知识讲解 物理学中的极值问题与极端法

1 物理学中的极值问题与极端法 【高考展望】 物理学中的临界和极值问题牵涉到一定条件下寻求最佳结果或讨论其物理过程范围的 问题，此类问题通常难度较大技巧性强，所涉及的内容往往与运动学、动力学、电磁学密切 相关，综合性强。在高考命题中经常以压轴题的形式出现，临界和极值问题是每年高考必考 的内容之一。 【知识升华】 物理极值问题，就是求某物理量在某过程中的极大值或极小值。物理极值问题是物理学 中的一个重要内容，涉及的知识面广，综合性强。在科学领域中，数学因为其众所周知的准 确而成为研究者们最广泛用于交流的语言。如果在解决这些问题时能与数学知识灵活地整合， 运用适合的方法，将会拓展解决物理问题的思路，提高运用数学知识解决物理问题的能力。 所谓临界问题是指当某种物理现象（或物理状态）变为另一种物理现象（或另一物理状态） 的转折状态叫临界状态．可理解成“恰好出现”或“恰好不出现”．某种物理现象转化为另 一种物理现象的转折状态称为临界状态。至于是“出现”还是“不出现”，需视具体问题而 定。临界问题往往是和极值问题联系在一起的。 【方法点拨】 求解极值问题的方法可分为物理方法和数学方法．物理方法包括：（1）利用临界条件 求极值；（2）利用问题的边界条件求极值；（3）利用矢量图求极值；（4）用图像法求极 值。数学方法包括：（1）用三角函数求极值；（2）用二次方程的判别式求极值；（3）用 不等式的性质求极值；（4）利用二次函数极值公式求极值。一般而言，物理方法直观、形 象，对构建模型及动态分析等能力要求较高，而用数学方法求极值思路严谨，对数学能力要 求较高。 多数极值问题，并不直截了当地把极值或临界值作为题设条件给出，而是隐含在题目中， 要求学生在对物理概念、规律全面理解的基础上，仔细审题，深入细致地分析问题，将隐含 的题设条件——极值挖掘出来，把极值问题变成解题的中间环节。 【典型例题】 类型一、利用二次函数极值公式（或配方法）求极值 二次函数 有如下知识： （1）若 、 时，y 有极小值 ； （2）若 、 时，y 有极大值 。 例 1、A、B 两车停在同一点，某时刻 A 车以 2m/s2 的加速度匀加速开出，3s 后 B 车同 向以 3m/s2 的加速度开出。问：B 车追上 A 车之前，在启动后多长时间两车相距最远，距离 是多少？ 【思路点拨】速度相等是追及问题的临界点，速度相等两车相距最远。这里利用二次函数极 值公式求最大距离，分别写出两车的位移公式，相减即为所求（A 车在前，A 车的位移减 B 车的位移）。 【答案】27 米 【解析】设 A 启动 t 秒两车相距最远， 2y ax bx c= + + 0a > 2 bx a = − 2 min 4 4 ac by a −= 0a < 2 bx a = − 2 max 4 4 ac by a −=2 A 车的位移： ，B 车的位移： 两车间距离为 由数学知识可知，当 时， 两车间有最大距离： 【总结升华】在追及问题中，常常要求最远距离或最小距离，常用的方式有物理方法和数学 方法，应用物理方法时，应分析物体的具体运动情况，两物体运动速度相等时，两物体间有 相对距离的极大值和极小值。应用数学的方法时，应先列出函数表达式，再求表达式的极大 值或极小值。 举一反三 【变式 1】一辆汽车在十字路口等待绿灯，当绿灯亮时，汽车以 3m/s2 的加速度开始行驶。 恰在这时，一辆自行车以 6m/s 的速度同向匀速驶来，从后边超过汽车，试求汽车从路口开 动后，在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？此时距离是多少？ 【答案】2 秒；6 米 【解析】设汽车开始运动时开始计时，t 时刻汽车和自行车的位移分别为： 汽车追上自行车之前，t 时刻两车的距离为： 由二次函数求极值的公式知： 当 时， 有最大值 【变式 2】如图所示的电路中，电源的电动势 E=12V，内阻 r=0.5Ω，外阻 R1=2Ω，R2=3Ω， 滑动变阻器 R3＝5Ω．求滑动变阻器的滑动头 P 滑到什么位置，电路中的伏特计的示数有最 大值？最大值是多少？ 【答案】R3 的中点 2.5Ω 处；10V． 【解析】设 aP 间电阻为 ，外电路总电阻为 R， 电阻 与电阻 并联，则 ， 21 2Ax at= 21 ( 3)2Bx a t= − 2 2 21 1 ( 3) 0.5 9 13.52 2A B A Bx x x a t a t t t∆ = − = − − = − + − 9 92 ( 0.5)t s s= − =× − 2 21 1 ( 3) 272 2A B A Bx x x a t a t m∆ = − = − − = 2 2 1 1 3 2 2x at t= = 2 6x vt t= = 2 2 1 36 2x x x t t∆ = − = − 6 232( )2 t s −= = − x∆ 2 max 6 634 ( )2 x m −∆ = = × − x 1R x+ 2 3( )R R x+ − 10 )8)(2())(( 321 321 xx RRR xRRxRR −+=++ −++=3 电压表示数最大，就是外电路电阻最大，即求 当 时， 外电路电阻最大值为 ． 电路中的最小电流为 伏特计的最大示数为 即变阻器的滑动头 P 滑到 R3 的中点 2.5Ω 处，伏特计有最大值，最大值为 10V． 类型二、利用极限思维方法求极值 有一类问题具有这样的特点，如果从题中给出的条件出发，需经过较复杂的计算才能得 到结果的一般形式，并且条件似乎不足，使得结果难以确定，但若我们采用极限思维的方法， 将其变化过程引向极端的情况，就能把比较隐蔽的条件或临界现象暴露出来，从而有助于结 论的迅速取得。 例 2、如图所示，细线的一端系一质量为 m 的小球，另一端固定在倾角为 θ 的光滑斜面 体顶端，细线与斜面平行。在斜面体以加速度 a 水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球 始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力 T 和斜面的支持力为 FN 分别为（重力加速度为 g)）（　） A．T＝m（gsinθ＋acosθ） FN＝m（gcosθ－asinθ） B．T＝m（gcosθ＋asinθ） FN＝m（gsinθ－acosθ） C．T＝m（acosθ－gsinθ） FN＝m（gcosθ＋asinθ） D．