第3章 专题探究4 受力平衡的临界极值问题&专题探究5 共点力动态平衡-【学霸题中题】2024-2025学年新教材高中物理必修第一册(人教版2019) 江苏专用

专题探究四 受力平衡的临界极值问题 题型1 绳子受力的极值问题 题型2 相对滑动的临界问题 1.(2023·湖南怀化期末联考) 4.(2024·福建福清月考)如图,在固定斜面上 用一根长1m的轻质细绳将 的一物块受到一外力F的作用,F平行于斜 挂钉 一幅质量为1kg的画框对称 挂钉 面向上.若要物块在斜面上保持静止,F的取 悬挂在墙壁上,已知绳能承 值应有一定范围,已知其最大值和最小值分 受的最大张力为10N.为使绳不断裂,画框上 别为F和F。(F.>0).由此可求出 两个挂钉的间距最大为(g取10m/s}) A. 物块的质量 ( ) B. 斜面的倾角 3 C. 物块与斜面间的最大静摩擦力 2.(2024·云南宣成月考)如图所示,能承受最 D. 物块对斜面的正压力 大拉力为10N的细线0A与竖直方向成45* 5.(2023·河南濮阳一中期 角,能承受最大拉力为5N的细线0B水平,细 中)如图,滑块A置于水平 线0C能承受足够大的拉力.为使0A、0B均不 地面上,滑块B在一水平力作用下紧靠滑块 被拉断,0C下端所悬挂物体的最大重力是 A(A、B接触面竖直),此时A恰好不滑动,B , 刚好不下滑.已知m.三9m。,A与地面间的动 摩擦因数为0.2.最大静摩擦力等于滑动摩擦 . 力.则A与B间的动摩擦因数是 ~ A.0.2 B.0.5 C.0.6 D.0.4 6.(2023·江苏苏州中学质 A. 15 N B. 10 N C. 5N D.5/2N 检)竖直门门简化结构的 3. 如图所示,物体的质量为n.两根轻绳AB和 侧视图如图所示.下方部件 AC的一端连接于竖直墙上,/BAC=.另一 A可以在水平糟内向前推进.表面光滑,摩 端系于物体上,在物体上另施加一个与水平 擦力可以不计;部件A与部件B界面具有摩 线也成e角的拉力F.若要使两绳都能伸直. 擦系数n,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力, 求拉力F的大小范围 界面与水平面呈45*}夹角,部件B质量为m. 重力加速度为g,为了使门问启动,施加在部 ( 件A上的水平力F至少是 #_# 1 1mg A. 1 1- 1# 1-_ng C. . 1- 1+{ 第三章学霸073 专题探究五 共点力动态平衡 题型1 正交分解法 说法正确的是 ) 1.(2024·江苏淮安期末)如图所示,轻绳一端 A. 挡板对小球的弹力逐渐增大 固定于0点,另一端与套在光滑竖直杆的圆 B. 斜面对小球的支持力逐渐增大 环P相连,圆环和竖直杆均静止.现将竖直杆 C. 挡板转到竖直方向时,挡板对小球的弹力 从A点水平向右缓慢移到B点,则该过程中 大小与斜面对小球的支持力大小相等 ) 圆环受到 _ D. 挡板转到水平方向时,斜面对小球没有支 ## 持力 4.(2024·甘肃武威月考)如图,半圆形金属框 竖直放在粗糙的水平地面上,套在其上的光 滑小球P在水平外力F的作用下处于静止状 态,P与圆心0的连线与水平面的夹角为9 A.杆的弹力变大 现用力F拉动小球,使其缓慢上移到框架的 B. 杆的弹力先变大后变小 最高点,在此过程中金属框架始终保持静止, 下列说法中正确的是 C. 轻绳的拉力变小 ) D. 轻绳的拉力先变小后变大 A. 框架对小球的支持力先 2. 如图所示,0A为遵从胡克定律的弹性轻绳,其 减小后增大 一端固定于天花板上的0点,另一端与静止在 B.水平拉力F先增大后减小 C. 地面对框架的支持力先减小后增大 动摩擦因数恒定的水平地面上的滑块A相连 D. 地面对框架的摩擦力一直减小 当弹性轻绳处于竖直位置时,滑块A对地面有 5.