應(yīng)的初速度為最小值。此時(shí)有mg=m-j0-,得vo=ggR水平距離S=vot=gR?.2R/g=、2R2、分析與解：從圖形可得下面一根繩的長(zhǎng)度L'=J2Lsin30=J2L/2TOC\o"1-5"\h\z當(dāng)下面繩子的拉力恰好為零時(shí)，小球受重力和上面繩子的拉力T1由力的矢量圖可知mgtan30°=mLsin30°/W1=J———=J=2.38rad/sLcos30o；、3當(dāng)上面繩子拉力恰好為零時(shí)，小球受重力和下面繩子的拉力T2,同理可得(i2=o-o-==—§==2.236rad/s\o"CurrentDocument"Lcos452L/2cos45oL角速度的取值范圍：2.236rad/s<?<2.38rad/s3、分析與解：⑴根據(jù)質(zhì)點(diǎn)系牛頓第二定律，當(dāng)系統(tǒng)受到最大靜摩擦力等于圓周運(yùn)動(dòng)的向心力時(shí)，系統(tǒng)處于正好不滑動(dòng)的臨界狀態(tài)，從而有：W(m+M=m312R所以，最大角速度為的=，上空M)g=1.0rak/smR當(dāng)兩球交換位置后，同理又有(m+M)g=MRW22B球作勻速gt~O~*—oAT在盤(pán)心以B球作勻速gt~O~*—oAT在盤(pán)心以AM在盤(pán)心MR⑵當(dāng)系統(tǒng)的質(zhì)心位置位于盤(pán)心時(shí)，兩球處于既不發(fā)生滑動(dòng)，又不受到摩擦力的臨界狀態(tài)，兩球僅由相互的拉力提供向心力，如圖所示.系統(tǒng)所受外力合力為

零.所以對(duì)系統(tǒng)有0=Mw2R2+mJRi（1）Ri/R2=M/m⑵,由⑴⑵兩式解得OA=R2=2m,OB=Ri=3m4、解析：繩b燒斷前，豎直方向合力為零，即Fa=mg燒斷b后，因慣性，要在豎直2一，一^v面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，且Fa-mg=m",所以Fa>Fa,A錯(cuò)B對(duì)，當(dāng)CO足夠小時(shí)，小球不能擺過(guò)AB所在高度，C對(duì)，當(dāng)3足夠大時(shí)，小球在豎直面內(nèi)能通過(guò)AB上方最高點(diǎn)，從而做圓周運(yùn)動(dòng)，D對(duì).答案：BCD5、解析：當(dāng)m被水平拋出時(shí)只受重力的作用，支持力Nl=0.在圓周最高點(diǎn)，重力提供向心力，即mg=mv,所以v=jgr.而v=2%f-r,所以f=~~=~~、所以每秒ry271r2兀\^「的轉(zhuǎn)數(shù)最小為J-/g,A正確.2兀Y「答案：A6、解析：小球沿管上升到最高點(diǎn)的速度可以為零，故A錯(cuò)誤，B正確；小球在水平線ab以下的管道中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由外側(cè)管壁對(duì)小球的作用力Fn與球重力在背離圓心方向的分2v力Fmg的合力提供向心力，即：Fn—Fmg=HR,^r,因此，外側(cè)官壁一7E對(duì)球有作用力，而內(nèi)側(cè)壁無(wú)作用力，C正確；小球在水平線ab以上的管道中運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球受管壁的作用力與小球速度大小有關(guān)，D錯(cuò)誤.答案：BC2V7、解析：（1）該同學(xué)在B處，由牛頓第二定律得：F-Mg=ML,2VMg-ML2VMg-ML.x=vt,豎直方向有:一一V解得：F=M/ML，即他用的繩子能承受的最大拉力不小于（2）對(duì)該同學(xué)做平拋運(yùn)動(dòng)的過(guò)程由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：水平方向有:,i2h=2gt,解得：X=V22h—,即這道山澗的寬度不超過(guò) v2h答案：（1）M/VML（解得：X=V22h—,即這道山澗的寬度不超過(guò) v2h答案：（1）M/VML（2）v2h8、解析：（1）分兩種情況,當(dāng)小球?qū)芟虏坑袎毫r(shí),則有2可mg-0.5mg=r,vigR2? ， mv當(dāng)小球?qū)偕喜坑袎毫r(shí)，則有 m#0.5mg=五,V2=（2）小球從管口飛出做平拋運(yùn)動(dòng),…i2c