T＝m（asinθ－gcosθ） FN＝m（gsinθ＋acosθ） 【思路点拨】用极限思维方法求解时，如果选项为三角函数表达式，一般先设 时（即 水平）， ， ，进行分析，排除错误选项，再设 （竖直）时，进行 分析，即可得出正确选项。 【答案】A 6.16.01.010 166 2 2 ++−=++−= xxxxR maxR a bx 2 −= 0.6 32( 0.1) = − =− 2 max 4 ( 0.1) 1.6 0.6 2.54( 0.1)R × − × −= = Ω− min max 12 42.5 0.5 EI A AR r = = =+ + max min 12 4 0.5 10U E I r V= − = − × = 0θ = sin 0θ = cos 1θ = 90θ = 4 【解析】解法一：用极限思维方法求解。 当 时（即水平）， ， ， 对选项 A， ， ，符合题意； 对选项 B， ， ，不符合题意，B 错； 对选项 C， ， ，符合题意； 对选项 D， ， ，不符合题意，D 错。 再分析 AC，当 时，C 中 ， ，这是不可能的，C 错。 故选项 A 正确。 解法二：对小球在受力分析如图所示，建立坐标系，利用分解加速度的方法要简单一些。 在 轴方向上： 在 轴方向上： 解得： 所以选项 A 正确。 【总结升华】利用极限思维方法求解，并不是对所有的三角函数表达式都适用。对于条件似 乎不足，使得结果难以确定的问题，极限思维方法就显示出它特有的优势（如下题）。 举一反三 【变式 1】如图所示，在光滑的水平面上有以质量为 M、倾角为 的光滑斜面体，斜面上有 一质量为 m 的物块沿斜面下滑。关于物块下滑过程中对斜面压力大小的解答，有如下四个 表达式．要判断这四个表达式是否合理，你可以不必进行复杂的计算，而是根据所学的物理 知识和物理方法进行分析，从而判断解的合理性或正确性。根据你的判断，下述表达式中可 能正确的是（ ） 0θ = sin 0θ = cos 1θ = T ma= NF mg= T mg= NF ma= T ma= NF mg= T mg= − NF ma= 90θ =  T mg= − NF ma= x sin cosT mg maθ θ− = y cos sinNF mg maθ θ− = − sin cosT mg maθ θ= + cos sinNF mg maθ θ= − θ5 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】当 时， ， ，AB 选项，压力为零， C、D 选项，压力等于 重力，则 A、B 均错，C、D 可能对；当 时，C、D 选项压力都为零，不能判断； 当 时，压力等于 ，压力小于重力， C 选项分母小于 M，压力大于 ，C 错； D 选项分母大于 M，压力小于 ，故只有 D 选项正确。 【变式 2】图示为一个内、外半径分别为 R1 和 R2 的圆环状均匀带电平面，其单位面积带电 量为 。取环面中心 O 为原点，以垂直于环面的轴线为 轴。设轴上任意点 P 到 O 点的的 距离为 ，P 点电场强度的大小为 E。下面给出 E 的四个表达式（式中 k 为静电力常量）， 其中只有一个是合理的。你可能不会求解此处的场强 E，但是你可以通过一定的物理分析， 对下列表达式的合理性做出判断。根据你的判断，E 的合理表达式应为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】场强的单位为 N/C，k 为静电力常量，单位为 Nm2/C2， 为单位面积的带电量， 单位为 C/m2，则 2πk 表达式的单位即为 N/C，故各表达式中其它部分应无单位，故可知 A、C 肯定错误；当 =0 时，此时要求的场强为 O 点的场强，由对称性可知 EO=0，对于 C 项而言， =0 时 E 为一定值，故 C 项错误。当 →∞时 E→0，而 D 项中 E→定值 4πk ， 故 D 项错误；所以正确选项只能为 B；故选 B。 类型三、利用三角函数求极值 设三角函数 可作如下变换： 令 ，则有： ， 于是有： 2 sin sin Mmg M m θ θ− 2 sin sin Mmg M m θ θ+ 2 cos sin Mmg M m θ θ− 2 cos sin Mmg M m θ θ+ 0θ = sin 0θ = cos 1θ = 90θ =  0 90θ< <  cosmg θ cosmg θ cosmg θ σ x x 1 2 2 2 2 2 1 2 2 ( )R RE k x x R x R π σ= − + + 2 2 2 2 1 2 1 12 ( )E k x x R x R π σ= − + + 1 2 2 2 2 2 1 2 2 ( )R RE k x x R x R π σ= + + + 2 2 2 2 1 2 1 12 ( )E k x x R x R π σ= + + + σ σ x x x σ cos siny α µ α= + tanθ µ= 2 sin 1 µθ µ = + 2 1cos 1 θ µ = + 21 cos( )y µ α θ= + −6 当 时， 有极大值 解物理题时往往遇到的形式是： 通常习惯处理方法是：令 则 例 3、如图所示，一质量 m＝0.4kg 的小物块，以 ＝2m/s 的初速度，在与斜面成某一 夹角的拉力 F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经 t＝2s 的时间物块由 A 点运动到 B 点， A、B 之间的距离 L＝10m。已知斜面倾角 ＝30 o，物块与斜面之间的动摩擦因数 ，重力加速度 g 取 10 m/s2。 （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 F 最小？拉力 F 的最小值是多少？ 【思路点拨】（1）根据运动学求解；（2）设拉力 F 与斜面的夹角为 ，作受力图进行正交 分解，根据牛顿第二定律列出方程：沿斜面、垂直于斜面，利用滑动摩擦力与正压力的关系， 进行代数运算，写出拉力 F 的数学表达式，再利用三角函数求极值的方法求出拉力 F 的最 小值。 