(2024·江苏泰州联考)如图所示。 压力作用.现有一水平力F作用于A.使A向右 一不可伸长的细线套在两光滑目 缓慢地沿直线运动,则在运动过程中 _ 大小不计的定滑轮上,穿过质量为n的圆环, A.地面对A的支持力保持 现施加一作用力F使圆环保持静止,AC段竖 不变 直,BC段水平,AC长度等于BC长度,且细线 B.地面对A的摩擦力保持 始终有张力作用,重力加速度为g,则( __ 不变 #22 A. 力F的方向不能水平向右 ### C. 地面对A的摩擦力变小 B. 力F的方向可以竖直向上 D. 地面对A的摩擦力增大 题型2 矢量三角形法 -0 3.(2024·湖南衡阳期中)如 D. 力F的大小不能超过mg 题型3 相似三角形法 图,小球放在光滑斜面和一 光滑挡板之间,则在挡板绕 6.(2022·山西怀仁期末)如图所示,轻杆的A 接触点逐渐旋转到水平方向的过程中,下列 端用较链固定,定清轮在A点正上方(滑轮大 小及摩擦均可不计),杆的B端悬挂一重物 必修第-册学霸074 现将跨过定滑轮的轻绳的一端铨在杆的B 轻环连接,绳子中间某点C挫一重物,用手拉 端,用拉力F将B端缓慢上拉,在AB杆达到 住绳的另一端B.初始时倾斜直杆OV固定在 竖直位置前 ) 图中位置,BC水平,现用外力将OM杆缓慢 A. 轻绳拉力F不变 B.轻绳拉力F增大 旋转到竖直,并保持之ACB大小和轻环在杆 C. AB杆受力大小不变 D. AB杆受力减小 ( 上的位置不变,在OV转动过程中 ) A. 轻环所受细线的拉力逐渐增大 B. 直杆所受轻环压力逐渐增大 C. 绳BC的张力先增大后减小 D. 绳BC的张力逐渐增大 (第6题) (第7题) 题型5 滑轮沿绳移动类动态问题 7.(2024·山西大同一中月考)表面光滑、半径 10. 如图所示,轻杆能在当前位置平衡,下列说 为R的半球固定在水平地面上,球心0的正 法错误的是 ) 上方0处有一无摩擦的定滑轮,轻质细绳两 端各系一个小球挂在定滑轮上,如图所示,两 小球平衡时,若滑轮两侧细绳的长度分别为 晚 T L.=2.4R和L.=2.5R.则这两个小球的质量之 A. 图甲、丙中绳对杆的力一定沿着杆 ( 比m.:m,为(不计球的大小) ) B. 图乙、丁中绳对杆的力一定沿两绳夹角的 A.24:1 B. 25:24 平分线 C.24:25 D. 25:1 C.图乙中,a={ 题型4 辅助圆法(针对两个力夹角不变) D. 剪断上端绳子物体不会下落的只可能是图内 8.(2024·山东德州一模)如图所示,甲、乙两细 11.(2024·四川仁寿一中期中)如图所示,在竖 绳一端系着小球,另一端固定在竖直放置的圆 直平面内一根不可伸长的柔软轻绳通过光 环上,小球位于圆环的中心,开始时甲绳水平 滑的轻质滑轮悬挂一重物,轻绳一端固定在 乙绳倾斜,现将圆环在竖直平面内逆时针缓慢 ) 墙壁上的A点,另一端从墙壁上的B点先沿 向左滚动至乙绳竖直,在此过程中 _ 着墙壁缓慢移到C点,后由C点缓慢移到D A. 甲绳中的弹力一直增大 点,不计一切摩擦,且墙壁BC段竖直.CD段 B. 甲绳中的弹力一直减小 C. 乙绳中的弹力一直增大 水平,在此过程中关于轻绳的拉力F的变化 ( 情况,下列说法正确的是 ) D. 乙绳中的弹力先减小后增大 将过去 2 (第8题) (第9题) 9. 如图所示,倾斜直杆OV可以在竖直面内绕0 A.F一直减小 B.F一直增大 C. F先增大后减小 点转动,轻绳AB的A端与套在直杆上的光滑 D. F先不变后增大 第三章学霸075F.t 斜面向下的运动趋势，∫的方向沿斜面向上，有F2+∫= mgsin0…②：由最大静摩擦力等于滑动摩擦力可知∫= f umgeos.