限时规范训练(8) 第2章 专题突破课3 动态平衡 平衡中的临界、极值问题（word课时作业）-【高考领航】2025年高考物理大一轮复习

限时规范训练(8) [基础巩固题组] 1.(2023·海南卷)如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是(　　) A．工人受到的重力和支持力是一对平衡力 B．工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力 C．重物缓慢拉起过程，绳子拉力变小 D．重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变 解析：B　对人受力分析如图1，则有FN＋FT＝mg，其中工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力，A错误、B正确；对滑轮做受力分析如图2，则有FT＝，则随着重物缓慢拉起过程，θ逐渐增大，则FT逐渐增大，CD错误。 图1　　　　　　　　 图2 2.如图所示，轻绳PQ能承受的最大张力为80 N，现用它悬挂一质量为4 kg的物体，然后在轻绳的中点O施加一水平向左的力F，使中点O缓慢向左移动，已知重力加速度g＝10 m/s2，则当轻绳断裂瞬间，绳的PO段与竖直方向的夹角为(　　) A．30°　　　　　　 B．45° C．53° D．60° 解析：D　设当轻绳断裂瞬间，绳的PO段与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件可得cos θ＝＝＝，解得θ＝60°，D正确。 3．如图所示，一根直杆固定在水平地面上，与水平面成θ＝37°的倾角，杆上套着一个质量为m的圆环A，跨过定滑轮的细绳一端系在圆环A上，另一端系一物块B。细绳对圆环A的拉力方向是水平向左。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，圆环A与直杆间动摩擦因数为μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，要保证A不向上滑动，所悬挂的物块B质量不能超过(　　) A．m B．m C．m D．2m 解析：D　对物块B，由平衡条件可得FT＝mBg，对圆环A受力分析，如图，当圆环刚要上滑时，由平衡条件可得FTcos θ＝mgsin θ＋Ffm，Ffm＝μ(FTsin θ＋mgcos θ)，联立解得mB＝2m，即悬挂的物块B质量不能超过2m。故D正确。 4．(2024·上海嘉定二模)如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环，系在两环上的等长细绳将书本静止悬挂，现将两环距离变大后书本仍处于静止状态，若杆对A环的支持力为FN，杆对A环的摩擦力为Ff，则(　　) A．FN减小，Ff不变 B．FN减小，Ff增大 C．FN不变，Ff不变 D．FN不变，Ff增大 解析：D　对A、B和书本整体分析，根据平衡条件以及对称性可知2FN＝G，设两细绳的夹角为2θ，对A单独分析，根据平衡条件可得tan θ＝，将两环距离变大后，FN不变，θ增大，Ff增大，故选项D正确。 5．(2022·北京八十中三模)如图所示，质量为m的等腰直角三角板abc，用细绳一端系着三角板a点，另一端固定于天花板，在三角板的c点作用水平拉力F，当系统处于平衡状态时，细绳与竖直方向夹角为30°，重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　) A．细绳拉力大小为mg B．外力F大小为mg C．若保持外力F的方向不变，使三角板绕O点逆时针缓慢转动，则细绳的拉力先增大后减小 D．若保持细绳拉力方向不变，使外力F逆时针缓慢转动，则外力F先减小后增大 解析：D　对三角板进行受力分析，受三力(重力mg、细绳拉力FT、外力F)而平衡，三角板处于平衡状态有FTcos 30°＝mg，F＝FTsin 30°，解得FT＝mg，F＝mg，选项AB错误；三角板绕O点逆时针转动过程中，细绳与竖直方向的夹角(设为α)增大，由平衡条件可知，细绳拉力的大小FT＝，故FT必增大，选项C错误；若保持细绳拉力方向不变，由于三角板处于平衡状态，作出力的示意图如图所示，当外力F逆时针转动时，其大小先减小后增大，选项D正确。 6．如图所示，物体的质量为m＝5 kg，两根轻细绳AB和AC的一端固定于竖直墙上，另一端系于物体上(∠BAC＝θ＝60°)，在物体上另施加一个方向与水平线也成θ角的拉力F，若要使两绳都能伸直，求拉力F的大小范围。(g取10 m/s2) 解析：设AB绳的拉力为F1，AC绳的拉力为F2，对物体受力分析，由平衡条件有 Fcos θ－F2－F1cos θ＝0， Fsin θ＋F1sin θ－mg＝0， 可得F＝－F1，F＝＋ 若要使两绳都能伸直，则有F1≥0，F2≥0 则F的最大值Fmax＝＝ N F的最小值Fmin＝＝ N 即拉力F的大小范围为 N≤F≤ N。 答案： N≤F≤ N [能力提升题组] 7．(2024·四川泸县一中模拟)如图所示，弹簧一端系一质量为m的物块，另一端固定在长木板上，缓慢抬起木板的一端，物块与木板始终保持相对静止。当木板与水平面成θ＝30°角时，物块与木板间恰好没有摩擦力。则当木板与水平面成θ＝60°角时，物块所受摩擦力(　　) A．等于零 B．大小为mg，方向沿斜面向上 C．大小为mg，方向沿斜面向上 D．