【答案】（1）3m/s2　8m/s　（2）30°　 【解析】（1）设物块加速度的大小为 ，到达 B 点时速度的大小为 ， 由运动学公式得 　① 　② 联立①②式，代入数据得 ＝3m/s2　 ③ ＝8m/s　④ （2）设物块所受支持力为 FN，所受摩擦力为 ，拉力与斜面间的夹角为 ，受力分析如 α θ= y 2 max 1y µ= + 1 cos sinα µ α+ 1 tan µ β= 1 1 sin coscos sin cos sin cos sincos sinsin β βα µ α α β β αα αβ = =+ ++ sin sin( ) β α β= + 0v θ =µ 3 3 α N5 313 a v 2 0 2 1 attvL += 0v v at= + a v f α7 图所示， 由牛顿第二定律得 ⑤ 　⑥ 又 　⑦ 联立⑤⑥⑦式得 　⑧ 由数学知识，令 ，得 ，则 　⑨　 由⑧⑨式可知对应 F 最小的夹角 ＝30°　⑩ 联立③⑧⑩式，代入数据得 F 的最小值为 ⑪ 【总结升华】对于这类求解极值问题，利用三角函数求解是很有效的方法，也是解题的关键。 但我们只要根据物理方法解出数学表达式以后，就会发现可以利用三角函数求出极值。 举一反三 【变式】一质量为 m 的木块放在水平面上，以一个大小为 F 的拉力拉着它在水平地面上运 动，F＜mg。已知木块与地面间的动摩擦因数为 ，拉力 F 沿什么方向拉物体时，物体的 加速度最大，此最大值为多少？ 【答案】 【解析】木块运动中受到如图所示的四个力的作用 cos sinF mg f maα θ− − = sin cos 0NF F mgα θ+ − = Nf Fµ= (sin cos ) cos sin mg maF θ µ θ α µ α + += + 1 tan µ β= 60β =  1 1 sin 60 cos60cos sin cos sin 60 cos60 sincos sinsin 60 α µ α α αα α = =+ ++      3 2 sin(60 )α= + α min 13 3 5F N= µ 2 max 1Fa gm µ µ= + −8 设拉力 F 与水平方向成 角，由牛顿第二定律有： ① ② 并且 ③ 由①②③式可解得 令 ，则有： ， 于是有： 加速度 便可写成： 显然当 ，即拉力与水平面夹角 时，木块运动的加速度最大， 加速度最大值为： . 类型四、利用图像法求极值 要理解图像中的“点”、“线”、“斜率”、“截距”、“面积”的物理意义。 通过分析物理过程遵循的物理规律，找到变量之间的函数关系，做出其图像，由图像可 求得极值。 矢量是物理中常用的数学工具，矢量既有大小又有方向，合成与分解时遵循“平行四边 形定则”。使用矢量求极值问题时，要注意分析反映矢量间关系的物理规律，实际上所表现 的应该是这些矢量间大小关系和方向关系融合而形成的某种几何关系，做出矢量图，最后根 据几何关系、三角函数关系求解。 例 4、一质量为 m 的物体放在水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数 ，如图 所示，物体做匀速直线运动．求拉力 F 的最小值和方向角 θ． α cosF f maα − = sinF N mgα + = f Nµ= (cos sin )Fa gm α µ α µ+= − tanθ µ= 2 sin 1 µθ µ = + 2 1cos 1 θ µ = + 2 2cos sin 1 (cos cos sin sin ) 1 cos( )α µ α µ α θ α θ µ α θ+ = + + = + − a 21 cos( )Fa gm µ α θ µ= + − − α θ= arctanα µ= 2 max 1Fa gm µ µ= + − =µ 3 39 【思路点拨】本题可以用上面介绍的“类型三、利用三角函数求极值”方法求解，这里用图 像法求极值。物体做匀速直线运动，仍然是平衡问题。应将四力平衡转化为三力平衡，即将 支持力与摩擦力合成为一个力 R，由于物体处于平衡状态，R、F、G 的合力必为 0，三个力 构成一个封闭三角形，当 F 垂直于 R 时，F 最小。 【答案】 ，30° 【解析】物体受力如图所示。 物体做匀速直线运动，仍然是平衡问题，但这是四力平衡，我们通常处理的是三力平衡， 如果将某两个力合成为一个力，就是三力平衡问题了。应将哪两个力合成呢？根据摩擦力与 正压力的关系 ， 已知，所以将摩擦力与支持力合成，如图甲，支持力 N 与合力 R 的夹角为 。由几何关系 ，可见，N 变化会引起 f 变化、R 变化，但 R 的方 向是不变的，由于物体处于平衡状态，R、F、mg 的合力必为 0，三个力构成一个封闭三角 形，如图乙，由图可知，当 F 垂直于 R 时，F 最小。 此时， ， 所以拉力 F 的最小值 . 【总结升华】解题的关键是根据摩擦力与正压力的关系 ，将摩擦力与支持力合成为 一个力，即将四力平衡转化为三力平衡，三力的合力必为 0，三个力构成一个封闭三角形， 当 F 垂直于 R 时，F 最小。 举一反三 【变式 1】从车站开出的汽车作匀加速运动，它开出一段时间后，突然发现有乘客未上车， 于是立即制动做匀减速运动，结果汽车从开动到停下来共用时 20s，前进了 50m，求这过程 中汽车达到的最大速度。 【答案】5m/s 【解析】设最大速度为 ，即加速阶段的末速度为 ，画出其速度时间图像如图所示， 图线与 t 轴围成的面积等于位移。 1 2 mg f Nµ= µ β tan f N β µ= = 3arctan arctan 303 θ β µ= = = =  min 1sin 2F mg mgβ= = f Nµ= mv mv10 位移 所以最大速度 【变式 2】某物体从静止开始沿直线运动，当停止运动时，位移为 L，若运动中加速度大小 只能是 a 或是零，那么此过程的最大速度是多大？最短时间为多少？ 【答案】 ； 【解析】根据题意，只有满足如图所示的 图像 OAt2 所围的面积等于位移的值，才有最 大速度和最短时间。 从图像可知，在 L 一定时， 即 ， ， 所以 ， 解得 ， 又因为 所以 ， 类型五、利用不等式求极值 利用不等式求极值可以归纳为以下三种情况： 1、根据判别式法求极值： 对于一元二次方程 ，若在实属范围内有解，则其判别式 ； 一元二次不等式 ，若 取任何实数时均成立， 则其判别式 。 