…③，由①②可求得f的值，而物块的质量m,斜面 的顾角9无法求出，故物块对斜面的正压力(N=mg©8)也 无法求出综上所述，正确答案为G (m+malg 5.B解析：对A.B整体，设A与地面间的动摩擦因数为41， 根据正交分解法，则有∫=F,c0s60°= 5w3 N,方向水平 有41=0.2，由受力平衡可知F=4,(m,+m#)g, 对B物体，由受力平衡可知mg=F, 向右 解得山= =0.5. 专题探究四受力平衡的临界极值问题 4,(m,+me）g4,(9me+me）g1041 故选B 1.A解析：将一个大小、方向确定的力分解为两个等大的力 6.C解析：设A、B刚好发生相对滑动，A,B的受力如图所示 时，合力在两个分力的角平分线上，且两分力的夹角越 大，分力越大，因而当绳子拉力达到F=10N的时候，绳子 间的张角最大，为120°，此时两个挂钉间的距离最大：画框 受到重力和绳子的拉力，三个力为共点力，受力如图： 以B为对象，则有mg+fsin45°=F心o%45°，以A为对象，则 挂 牲钉 有F=fos45°+Fsin45°，又f户μFm=uF4,联立解得施加 G 在部件A上的水平力F的最小值为F=1mg, 1-4 绳子与竖直方向的夹角为0=60°，绳子长为L。=1m,则 专题探究五共点力动态平衡 有mg=2Fc0s8,两个挂钉的间距L=2× (台n0)解得 1.C解析：设轻绳与竖直方向的夹角为8，以圆环P为对 象，受到重力、杆的弹力和轻绳的拉力，根据受力平衡可得 2m,故选A 2.C解析：以0点为对象，根据受力平衡可得T1c0s45°= 7as0=mg,Tim0=N,可得T=g,N=mgtan6,将竖直吊 Tc=mg,Torsin45°=TM,可得Ta=2mg,Tw=mg,可知 从A点水平向右缓慢移到B点，由图可知日逐新变 当所悬挂物体的重力达到5N时，此时Tm=5N,T= 小，cos0逐渐变大，tan0逐渐变小，则杆的弹力变小，轻绳 52N<10N,为使OA、OB均不被拉断，OC下端所悬挂物 的拉力变小故选C 体的最大重力是5N.故选C 2.C解析：弹性轻绳处于竖直方向时. 2sin Fmg 3.、mg 设其伸长量为：1，劲度系数为k,则受 sin 力分析如图甲所示根据平衡条件得中 解析：作出物体A受力如图所示， T,+N,=G,T,=向右拉至某一位置 由平衡条件： 时.滑块A受力如图乙所示，其中日为G F,=Fsin8+F,sina-mg=0-…① 此时弹性轻绳与水平方向的夹角.根甲 F,=Fcos 0-F-F cos 0=0..2) 据正交分解和力的平衡条件可得Tsin0+V2=G,T2cs0+ 由①2式分别得：F=g。F…③ f=F,T2=x.设弹性轻绳自然长度为1，则1+x,=(1+ sin 6 x2)sin8,所以有N2=C-kx2sin6<G-:1=N1,即地面对A的 P2。④ 支持力减小，A与地面间的摩擦力变小所以C正确 3.D解析：AB.作出小球的受力分析如图所示 要使两绳都能绷直，则有： F,≥0…) fF2≥0…⑥ 由③⑤式得F有最大值：F=mg sin 0 由④6式得F有最小值：Fm2sim0 mg 小球受重力mg,斜面对小球的弹力F、1,挡板对小球的弹 即6F≤。 力F:,由于小球始终受力平衡，因此这三个力的矢量始终 sin 可以构成一个闭合的矢量三角形，而其中重力是恒力，斜 4.C解析：根据题意，设物块受到的最大静F、 面对小球的弹力F、的方向始终不变，则在挡板绕接触点 摩擦力为「，对物块受力分析（如图所示）， 逐渐旋转到水平方向的过程中，挡板对小球的弹力F:先 若FP>mgsin8,则物体有沿斜而向上运动的 减小后增大，斜面对小球的弹力F始终减小，故AB错 趋势，∫的方向应沿斜面向下，有F,= 误：C.挡板转到竖直方向时，小球所受力的矢量三角形如 mgsin0+f①：若F<mgsin8,则物体有沿 图所示 参考答案学霸25 7.B解析：先以左侧小球为研究对象，分析受力情况：重 力mg,绳子的拉力T和半球的支持力N,作出受力分 析图： 显然，此时挡板对小球的弹力大小F,小于斜面对小球的 支持力大小F、,故C错误：D.