课后跟踪训练(10) 动态平衡 平衡中的临界、极值问题（Word练习）-【优化指导】2025年高考物理一轮复习高中总复习·第1轮（人教多选版）

课后跟踪训练(10)　动态平衡　平衡中的临界、极值问题 基础巩固练 1．(2024·湖南岳阳模拟)如图所示，装卸工人利用斜面将一个质量为m、可近似为光滑的油桶缓慢地推到汽车上。在油桶上移的过程中，人对油桶推力的方向由水平方向逐渐变为与水平方向成60°角斜向上，已知斜面的倾角为θ＝30°，重力加速度为g，则关于工人对油桶的推力大小，下列说法正确的是(　　) A．不变 B．逐渐变小 C．逐渐变大 D．最小值为 D　解析：油桶受重力、斜面的支持力和推力，因油桶被缓慢地推到汽车上，处于动态平衡状态，由三角形定则作出力的动态变化过程，如图所示。当水平推力F由水平方向逐渐变为与水平方向成60°角斜向上的过程中，推力先变小后变大，最小时力F和支持力N垂直，即沿斜面方向，此时最小值Fmin＝mg sin 30°＝，D正确。 2．如图所示，抖空竹是大家喜欢的一项传统体育运动。若将空竹放在细线上，不计细线的质量及细线与空竹间的摩擦力，表演者左手保持不动，空竹不转动，则右手(　　) A．竖直向下缓慢移动的过程中，细线的拉力增大 B．竖直向上缓慢移动的过程中，细线的拉力增大 C．水平向右缓慢移动的过程中，细线的拉力减小 D．水平向左缓慢移动的过程中，细线的拉力减小 D　解析：如图所示，开始时两侧绳子是对称的，与竖直方向的夹角是相等的，左手不动，右手竖直向下或向上缓慢移动的过程中，两只手之间的水平距离L不变；假设绳子的长度为x，则x sin θ＝L，绳子一端在上下移动的时候，绳子的长度不变，两手之间的水平距离不变，则θ角度不变；两个绳子的合力向上，大小等于空竹的重力，由于夹角不变，所以绳子的拉力不变，A、B错误；左手不动，右手水平向右缓慢移动的过程中，绳子与竖直方向的夹角变大，且两个绳子的合力不变，根据2F cos θ＝mg可知，细线的拉力变大；同理，右手水平向左缓慢移动的过程中，细线的拉力减小，C错误，D正确。 3．(2024·湖南长沙长郡中学模拟)如图所示，一名攀岩运动员正沿竖直岩壁缓慢攀登，由于身背较重的行囊，重心上移至肩部的O点，运动员的质量为60 kg，运动员双手臂所能承受的拉力不能超过540 N。此时手臂与身体垂直，手臂与岩壁夹角为53°，则此时行囊的质量不能超过(设手、脚受到的作用力均通过重心O，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)(　　) A．60 kg B．50 kg C．40 kg D．30 kg D　解析：设岩壁对手的拉力为F1，岩壁对脚的弹力为F2，运动员和行囊的质量分别为M、m，以运动员和行囊整体为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件可知F1＝(M＋m)g cos 53°，则当岩壁对手臂的拉力F1达到最大值540 N时，行囊的质量最大，即F1＝Fmax＝540 N，解得m＝30 kg，D正确。 4．小明在观察如图所示的沙子堆积时，发现沙子会自然堆积成圆锥体，且在不断堆积过程中，材料相同的沙子自然堆积成的圆锥体的最大底角都是相同的。小明测出这堆沙子的底部周长为31.4 m，利用物理知识测得沙子之间的动摩擦因数为0.5，由此估算出这堆沙子的体积是多少？ 答案：65 m3 解析：沙堆底部周长为31.4 m，故圆锥体的底部圆半径为 r＝ m＝5 m 对锥面上的一粒沙粒受力分析，当满足μmg cos θ＝mg sin θ(θ为锥体的底角)时沙粒刚好静止， 圆锥体的高为h，故μ＝tan θ＝ 解得h＝2.5 m 故圆锥体的体积约为 V＝Sh＝×3.14×52×2.5 m3≈65 m3。 综合提升练 5．(2024·辽宁鞍山模拟)质量为M、半径为R的光滑匀质球，用一根长度也为R的细线悬挂在互相垂直的两竖直墙壁交线处的P点，重力加速度为g，则球对任一墙壁的压力大小为(　　) A．Mg B．Mg C．Mg D．Mg B　解析：对球进行受力分析，球受重力Mg、绳子的拉力T及两个墙壁对它的支持力，两个支持力大小相等，夹角为90°，设墙壁对球的支持力的大小为N、绳子与竖直墙壁交线的夹角θ，根据几何知识可知球心到竖直墙壁交线的垂直距离为d＝＝R，故sin θ＝＝，解得θ＝45°，根据球受力平衡在竖直方向上有T cos θ＝Mg，解得T＝Mg，在水平方向上两个墙壁对球的支持力N的合力大小等于绳子拉力T的水平分力的大小，即＝T sin θ，解得N＝Mg，根据牛顿第三定律可得，球对任一墙壁的压力大小为Mg，B正确。 6．(多选)如图所示，一个粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一个光滑定滑轮。