1 1 20 502 2m mx t v v= ⋅ ⋅ = × × = 5 /mv m s= aL 2 L a v t− 2 3OAt OBCtS S L∆ = = maxA Bv v v= > 2 min 3t t t= < max 1 2 1( )v at a t t= = − 2 12t t= max 2 1 2v at= max 2 2vt a = 2 max max 2 1 2 vL v t a = = maxv aL= min 2 2 Lt t a = = 2 0( 0)ax bx c a+ + = ≠ 2 4 0b ac∆ = − ≥ 2 0( 0)ax bx c a+ + ≥ > x 2 4 0b ac∆ = − ≤11 2、根据均值不等式求极值： （1） ， 时，最小值为 ； （2）对于两个大于零的变量 、 ，若其和 为一定值 ，则当 时，其积 取 得极大值 ； （3）对于三个大于零的变量 、 、 ，若其和 为一定值 ，则当 时， 其积 取得极大值 ． 例 5、如图所示，一平直的传送带以速度 做匀速运动，传送带把 A 处的工件 运输到 B 处。A、B 相距 L=10m。从 A 处把工件无初速地放到传送带上，经过时间 t=6s， 能传送到 B 处。欲用最短的时间把工件从 A 处传送到 B 处，求传送带的运行速度至少多大？ 最短时间是多少？ 【思路点拨】（1）若要把工件以最短时间传送到 B，则应使工件始终加速直至 B 处，求出 最小运行速度；（2）根据运动学知识创造一个关于速度 （含有时间 t）的一元二次方程， 利用判别式求解最短时间。 【答案】（1） ；（2） 【解析】对工件受力分析如图 工件可能一直加速运动，也可能先加速后匀速运动。 （1）设经过时间 t1 后两者共速， 对工件： ① ② ③ 解得 ，即两秒后共速。 由公式 ④ 解得 若要把工件以最短时间传送到 B，则应使工件始终加速直至 B 处， 工件加速度仍为 ，设传送带最小速度为 由公式 2a b ab+ ≥ a b= 2 ab a b a b+ p a b= ab 2 4 p a b c a b c+ + q a b c= = abc 3 27 q 2 /v m s= v 2 5 /m s 2 5s 1 2L x x= + 1 12 vx t= 2 1( )x v t t= − 1 2t s= 1v at= 21 /a m s= a v′ 2 2v aL′ =12 传送带的运行速度至少为 （2）设至少用 t 秒送到。对工件： ⑤ ⑥ ⑦ 解⑤⑥⑦得 ⑧为关于速度 的一元二次方程 有解的条件：判别式 ，即 解得 【总结升华】由 或者 创造一个一元二次方程，利用判别式求解 最短时间。 例 6、（2015 新课标Ⅰ卷）一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。水平台面的长和 宽分别为 L1、L2，中间球网高度为 h。发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向 右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为 3h。不计空气的作用，重力加速度大 小为 g。若乒乓球的发射速率 v 在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网 右侧台面上，则 v 的最大取值范围是（ ） A. ﹤＜ B. C. D. 【答案】D 【解析】发射机无论向哪个方向水平发射，乒乓球都是平抛运动，竖直高度决定了运动 时间 水平方向匀速直线运动，水平位移最小即沿中线方向水平发射恰好过球网，此时从发射点 到球网，下降高度为 3h-h=2h，水平位移大小为 L1/2，可得运动时间 2 2 1 10 2 5 /v aL m s′ = = × × = 1 2L x x= + 2 12v ax= 2 ( )vx v t a = − 21 10 02 v vt− + = v 2 4 0b ac∆ = − ≥ 2 20 0t∆ = − ≥ 2 5t s≥ 2 2 0 2v v ax− = 2 0 1 2x v t at= + 1 1 2 6 6vL g hL g h ＜ ＜ 2 2 1 1 2(4 ) 4 6 L L L gg vh h +＜ ＜ 2 2 1 1 2(4 ) 2 6 2 6 1L L L gvg h h +＜ ＜ 2 2 1 1 2(4 6 1 2 ) 4 L L L gg h hv +＜ ＜ 2 3 6h ht g g ×= = 2 2 4h ht g g ×= =13 对应的最小初速度 水平位移最大即斜向对方台面的两个角发射，根据几何关系此时的位移大小为 所以平抛的初速度 对照选项可知 D 对。 举一反三 【变式】分别用判别式法、均值不等式求解上面例 1 变式 2。如图所示的电路中，电源的电 动势 E=12V，内阻 r=0.5Ω，外阻 R1=2Ω，R2=3Ω，滑动变阻器 R3＝5Ω．求滑动变阻器的滑 动头 P 滑到什么位置，电路中的伏特计的示数有最大值？最大值是多少？ 【答案】R3 的中点 2.5Ω 处；10V． 【解析】设 aP 间电阻为 ，外电路总电阻为 R， 电阻 与电阻 并联，则 ， 用判别式法求最大电阻： 将上式整理得 判别式 解得 ，即 用均值不等式求最大电阻： 上面求得 设 ； ， 1 2 4 L gv h = 2 2 1 2 1 42 L L+ 2 21 1 2422 4 6 1L g v gL Lh h × ×+≤ ≤ x 1R x+ 2 3( )R R x+ − 10 )8)(2())(( 321 321 xx RRR xRRxRR −+=++ −++= 6.16.01.010 166 2 2 ++−=++−= xxxxR 2 6 16 10 0x x R− + + − = 2 4 36 4( 1)(16 10 ) 0b ac R∆ = − = − − − ≥ 2.5R ≤ Ω max 2.5R = Ω 10 )8)(2())(( 321 321 xx RRR xRRxRR −+=++ −++= 2a x= + 8b x= −14 当 时，即 ， 即 时， ． 电压表示数最大，就是外电路电阻最大，即求 电路中的最小电流为 伏特计的最大示数为 即变阻器的滑动头 P 滑到 R3 的中点 2.5Ω 处，伏特计有最大值，最大值为 10V． 类型六、利用问题的边界条件求极值 以带电粒子在有界磁场中的运动问题为例： （1）依据切线的性质确定圆心和半径：从已给的圆弧上找两条不平行的切线和对应的切 点，过切点做切线的垂线，两条垂线的交点为圆心，圆心与切点的连线为半径。 （2）依据垂径定理（垂直于弦的直径平分该弦，并平分弦所对的弧）和相交弦定理（如 果弦与直径垂直相交，那么弦的一半是它分直径所成的两条线段的比例中项）来确定半径等。 例 7、（2015 江苏卷）一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为+q、质量不同的离子 飘入电压为 的加速电场，其初速度几乎为零，这些离子经过加速后通过狭缝 O 沿着与磁 场垂直的方向进入磁感应强度为 B 的匀强磁场，最后打在底片上，已知放置底片区域已知 放置底片的区域 MN =L，且 OM =L。某次测量发现 MN 中左侧 区域 MQ 损坏，检测不到 离子，但右侧 区域 QN 仍能正常检测到离子. 在适当调节加速电压后，原本打在 MQ 的离 子即可在 QN 检测到。 （1）求原本打在 MN 中点 P 的离子质量 m； （2）为使原本打在 P 的离子能打在 QN 区域，求加速电压 U 的调节范围； （3）为了在 QN 区域将原本打在 MQ 区域的所有离子检测完整，求需要调节 U 的最少 次数。（取 lg2=0.301，lg3=0.477，lg5=0.699） a b= 2 8x x+ = − 3x = Ω Ω=−+= 5.210 )38)(32( maxR maxR min max 12 42.5 0.5 EI A AR r = = =+ + max min 12 4 0.5 10U E I r V= − = − × = 0U 2 3 1 315 【答案】（1） （2） （3）3 次 【解答】（1）离子在电场中加速 在磁场中做匀速圆周运动 ，解得 代入 ，解得 （2）由（1）得， ， 离子打在 Q 点 ，解得 ； 离子打在 N 点 ，解得 ， 则电压的范围 （3）由（1）可知， ∝ 由题意知，第一次调节电压到 ，使原本打到 点的离子打到 点， ， 此时，设原本半径为 的打在 的离子打在 上，则 ， 解得 第二次调节电压到 ，使原本打到 点的离子打到 点， ， 此时，设原本半径为 的打在 的离子打在 上，则 ， 解得 同理，第 次调节电压，有 , 2 2 0 9 32 qB L U 0 0100 16 81 9 U UU≤ ≤ 2 0 2 1 mvqU = r vmqvB 2 = q mU Br 021= Lr 4 3 0 = 0 22 32 9 U LqBm = =U 2 2 0 9 16 L rU Lr 6 5= 81 100 0UU = Lr = 9 16 0UU = 9 16 81 100 00 UUU ≤≤ r U 1U Q N 0 1 6 5 U U L L = 1r 1Q Q 0 1 1 6 5 U U r L = LLr 36 25)6 5( 2 1 == 2U 1Q N 0 2 2)6 5( U U L L = 2r 2Q Q 0 2 2 6 5 U U r L = LLr 216 125)6 5( 3 2 == n Lr n n 1)6 5( +=16 检测完整，有 ，解得 ， 最少次数为 3 次。 举一反三 【变式】（2016 河南模拟）如图所示，小车靠着左侧竖直墙壁静置在光滑水平面上，其左 端固定有一半径为 R=0.2m 的光滑四分之一圆弧轨道，右端有一竖直挡板，通过轻质弹簧拴 接一质量为 m1=100g 的小滑块 A，小车、轨道和挡板的总质量为 M=1.1kg，初始时弹簧处于 原长状态，现从圆弧轨道上的最高点 O 处静止释放一质量为 m2=400g 的小滑块 B，B 通过 小车上表面的光滑水平轨道后，与 A 发生碰撞并粘在一起。 已知重力加速度 g=10m/s2，求弹簧的最大弹性势能。 【答案】弹簧的最大弹性势能为 0.44J。 【解析】滑块 B 从静止释放至与 A 碰撞前，由机械能守恒定律有： 得 A、B 碰撞过程，取向右为正方向。由动量守恒定律得： m2v0=( m2+m1)v1 解得 v1=1.6m/s 当弹簧压缩至最短时滑块 A、B 与小车速度相同，设共同速度为 v2。由动量守恒定律得 ： (m2+m1)v1=(M+m2+m1)v2 解得 v2=0.5m/s 由能量守恒定律可知，弹簧的最大势能： 解得 Epm=0.44J. 【巩固练习】 Lrn 2 1≤ 8.21 )5 6lg( 2lg ≈−≥n 2 2 2 0 1 2m gR m v= 0 2 2 10 0.2 2m/sv gR= = × × = 2 2 m 2 1 1 2 1 2 1 1( ) ( )2 2pE m m v M m m v= + − + +17 一、选择题 1、（2015 江苏卷）一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度 a 随时间 t 变化的图线如 图所示，以竖直向上为 a 的正方向，则人对地板的压力 A．t=2s 时最大 B．t=2s 时最小 C．t=8.5s 时最大 D．t=8.5s 时最小 2、（2015 四川卷）在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方 向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小（ ） A．一样大 B．水平抛的最大 C．斜向上抛的最大 D．斜向下抛的最大 3、(2015 湖南岳阳联考)将两个质量均为 m 的小球 a、b 用细线相连后，再用细线悬挂于 O 点，如图所示．用力 F 拉小球 b，使两个小球都处于静止状态，且细线 Oa 与竖直方向 的夹角保持 θ＝30°，则 F 的最小值为(　　) A. B. C．mg D. 4、如图所示，质量为 M 的小车置于光滑的水平面上，有一质量为 m、速度为 的小物块从 水平方向射入小车光滑轨道上，假定小物块一直不离开轨道，则在轨道上上升的最大高度为 （ ） A. Error! No bookmark name given. B.Error! No bookmark name 3 3 mg 3 2 mg 2 mg 0v 2 0 2( ) mv M m g+18 given. C. Error! No bookmark name given. D.Error! No bookmark name given. 