大小为mg，方向沿斜面向上 解析：C　设弹簧的弹力为F，当木板与水平面成θ＝30°角时，根据平衡条件可得F＝mgsin 30°；当木板与水平面成θ＝60°角时，弹簧弹力不变，重力沿斜面向下的分力变大，则摩擦力方向沿斜面向上；根据平衡条件可得F＋Ff＝mgsin 60°，解得Ff＝mg，故选C。 8.(2024·宁夏六盘山一中模拟)如图所示，某健身者右手拉着抓把沿图示位置B水平缓慢移动到位置A，不计绳子质量，忽略绳子和重物与所有构件间的摩擦，A、B、重物共面，则重物上升过程中(　　) A．绳子的拉力逐渐增大 B．该健身者所受合力逐渐减小 C．该健身者对地面的压力逐渐减小 D．该健身者对地面的摩擦力逐渐增大 解析：D　由题意可知，重物和健身者一直处于动态平衡状态，由平衡条件可知，健身者所受合力等于零，绳上的拉力大小不变，其大小等于重物的重力mg，A、B错误；对健身者受力分析，如图所示，由平衡条件可知，在竖直方向，则有FTsin θ＋FN＝Mg，又有FT＝mg，可得FN＝Mg－mgsin θ，在水平方向，则有FTcos θ＝Ff，当从B水平缓慢移到A时，θ角逐渐变小，地面对健身者的支持力逐渐变大，地面对健身者的摩擦力逐渐变大，由牛顿第三定律可知，健身者对地面的压力逐渐增大，健身者对地面的摩擦力逐渐增大，C错误，D正确。 9.(2024·河北唐山模拟)北方农村秋冬季节常用金属丝网围成圆柱形粮仓储存玉米棒，某粮仓由于玉米棒装的不匀称而发生倾斜现象，为避免倾倒，在左侧用木棍支撑，如图所示。若支撑点距水平地面的高度为 m，木棍与水平地面间的动摩擦因数为，木棍重力不计，粮仓对木棍的作用力沿木棍方向，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使木棍下端不发生侧滑，则木棍的长度最大为(　　) A．1.5 m B． m C．2 m D．2 m 解析：C　设木棍与水平方向夹角为θ，木棍长度为L，粮仓对木棍的作用力大小为F，则为使木棍下端一定不发生侧滑，由平衡条件有Fcos θ≤μFsin θ，由几何知识有tan θ＝，两式联立解得L≤2 m，即木棍的长度最大为2 m，故A、B、D错误，C正确。 10.(多选)如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂质量为m的物块A，另一端系一位于固定光滑斜面上且质量为2m的物块B，斜面倾角θ＝45°，F＝2mgsin θ－mgsin α，外力F沿斜面向上拉物块B，使物块B由滑轮正下方位置缓慢运动到和滑轮等高的位置，则(　　) A．细绳OO′的拉力先减小后增大 B．细绳对物块B的拉力大小不变 C．斜面对物块B的支持力先减小后增大 D．外力F逐渐变大 解析：BCD　由题可知，物块缓慢移动，整体处于动态平衡状态，则绳OO′的拉力大小等于下面绳对A的拉力和绳对B的拉力的合力大小，由于绳对A的拉力和绳对B的拉力大小相等，都等于A物块的重力的大小，但是由于B物块上移，导致二者之间的夹角变大，则根据平行四边形定则可知合力变小，即绳OO′的拉力逐渐减小，故A错误，B正确；对物块B受力分析如图所示，当物块B上移时，α先减小后增大，在垂直斜面方向根据平衡条件可知，斜面对物块B的支持力先减小后增大，在沿斜面方向根据平衡条件可知，F＝2mgsin θ－mgsin α，外力F逐渐变大，故C、D正确。 11.(2024·河北保定一模)如图所示，光滑四分之一圆弧轨道ABC固定放置，B为轨道最低点，O为圆弧对应的圆心，连线OB沿竖直方向，∠AOB＝60°、∠COB＝30°。质量为m的小球在外力F的作用下沿轨道缓慢地由A点移动至C点，外力F的方向始终与AC连线平行。重力加速度为g，在小球的移动过程中下列说法正确的是(　　) A．外力F的最大值为mg B．轨道对小球支持力的最小值为mg C．轨道对小球的支持力先增大后减小 D．在A、C两点外力F大小相等，方向相反 解析：B　小球受力如图所示，由A运动到B过程由正弦定理有＝＝，其中θ1不变，θ3减小，θ5增大并且会大于90°，可得F减小，FN先减小后增大。由几何关系知θ1＝75°，当θ3＝60°、θ5＝45°时F最大，得Fmax＝mg，当θ3＝15°，θ5＝90°时FN最小，得FNmin＝mg，由B运动到C过程由正弦定理有＝＝，其中θ2不变，θ4增大，θ6减小，可得F、FN均增大。由几何关系知θ2＝105°，当θ4＝30°、θ6＝45°时，F最大，得Fmax′＝mg，故选B。 12．如图所示，质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑。如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块，木块能匀速上升，已知木楔在整个过程中始终静止。 (1)当α为多大时，F有最小值，求此时α的大小及F的最小值； (2)当α＝θ时，木楔对水平面的摩擦力是多大？ 解析：(1)木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有 mgsin θ＝μmgcos θ 解得μ＝tan θ 木块在F作用下沿斜面向上匀速运动，有 Fcos α＝mgsin θ＋Ff Fsin α＋FN＝mgcos θ Ff＝μFN 解得F＝＝ ＝ 则当α＝θ时，F有最小值，为 Fmin＝mgsin 2θ。 (2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力 即Ff′＝Fcos (α＋θ) 当α＝θ，即F取最小值mgsin 2θ时 Ff′＝Fmincos 2θ＝mgsin 2θcos 2θ＝mgsin 4θ。 答案：(1)θ　mgsin 2θ　(2)mgsin 4θ 学科网（北京）股份有限公司 $$