当挡板转到水平方向时.结 合以上分析可知，小球受重力与挡板对小球竖直向上的弹 力而平衡，此时斜面对小球没有支持力，故D正确故选D. 4.D解析：以小球为研究对象.受力分析如图所示： F 由平衡条件得知，拉力T和支持力N的合力与重力m,g大 小相等，方向相反.设00=，根据三角形相似可得 L Th A.根据动态矢量三角形可知，框架对小球的支持力不断减 ,解得mg 小，A错误：B.水平拉力F一直减小，B错误：CD.以框架 与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支 时理，以右侧小球为研究对象，得m,g=严 ,由两式可 持力、地面的摩擦力以及力F的作用，因水平拉力F一直 得m1:m2=L2:L,=25:24.故选B. 减小，所以地而对框架的摩擦力始终在减小，地面对框架 8.B解析：设小球受到的重力为G.圆环沿逆时针方向转至 的支持力保持不变，C错误，D正确，故选D, 乙绳与竖直方向的夹角为日时，甲、乙两绳中的弹力大 5.C解析：同一根细线上拉力相等，AC、BC的合力为T,方 小分别为F,F,如图所示 向与竖直方向成45°角，如图所示： 由物体平衡条件可知，F,、F,的合力不变.G、F,和F,组成 A.若力F水平向右时，大小为mg.故A错误：B.细绳有张 一个闭合的三角形，由正弦定理可知F,、F,的夹角B不 力作用，则力F的方向不可能竖直向上，故B错误：CF的 G F F 方向垂直于T时取最小值，大小为号g,故C正确：业当 变，且有 nBn日im(180°6-，圆环在竖直平面内. 从甲绳水平逆时针缓慢向左滚动至乙绳竖直的过程中，0 F的方向斜向下时，力F的大小大于mg,故D错误，故 减小，可知F,F,均减小，故甲绳中的弹力一直减小，乙绳 选C. 中的弹力一直减小.故选B. 6。C解析：以B点为研究对象，分析受力情况为：重物的拉 9.D解析：（一）常规方法：设将OM杆缓慢旋转到竖直位置 力T(等于重物的重力G)、轻杆的支持力N和绳子的拉力 的过程中，某位置AC与竖直方向夹角为《，CB与竖直方 F,作出受力图，如图： 向夹角为B,此时AC和BC上的拉力分别为T和T,,则由 平衡条件可知T sin a=T:sinB,T cos a+T2cosB=mg, 联立解得-8乃合 因α+B=定值，将OM杆缓慢旋转到竖直位置的过程中c 变大，B减小，可知T,变大，T诚小，即绳BC的张力逐渐增 大，绳AC的张力逐渐减小，即轻环所受细线的拉力以及直 杆所受轻环压力都是逐渐减小的.故选D G (二)轴助圆法：如图所示，画出初始位置时G、T、T三力 矢量三角形的外接圆，T,过圆心0，当OM杆移到竖直时， 由平衡条件得知，N和F的合力T与G大小相等，方向相 反，根据三角形相似得 力的矢量三角形随之移动到图中虚线位置，此时T过圆心 O,观察图形变化可以看出，过程中AC绳上的拉力T,变 NFT 小，BC绳上的拉力T变大.故选D AB BOAO' 又T=G 解得 F-Bo o*G. 水B AOXC 将B端缓慢上拉时，则AB、AO保持不变，B0变小，则N保 持不变，F变小：故选C 【名师点评】常规方法对数学能力要求高，运算量大，不适 必修第一册学蜀26 合作为首选解题方法，而辅助圆法较为简单，直观，能节省 时间：处理动态平衡类问题时，如果存在两个力同步转动 3两木块间的距离为=21+t,=2L,(2,+m,)g 夹角恒定不变的情况，则一律可以使用轴助圆法进行 故选D. 分析 10.C解析：A对节点0进行受力分析.