5、如图所示，一辆四分之一圆弧小车停在粗糙水平地面上，质量为 m 的小球从静止开始由 车顶无摩擦滑下，若小车始终保持静止状态，当小球运动到半径与竖直方向夹角为 θ 时，关 于夹角 θ 的大小和地面对小车的最大摩擦力，正确的是（ ） A. 30º， B. 45º， C. 45º， D. 60º， 6、一条宽为 L 的河流，水流速度为 ，船在静水划行速度为 ，若 ，要使它到达对岸 时向下游行驶的距离最小，则它的航行方向与水流速度方向的夹角为（ ） A. B. C. D. 7、一条宽为 L 的河流，水流速度为 ，船在静水划行速度为 ，若 ，要使它到达对岸 时向下游行驶的距离最小，则最小距离为（ ） A. B. C. D. 8、一列车以速度 向前行驶，司机突然发现在同一轨道上前方距车头 S 处有另一辆列车正 在沿着相同方向以较小的速度 做匀速运动，于是他立即使列车以加速度 做匀减速运动， 要使两列车不相撞， 必须满足什么条件是（ ） A. B. C. D. 9、如图所示的电路中，R1=2Ω，R2=4Ω，R3=6Ω，当滑片 P 由 a 向 b 的移动过程中， A、B 两端总电阻的最大值为（ ） A. 3 Ω B. 4 Ω C. 5 Ω D. 2 Ω 10、给房屋设计屋顶时，把屋顶设计成斜面，设跨度为 L，如图所示，把雨水沿着屋顶滑下 的运动理想化为小球沿光滑斜面滑下的情形，为了要使雨水能尽快地滑下并从屋檐落下，即 2 0 2( ) Mv M m g+ 2 0 2 Mv mg 2 0 2 mv Mg 2mg 2mg 1.5mg 1.5mg u v v u< arcsin v u arcsin u v arccos v u arccos u v u v v u< v Lu u Lv 2 2 vL u v− 2 2 uL u v− 1v 2v a a 1 2 1 ( )a v vS ≥ − 1 2 1 ( )2a v vS ≥ − 2 1 2 1 ( )a v vS ≥ − 2 1 2 1 ( )2a v vS ≥ −19 雨水从屋顶到屋檐的时间最短，则时间最短为（ ） A. B. C. D. 二、解答题 11、（2016 成都模拟）轻质弹簧原长为 2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质 量为 5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为 l，现将该弹簧水平放置， 一端固定在 A 点，另一端与物块 P 接触但不连接．AB 是长度为 5l 的水平轨道，B 端与半径 l 的光滑半圆轨道 BCD 相切，半圆的直径 BD 竖直，如图所示，物块 P 与 AB 间的动摩擦因 数 ．用外力推动物块 P，将弹簧压缩至长度 l，然后放开，P 开始沿轨道运动，重力 加速度大小为 g． （1）若 P 的质量为 m，求 P 到达 B 点时的速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到 AB 上的位置与 B 点之间的距离； （2）若 P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求 P 的质量的取值范围． 12、（2016 四川模拟）以光滑水平面为 x 轴，竖直向上为 y 轴建立直角坐标系 xOy。在第 二象限存在水平向右的匀强电场，在第一象限 0≤x 无限接近 x=2m 的区域 OA 之间存在竖 直向上的压强电场 E 和垂直纸面向里的压强磁场，OA 右侧存在水平向右的压强电场。质量 为 0.1kg、电量为 0.1C 的带正电的小物块，先按住它使其静止在薄板的左端，二者的动摩擦 因数为 0.4，放手后经过 1s 的时间物块刚到达 O 点时正好位于薄板的右端，物块进入电磁 场中恰好做圆周运动，磁感应强度 B=3T。不计空气阻力，重力加速度取 10m/s2，π2=10， 三个区域电场强度大小相同，求： L g 2L g 2 L g 3L g 0.5µ =20 （1）电场强度的大小； （2）物块在薄板上运动的过程中产生的热量； （3）计算物块落在 x 轴之前的最小动能。 13、如图所示，光滑轨道竖直放置，半圆部分半径为 R，在水平轨道上停着一个质量为 M=0.99kg 的木块，一颗质量为 m=0.01kg 的子弹，以 =400m/s 的水平速度射入木块中，然 后一起运动到轨道最高点水平抛出，试分析：当圆半径 R 多大时，平抛的水平位移是最大？ 且最大值为多少？ 14、如图所示，已知定值电阻 R1，电源内阻 ，滑动变阻器的最大阻值为 R（R > R1+r），当 滑动变阻器连入电路的电阻 多大时，在变阻器上消耗的功率最大？ 15、如图所示，宽为 L 的金属导轨置于磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向竖直向 下．电源电动势为 E，内阻为 r，不计其它电阻和一切摩擦，求开关 K 闭合后，金属棒 PQ 速度多大时，安培力的功率最大？最大值是多少？ 0v r xR21 16、如图所示，顶角为 2θ 的光滑圆锥，置于磁感应强度大小为 B，方向竖直向下的匀强磁 场中，现有一个质量为 m，带电量为+q 的小球，沿圆锥面在水平面作匀速圆周运动，求小 球作圆周运动的最小轨道半径。 17、如图所示为矩形的水平光滑导电轨道 bcd， b 边和 cd 边的电阻均为 5R0， d 边和 bc 边长均为 L， d 边电阻为 4R0，bc 边电阻为 2R0，整个轨道处于与轨道平面垂直的匀强 磁场中，磁感强度为 B。轨道上放有一根电阻为 R0 的金属杆 mn，现让金属杆 mn 在平行轨 道平面的未知拉力 F 作用下，从轨道右端以速率 匀速向左端滑动，设滑动中金属杆 mn 始 终与 b、cd 两边垂直，且与轨道接触良好。 b 和 cd 边电阻分布均匀，求滑动中拉力 F 的 最小牵引功率。 18、一个质量为 m 的电子与一个静止的质量为 M 的原子发生正碰，碰后原子获得一定速度， 并有一定的能量 E 被贮存在这个原子内部。求电子必须具有的最小初动能是多少？ a a a a v a a22 【答案与解析】 一、选择题 1、【答案】AD 【解析】0~4s，加速度向上，人超重，设地板对人支持力为 FN，则 ， 当 时，加速度最大，支持力就最大，根据牛顿第三定律，人对地板压力也最大； 7~10s，加速度向下，人失重，设地板对人支持力为 FN，则 ， 当 时，加速度最大，支持力就最小，根据牛顿第三定律，人对地板压力也最小。 