一根细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力F缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。已知M始终保持静止，则在此过程中(　　) A．水平拉力的大小可能保持不变 B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加 C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加 D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加 BD　解析：以物块N为研究对象受力分析如图甲所示，它在水平向左拉力F作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中，水平拉力F逐渐增大，绳子拉力T逐渐增大；对M受力分析如图乙所示，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，则随着绳子拉力T′的增加，则摩擦力f也逐渐增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，则随着绳子拉力T′的增加，摩擦力f可能先减小后反向增加，B、D正确。 甲 　　　 乙 7．(2021·湖南卷)质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一个质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是(　　) A．推力F先增大后减小 B．凹槽对滑块的支持力先减小后增大 C．墙面对凹槽的压力先增大后减小 D．水平地面对凹槽的支持力先减小后增大 C　解析：对小滑块受力分析如图甲所示，由题意可知，推力F与凹槽对滑块的支持力N始终垂直，即α＋β始终为90°，在小滑块由A点向B点缓慢移动的过程中，α减小，β增大，由平衡条件得F＝mg cos α，N＝mg sin α，可知推力F一直增大，凹槽对滑块的支持力N一直减小，A、B错误；对小滑块和凹槽整体受力分析如图乙所示，根据平衡条件可得，墙面对凹槽的压力大小N1＝F sin α＝mg sin 2α，水平地面对凹槽的支持力N2＝Mg＋mg－F cos α，在小滑块由A点向B点缓慢移动的过程中，α由逐渐减小到零，根据数学知识可知N1先增大后减小，N2一直减小，C正确，D错误。 甲 　 乙 8．(2022·河北卷)如图所示，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中(　　) A．圆柱体对木板的压力逐渐增大 B．圆柱体对木板的压力先增大后减小 C．两根细绳上的拉力均先增大后减小 D．两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变 B　解析：设两根绳子对圆柱体的拉力的合力为T，木板对圆柱体的支持力为FN，绳子与木板的夹角为β，从右向左看，如图所示，在力的矢量三角形中，根据正弦定理有＝＝，在木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平的过程中，α不变，γ从90°逐渐减小到0，又γ＋β＋α＝180°，且α<90°，可知90°<γ＋β<180°，则0<β<180°，可知β从锐角逐渐增大到钝角，根据＝＝，由于sin γ不断减小，可知FT不断减小，sin β先增大后减小，可知FN先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，A错误，B正确；设两绳子之间的夹角为2θ，每根绳子拉力为FT′，则2FT′cos θ＝FT，可得FT′＝，θ不变，FT逐渐减小，可知两根绳子拉力不断减小，C、D错误。 9．如图所示，一个轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，求μ的值。 答案： 解析：当木板与水平面的夹角为45°时，两个物块刚好滑动，对物块A受力分析如图甲所示，沿斜面方向，A、B之间的滑动摩擦力fBA＝μFNBA＝μmg cos 45° 根据平衡条件可知T＝mg sin 45°＋fBA 对物块B受力分析如图乙所示，沿斜面方向，B与木板之间的滑动摩擦力f板B＝μFN板B＝μ·3mg cos 45° 根据平衡条件可知2mg sin 45°＝T′＋fAB＋f板B 由x的相互性可知T′＝T，fAB＝fBA 联立以上四式，解得μ＝。 学科网（北京）股份有限公司 $$