如图： 10.,A解析：如果绳是系在轻杆的右端，绳子被分成两段，两 段绳上的力大小可以不一样，这时两段绳对杆合力的方 向不确定，在图甲中轻杆的左端通过铰链和墙相连，绳对 杆的力必须沿着杆，不然杆会转动将不会在当前位置平 衡，在图丙中轻杆左端固定在墙体上，绳对杆的力不沿杆 777777772777 也不会影响到杆的平衡，故A错误：如果绳是绕过轻杆右 轻杆与节点0之间的作用力大小为F= G 端的定滑轮，绳子是完整一根，绳上的力大小处处相等， tan 30=3C. 根据力的合成的法则，大小相等不在同一直线上的两个 故A错误：B.细绳对人的拉力大小即为绳上拉力大小 力的合力沿角平分线，所以图乙和丁中绳对杆的力沿两 G 绳夹角的平分线，同时图乙中轻杆的左端是铰链，杆能在 t= in30° =2G,故B错误：C对人进行受力分析，如图： 当前位置平衡说明绳对杆的力也沿着杆，所以杆和绳的 夹角a和B相等，放B,C正确：图丙中轻杆的左端固定在 墙上，右端系着绳，剪断上端的绳子物体可以通过下端另 一段绳挂在轻杆的右端而不下落，其他图中剪断绳子物 体都会下落，故D正确.放选A 11.D解析：设绳子总长为L.两竖直墙壁间的距离为S,两 地面对人的摩擦力大小为F,=F,cos30°=√3G,故C正 段绳子之间的夹角为20，同一根绳子拉力相等，所以每根 确：D由于有绳子的拉力，地面对人的支持力的大小小于 绳子与竖直方向的夹角均为0，如图所示 人自身重力，故D错误.故选C 11.D解析：A.设小球与0点连线与竖直方向的夹角为0， 小球质量为m,圆弧槽质量为M,圆弧对小球的支持力 为N,地面对圆弧槽的支持力为F、,地而对圆弧槽的摩擦 力为「，则第一次推动过程中，对小球受力分析如图所示： 3 根据平衡条件可得2F©os0=mg,由根据图中儿何关系结 合数学知识得到血0=氵，当轻绳的右端从B点移到C 小球由A点向B点缓慢移动，可知小球受力平衡，重力和 推力合成后，有F=Nsin8,mg=os0,小球从A缓慢移动 点时，L,S不变，则0保持不变，则F不变：当轻绳的右端 至B点时，0越来越大，则推力为F=mgtan9.可知0越来 从C点移到D点时，增大，0变大，cos8变小，则F增大 所以绳子拉力变化情况为先不变后增大故选D. s0可知0越来 越大，推力越来越大；另外支持力为N=m 第三章章末检测 越大，支持力越来越大，故A错误：B.对圆弧槽与小球整 体分析，0越来越大，竖直方向满足F、=(M+m)g,可知. 1.D2.A3.B4.B5.D6.C7.D 无论日变化与否，地面对圆弧槽的支持力不变：另外由于 8.B解析：BD.设b的质量为m,杆对b的弹力为F,ON对b 整体受力平衡，水平方向满足∫=F,由于6越来越大，推 的支持力为N,其力的矢量图如图所示 力越来越大，所以地面对圆弧柚的摩擦力越来越大，故 N B错误：C第二次推动过程中，对小球受力分析如图 所示： 0 由儿何知识知F=N=mg,现增大b的质量，在杆垂直于 OM的状态下，三个力均增大且相等，其合力仍为零，b仍 静止，故B正确，D错误：AC.杆对a的力始终垂直于斜面 OM,a始终静止，摩擦力f=m.geos30°不变，故AC错误故 推力F始终与圆弧对小球的支持力N垂直，小球受力平 选B. 衡，重力和推力合成后，有F=mgsin0,N=mgcos0,0越来 9.D解析：以木块1、2为整体，根据受力平衡可得= 越大，则推力F越来越大，支持力N越来越小，故C错误： m1g+um2g,解得术块2、3间弹簧的伸长量为x4= D.对圆孤槽与小球整体分析，0越来越大，水平方向由平 g(m,+3》 ,以木块1为对象，根据受力平衡可得：口= 衡关系式/上Fcos0=mgsin o0=2 mgsin20,可知地面 g,解得木块1,2闻弹资的伸长量为。，则1和 对圆弧槽的摩擦力先增大后减小：竖直方向由平衡关系 式F、=(W+m)g-Fsin0=(M+m)g-mgsin20,可知地面对 参考答案学霸27