2、【答案】A 【解析】三个小球被抛出后，均仅在重力作用下运动，三球从同一位置落至同一水平地 面时，设其下落高度为 h，并设小球的质量为 m，根据动能定理有：mgh＝ － ， 解得小球的末速度大小为：v＝ ，与小球的质量无关，即三球的末速度大小相等， 故选项 A 正确。 3、【答案】C 【解析】以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出 F 在三个方向时整体的 受力图，如图所示： 根据平衡条件得知 F 与 T 的合力与总重力 2mg 大小相等、方向相反，由力的合成图可 知，当 F 与绳子 Oa 垂直时，F 有最小值，即图中 2 位置，F 的最小值 Fmin＝2mgsin 30°＝ mg，故选 C. 4、【答案】B 【解析】此题可定量分析计算，按常规做法是用动量守恒和机械能守恒列式求解得到结论 (略)，但费时较多。用极限思维方法求解如果 M→∞，则物块滑上小车时，可认为小车不 动，则由机械能守恒得物块上升的最大高度为 Error! No bookmark name given.，这在 四个选择项中讨论 M→∞，得 B 正确，故应选 B。 5、【答案】C 【解析】设圆弧半径为 R，当小球运动到半径与竖直方向夹角为 θ 时，速度为 ， 2 2 1 mv 2 02 1 mv ghv 22 0 + mamgFN =− st 2= maFmg N =- mamgFN −= st 5.8= 2 0 2 v g v23 根据机械能守恒定律和牛顿第二定律有： 解得小球对小车的压力为：N=3mgcosθ， 其水平分量为 根据平衡条件，地面对小车的静摩擦力水平向右， 大小为： ， 当 sin2θ = 1，即 θ = 45º 时，地面对小车的静摩擦力最大， 其值为： ． 6、【答案】A 【解析】如图所示，以水流速度矢量 的箭头端为圆心，以船的划行速度 的大小为半径 ， 作一圆周，分析可知，船航行的可能方向都由 O 指向圆上的点 ，在 的情况下 ，当船 航行的方向恰好与圆相切（图中 OP）时，到达对岸向下游行驶的距离最小，此时船的划行 速度 垂直于船航行方向（OP）。 当 ，即 时船到达对岸时向下游行驶的距离最小。故 A 正确。 7、【答案】B 【解析】与上题解法相同，如图所示，最小距离是 OA， 由几何关系 ，所以 . 故选项 B 正确。 8、【答案】D 【解析】设经任意时间 t 后，后车与前车不相撞，则后车与前车的距离 2 cos vN mg m R θ− = 21cos 2mgR mvθ = θθθ 2sin2 3cossin3 mgmgNx == θ2sin2 3 mgNf x == mgf 2 3 max = u v v u< v sin v u θ = arcsin v u θ = sin v L u OA θ = = uOA Lv = 0S∆ ≥24 这个关于 t 的一元二次不等式的二次项系数 ，且 t 取任何值不等式都要成立， 由 所以 解得 ，故选项 D 正确。 9、【答案】A 【解析】P 由 a 向 b 滑动到 P 点，设 aP 间电阻为 ，由电阻并联规律 因两个整数 ， 之和为定值，则当它们相等时，它们的乘积最大（定和 求积原理）， 故当 ， 时， 有最大值，即 故选项 A 正确。 10、【答案】B 【解析】设斜面 AB 的倾角为 ，当雨水（理想化为小球）从斜面滑下时，其加速度为 ， 根据牛顿第二定律 ，从 A 到 B 的距离为 ， 设从 A 到 B 的时间为 ，则 得 当 90°， 有最大值为 1 所以，当 = 45°时， 有最小值： 故选项 B 正确。 二、解答题 11、【答案】(1) 　 　(2) 【解析】（1）地面上， 转化为 ， 守恒 ∴ ，此时弹簧长度为 l ：能量守恒： 2 2 2 1 1 2 1 1( ) ( ) 02 2S S v t v t at at v v t S∆ = + − − = − − + ≥ 1 02 a > 2 4 0b ac− ≤ [ ]2 1 2 1( ) 4 02v v a S∆ = − − − × × ≤ 2 1 2 1 ( )2a v vS ≥ − x 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )AB R x R R x R x R R xR R x R R x R R R + + − + + −= =+ + + − + + 1( )R x+ 1 2( )R R x+ − 1( )R x+ 1 2( )R R x= + − 2 3 1 1 ( ) 42x R R R= + − = Ω ABR max( ) 3ABR = Ω θ a sina g θ= 2cos L θ t 21 sin2cos 2 L g tθθ = ⋅ 2 sin cos sin 2 L Lt g gθ θ θ= = 2θ = sin 2θ θ t min 2Lt g = 6gl 2 2 l 5 5 3 2m m m′≤ ≤ PE 重 PE 弹 E机 P PE E∆ = ∆重 弹 5 Pmgl E= A B→ P KBE E Q= +25 即 ：动能定理： 此后，物体做平抛运动： ∴B 点速度 ，落点与 B 点距离为 （2）假设物块质量为 则 ：能量守恒： 解得： 若要滑上圆弧，则 ，即 ，解得 若要滑上圆弧还能沿圆弧滑下，则最高不能超过 C 点 此时 假设恰好到达 C 点，则根据能量守恒： 解得： 故若使物块不超过 C 点， 综上： 。 12、【答案】（1）电场强度的大小为 10V/m； （2）物块在薄板上运动的过程中产生的热量为 0.8J； （3）计算物块落在 x 轴之前的最小动能为 0.9J。 【解析】（1）物块进入电磁场后做圆周运动，必有重力等于电场力： mg=qE 代入数据得：E=10V/m. （2）在第二象限，物块和薄板的加速度分别为： 215 4 62 µ= + ⋅ ⇒ =B Bmgl mv mg l v gl B D→ 2 21 12 22 2 − ⋅ = − ⇒ =D B Dmg l mv mv v gl 21 42 2 ly l gt t g = = ⇒ = 2 2Dx v t l= = 6Bv gl= 2 2l 'm A B→ ' 'p KBE E Q= + ' 215 ' ' 42 Bmgl m v m g lµ= + ⋅ ' 2 5 2'B mglv glm = − ' 0Bv ≥ ' 2 0Bv ≥ 5' 2m m≤ 'p pcE Q E= + 5 ' 4 'mgl m g l m glµ= ⋅ + 5' 3m m= 5' 3m m≥ 5 5'3 2m m m≤ ≤26 到达 O 点时两者的位移之差等于板长 L： 产生的热量等于：Q=μm1gL=0.8J （3）物体进入电磁场的速度为：v=a1t=6m/s，在电磁场中做圆周运动，有： 物块在电磁场中运动，离开时速度方向竖直向上。