2R=2gt,t=232gR：,xi=vit=V2RX2=v2t=f\[69、（i）機(jī)械能守恒mgl（i—cosc（）=imV2①）2圓周運(yùn)動(dòng)F'-mg=m^l

貝UF=1080N解得F'=(3-2cosa)mg貝UF=1080N(2)動(dòng)能定理mg(H-lcosa+d)—(fi+f2)d=0則d=mg(H—lSs")［來(lái)源：學(xué)科網(wǎng)zx解得d=1.2mff2-mg12(3)選手從最低點(diǎn)開(kāi)始做平拋運(yùn)動(dòng)x=vtH-l=-gt2且有①式mgl(1—cosu)=1mv2解得x=2jl(H-l)(1-cosa)當(dāng)l=旦時(shí)，x有最大值解得l=1.5m2因此，兩人的看法均不正確.當(dāng)繩長(zhǎng)越接近1.5m時(shí)，落點(diǎn)距岸邊越遠(yuǎn)。10、解：考慮兩種臨界情況：⑴小球恰好沿臺(tái)階3的外邊緣通過(guò)，此時(shí)％=3L=1g122t1=6L/g=0.49svi=3L/t2=2.45m/s⑵小球恰好沿臺(tái)階4外邊緣通過(guò)，則h2=4L=1gt22t2=8L/gV2=_2gL=2.83m/s2.45m/s<v<2..83m/s11、解：設(shè)兩次平拋初速度分別為VA、VB.兩次恰好從屏上邊緣飛過(guò)，作出兩次平拋物體的軌跡圖。1c12sC從A點(diǎn)拋出：H=—gt1=—g(——)；TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"22Va121s2從B點(diǎn)拋出：2H=_gt2=_g(—)?\o"CurrentDocument"22Vb所以有：va：Vb=2v22H-hH-hA端設(shè)拋球處到檔板的水平距離為x,則有：H-h=1g(—)2;2H—h=-g(—)22VA2VB2H-hH-hA端,VA、2=(——)=8..h=6H/7Vb12、解：⑴設(shè)桿以a1轉(zhuǎn)動(dòng),物體做自由落體運(yùn)動(dòng)，恰好能追上桿的與之相碰桿轉(zhuǎn)過(guò)的角度(()1=④1t1.cos(()=73/241=兀/6；t1=\2h/gL=2Lsin60/g=一L二gco1=(t/6)/=——」——\g6,L物體與桿發(fā)生碰撞的臨界位置如圖所示，所以，要物體與桿發(fā)生碰撞，角速度滿(mǎn)足的條件是、々二gco1<——6,L⑵當(dāng)3較大時(shí)，桿多轉(zhuǎn)一周后，恰好能追上物體，與之發(fā)生碰撞，這時(shí)電=4+2兀，t2=tlL13g32=(f)2/t2=(2T+7/6)/-=——J—,g6.L要讓桿多轉(zhuǎn)一周后追上物體，則應(yīng)?、?gt;⑴213、解析：(1)tg60°=vL=2，vxVoH=1gt2+vot-tg30°vo=V12m/s2(2)W^=AE<Wf+W+W2+W=△&欲使拉力做功最少只要在第一階段摩擦力做功為0即W1=0即可，W=Fcosa,S'=29.25J,Fcostx=5.85N,Fsin“=mg=5N,“=40.5°,F=7.69N14、解：質(zhì)點(diǎn)從半圓弧軌道做平拋運(yùn)動(dòng)又回到A點(diǎn)，設(shè)質(zhì)點(diǎn)在C點(diǎn)的速度為vc,質(zhì)點(diǎn)從C點(diǎn)運(yùn)TOC\o"1-5"\h\z動(dòng)到A點(diǎn)所用的時(shí)間為t,在水平方向x=vct①豎直方向上2R=2-gt2②解①②有v刁丑③對(duì)質(zhì)點(diǎn)從A到C由動(dòng)能定理有VF-mcg-2R=2mv2④解W=mg16R2+x2)/8R⑤(2)要使F力做功最少，確定x的取值，由W=2mgl+TmvC知，只要質(zhì)點(diǎn)在C點(diǎn)速度最小，則功W就最小，就是物理極值。若質(zhì)點(diǎn)恰好能通過(guò)C點(diǎn)，其在C點(diǎn)最小速度為V,由牛頓第二定律有mg=mR2,則v=?Rg⑥(1分)由③⑥有x71二阿，解得x=2R時(shí)，)W最小，最小的功W=2mg^。

TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"22“門(mén)(3)由⑤式W=mg-8R^)而F=1mg——+R)因等>0,x>0,由極值不等式有

8XXv1根據(jù)動(dòng)能定理15、解析：(v1根據(jù)動(dòng)能定理1212-」mgL|-2mgR|=mv1-mv0\o"CurrentDocument"22小球在最高點(diǎn)受到重力m矯口軌道對(duì)它的作用力F,根據(jù)牛頓第二定律F+mg=m-F=10.0N(2)設(shè)小球在第二個(gè)圓軌道的最高點(diǎn)的速度為V2,由題意-■1mgL1L2mgR22mv22F=10.0N(2)設(shè)小球在第二個(gè)圓軌道的最高點(diǎn)的速度為V2,由題意-■1mgL1L2mgR22mv22mv0由④⑤得L=12.5m(3)要保證小球不脫離軌道，可分兩種情況進(jìn)行討論：I.軌道半徑較小時(shí)，小球恰能通過(guò)第三個(gè)圓軌道，設(shè)在最高點(diǎn)的速度為V3,應(yīng)滿(mǎn)足mg=mR312 12-■mgL12L「2mgR3 mv3-mv02 2由⑥⑦⑧得R3=0.4mII.軌道半徑較大時(shí)，小球上升的最大高度為R,根據(jù)動(dòng)能定理?._____12-mgL12L-2mgR3=0-mv0

2解得R3-1.0m解得為了保證圓軌道不重疊，R最大值應(yīng)滿(mǎn)足222R2R3=LR3-R2解得R3=27.9m解得綜合I、II,要使小球不脫離軌道，則第三個(gè)圓軌道的半徑須滿(mǎn)足下面的條件0<R3<0.4m或1.0m<R3<27.9m當(dāng)0<R3W0.4m時(shí)，小球最終焦停留點(diǎn)與起始點(diǎn)A的距離為L(zhǎng)，，則12-」mgL=0-mv0L=36.0m當(dāng)1.0m<R3<27.9m時(shí)，小球最終焦停留點(diǎn)與起始點(diǎn)

L=L一2L—L1—2L=26.0m216、(1)對(duì)小球從A-C由機(jī)械能寸恒te律有：mgh=mgR+-mu0代入數(shù)值解出：0=：2m/s(2)小球向上穿出圓筒所用時(shí)間為t2k-1_t1=T(k=1,2,3……)2小球從離開(kāi)圓筒到第二次進(jìn)入圓筒所用時(shí)間為2t2.。2t2=nT(n=1,2,3……)對(duì)小王^由C豎直上拋的上升階段，由速度公式得：0.4一0=u0—g(t[+t2)聯(lián)立斛佝T=s當(dāng)n=k=1時(shí)，Tmax=0.2s2kn-1(3)對(duì)小球在圓筒內(nèi)上升的階段，由位移公式得：.122R'="t1—gt1代入數(shù)值解得R=0.075m2五、氣體性質(zhì)問(wèn)題中的極值與臨界問(wèn)題沏(P0hsinu)L1(P0h)L2?目,1、解：(1)0-=———人二■解得：L2=24.46cm273L273t2(P。hsin(P。hsin「)(P。h)(2) 二 t3=61.88C273t1 273t3(3)管內(nèi)氣柱長(zhǎng)度的變化與水溫變化不否滿(mǎn)足線性關(guān)系，因?yàn)椴皇堑葔鹤兓?、解析：(T2max=89.65C87.5cm)3、解析：(63.248.0)4、解：溫度降低：汞柱全部進(jìn)入A管,P1V1 p2V27550 8040F=256K,t2=-170C(2)封閉B管管口后，對(duì)氣體4、解：溫度降低：汞柱全部進(jìn)入A管,P1V1 p2V27550 8040F=256K,t2=-170C(2)封閉B管管口后，對(duì)氣體B：pM對(duì)氣體A:P1T1/pT/T/9030075T1T2300T2p/vB756050cmHg=90cmHg