离开电磁场后进入电场中运动，水 平方向匀加速运动，竖直方向做竖直上抛运动。因为物体的初速度和合力成钝角，所以先减 速后加速，当合速度与合力垂直时，动能最小。水平方向、竖直方向加速度大小均为 g，必 有： vx=vy，gt´=v-gt´ t´=3s 最小动能为： 13、【答案】0.8m 【解析】子弹与木块发生碰撞的过程，动量守恒，设共同速度为 ， 则 所以 = 4m/s； 设在轨道最高点平抛时物块的速度为 ，由于轨道光滑，故机械能守恒 所以 则平抛后 21 1 1 6m/sqE m ga m µ−= = 21 2 2 2m/sm ga m µ= = 2 2 1 2 1 1 2m2 2L a t a t= − = 2 1 2mvqvB m rr = =， 2 2 1 1 ( ) 0.9J2k x yE m v v= + = 1v 0 1( )mv M m v= + 01 vMm mv += 2v 2 2 2 1 )(2 1)(2)(2 1 vMmgRMmvmM +++=+ 2 2 1 4v v gR= − R4016 −= 212 2R gt=27 位移 当 R= 0.2m 时，平抛的最大水平位移是 ． 14、【答案】 【解析】设变阻器连入电路的为 （ ）， 由闭合电路欧姆定律有： ， 则 ， 的最大功率 ， 要使 有最大值，就是要 有最小值， 所以当 时， 的功率最大， 故 的最大功率为 . 本题用“等效内阻”的方法，就简单多了，把 看作内阻， 就是外电阻，最大输出 功率的条件是 = ，最大功率为 . 15、【答案】 ， 【解析】开关闭合后，电路中的电流 ， 金属棒受到的安培力为 ， 可见，F 与 是线性关系，作出 图线如图， 安培力的功率 安培力的功率最大就是直角三角形内接矩形面积最大。 2x v t= = 22 )2.0(04.044.04 −−=+− RRR max 0.8x m= 2 14( ) E R r+ xR 0 xR R< ≤ xRRr EI ++= 1 x x xxR RRr ERIRU ++== 1 xR [ ] )(4)()( 1 2 1 2 2 1 2 rRRrRR RE rRR REIUP xx x x x RR XX +++− =++== xRP [ ]2 1( )xR R r− + 1xR R r= + xR xR 2 max 14( )Rx EP R r = + 1R r+ xR xR 1R r+ 2 max 14( )Rx EP R r = + 1 2 E BL ⋅ 2 4 E r r BLvEI −= )( r BLvEBLBILF −== v F v− 2 ( )Ev BLvP Fv BL r −= =28 （直角三角形内接矩形的性质：设两直角边边长分别为 、 当 时， ，内接矩形面积最大，最大面积为 ） 根据直角三角形内接矩形的性质， 当金属棒 PQ 的速度 （即最大速度的一半） 安培力为 （即最大值的一半） 安培力的功率最大值为 ． 当然也可以利用二次函数极值公式求解本题。 16、【解析】小球在运动时将受重力 mg，圆锥面对球的弹力 N，及洛仑兹力 f 的作用．设小 球作匀速圆周运动的轨道半径为 R，速率为 ， 正交分解得 解得 因为 有实数解，由 ， a b 2 ax = 2 by = max 4 abS = 1 2 Ev BL = ⋅ 1 2 BLEF r = ⋅ r E BL E r BLEPm 42 1 2 1 2 =⋅⋅⋅= v 2 cos vqvB N m R θ− = sin 0N mgθ − = 2 0tan v mgm qvBR θ− + = v 2 4 0b ac− ≥29 即 得 ∴小球作圆周运动的最小半径为 17、【答案】见解析。 【解析】mn 金属杆从右端向左端匀速滑动切割磁感线产生感应电动势 ， mn 相当于电源，电源电动势不变，但外电阻在变化， 设金属杆运动的距离为 时，设左边的电阻为 R1，右边的电阻为 R2， 外电阻由两部分并联组成，设 b 和 cd 边的长度为 L 外电阻 可知当 时，外电阻最大时，外电阻最大值 ，总电阻最大值 5 R0 总电阻最大时，电功率最小，拉力的功率等于电功率 最小功率为 . 根据极值定理求最大外电阻： 与 并联，且 ，当 时，外电阻最大， 外电阻最大值 。这样就避免了前面的繁琐运算。 18、【答案】 【解析】设电子碰前的速度为 ，碰后的速度为 ，静止的原子被碰后的速度为 ． 由动量守恒定律有 ① 由能量守恒有 ② 由①式解出 代入② 2( ) 4 0tan m mgqB R θ− − × × ≥ 2 2 2 4 tan m gR q B θ≥ 2 min 2 2 4 tan m gR q B θ= E Bdv= x a 0 1 0 0 0 102 2 5 12 R xL xR R R RL L −= + × = − 0 2 0 104 R xR R L = + 2 1 2 0 1 2 516 2 4 x R R LR RR R  − −  = =+ 2 5x L= max 04R R= 2 2 min 0 0 ( ) 5 5 E BdvP R R = = 1R 2R 1 2 016R R R+ = 1 2 08R R R= = max 04R R= M m EM + 1v 1v′ 2v′ 1 1 2mv mv Mv′ ′= + 2 2 2 1 1 2 1 1 1 2 2 2mv mv Mv E′ ′= + + 1 1 2 ( )m v vv M ′−′ =30 可得： 整理可得： 因电子碰后的速度 必为实数，所以此方程的判别式 即 根据上式整理可得： 所以电子必须具有的最小的初动能是 ． 2 2 2 1 1 1 1 ( )1 1 1 2 2 2 m v vmv mv M EM ′− ′= + +   2 2 2 1 1 1 1( ) 2 ( ) 0M m mv m v v m M mv ME′ ′+ − + − + = 1v′ 2 4 0b ac− ≥ 4 2 2 1 14 4( ) ( ) 2 0m v M m m m M mv ME − − − + ≥  2 1 1 2 M mmv EM +≥ mink M mE EM +=