09 专题强化(二) 动态平衡问题 平衡中的临界极值问题(Word练习)-【正禾一本通】2025年高考物理高三一轮总复习高效讲义

[专题强化(二)]　动态平衡问题　平衡中的临界极值问题 ________________________________________________________________________ (选择题每题5分，解答题每题10分，建议用时：50分钟) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 考点 基础题 综合题 动态平衡问题 2，3，4，6，8 9，10 平衡中的临界极值问题 1，5，7 11，12 【基础落实练】 1．(2023·江西南昌一模)在建筑沙石料产地常将沙石颗粒输送到高处落下，在水平地面上堆积成圆锥体。若沙石颗粒间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则该圆锥体表面与水平地面的最大夹角α满足的关系式为(　　 ) A．tan α＝μ B．tan α＝ C．cos α＝μ D．cos α＝ 解析：选A。当圆锥体表面沙石颗粒受到静摩擦力达到最大时，根据受力平衡可得mg sin α＝μmg cos α，解得tan α＝μ，故A正确。 2．如图所示，一个重力为5 N的砝码，用细线悬挂在O点，现在用力F拉砝码，使细线偏离竖直方向30°处于静止状态，此时所用拉力F的最小值为(　　) A．5.0 N B．2.5 N C．8.65 N D．4.3 N 解析：选B。以砝码为研究对象，其受重力G、细线的拉力FT和力F，受力分析如图所示， 由图看出，当F与细线垂直时F最小，由数学知识得F的最小值为F＝G sin 30°＝2.5 N，故B正确。 3．(2023·河南开封期末)如图为景区中一会馆大殿的剖面图，屋脊不是一条直线，而是一条曲线。一只鸟沿着屋脊从A点缓慢运动到B点。下列说法正确的是(　　 ) A．屋脊给鸟的摩擦力逐渐增大 B．屋脊给鸟的作用力逐渐减小 C．屋脊给鸟的支持力逐渐增大 D．鸟受到的合力逐渐减小 解析：选C。鸟沿着屋脊从A点缓慢运动到B点过程受力平衡，设鸟受到的支持力与竖直方向夹角为θ，则沿着屋脊方向有mg sin θ＝f，θ减小，f减小，即屋脊给鸟的摩擦力逐渐减小，A项错误；屋脊给鸟的作用力为支持力和摩擦力，二力的合力与重力等大反向，即屋脊给鸟的作用力大小不变，B项错误；鸟在垂直屋脊方向受力有mg cos θ＝FN，θ减小，FN增大，即屋脊给鸟的支持力逐渐增大，C项正确；鸟沿着屋脊从A点缓慢运动到B点过程受力平衡，受到的合力一直为0，D项错误。 4.如图所示，四分之一圆弧体A放在水平面上，圆弧面光滑，实心球B放在圆弧面和光滑竖直墙面之间，A、B处于静止状态。若将A稍微向左移一些，A、B仍保持静止，B球只与圆弧面和竖直墙面接触，则下列说法正确的是(　　 ) A．A对地面的压力不变 B．A对地面的压力变小 C．地面对A的摩擦力不变 D．地面对A的摩擦力变大 解析：选A。对整体研究可知，A对地面的压力始终等于A、B的总重，故A正确，B错误；设A对B的作用力N1，此力与竖直方向的夹角为θ，B球的重力GB，墙对B的作用力为N2，根据力的平衡有N1cos θ＝GB，N1sin θ＝N2，对整体研究，地面对A的摩擦力f＝N2，当A稍微向左移一些，θ变小，则N1变小，N2变小，f变小，故C、D错误。 5．如图所示，将物体用细绳OC悬于O点，现用细绳AB绑住绳OC上的A点，再缓慢增大AB上的水平力。已知各部分绳子所能承受的最大拉力是相同的，若此过程中某段绳子被拉断，则(　　 ) A．绳AC段先断 B．绳OA段先断 C．绳AB段先断 D．OA与AB段可能同时拉断 解析：选B。设OA与竖直方向夹角为θ，物体质量为m，对物体受力分析，由平衡条件可得FAC＝mg，对A点受力分析，由平衡条件可得FOAsin θ＝FAB，FOAcos θ＝FAC，整理可得FOA＝>FAC(θ>0)，又FOA>FAB，又三股绳能承受的最大拉力相等，故OA绳先断，故B正确。 6．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： 选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－mg sin 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。 7．(多选)如图，斜面固定，倾角为30°，斜面底端固定一挡板，轻弹簧劲度系数为1 000 N/m，原长10 cm，一端与挡板相连，另一端放上重为100 N的物体后压缩到8 cm。已知物体与斜面间最大静摩擦力为35 N。现在用力F沿斜面向上拉物块，物块保持静止，则力F的取值可能为(　　 ) A．0 B．30 N C．60 N D．80 N 解析：选ABC。压缩的弹簧对物体产生向上的推力F1＝kΔx＝20 N，最大静摩擦力大小为f＝35 N，重力沿斜面的分力大小为G1＝mg sin θ＝50 N，由于物体在重力、弹簧弹力、斜面的支持力及摩擦力作用下可以平衡，所以拉力F的最小值为零，当静摩擦沿斜面向下达到最大时，拉力F值会有最大值，此时Fmax＋F1＝G1＋f，解得Fmax＝65 N，由此可知拉力的取值范围为0≤F≤65 N，故A、B、C正确。 8．(2023·安徽亳州联考)工地工人用如图所示的方法将带挂钩的重物拉起。不可伸长的轻绳1两端分别固定于刚性直杆上的A、B两点，轻绳长度大于A、B两点间的距离，杆右端用铰链固定在墙壁上。现将挂钩挂在轻绳上，工人用另一轻绳2连接杆的左端通过滑轮缓慢将杆左端拉起，开始时左端低于右端，不计挂钩与绳之间的摩擦。在工人将杆拉起到左端高于右端的过程中，下列说法正确的是(　　 ) A．轻绳1的张力变大 B．轻绳1的张力变小 C．轻绳1的张力先变大后变小 D．轻绳1对挂钩的作用力先变大后变小 解析：选C。不计挂钩与绳之间的摩擦，则挂钩可视为“活结”，挂钩两侧绳上的拉力大小相等，设挂钩两侧轻绳的夹角为θ，轻绳1上的拉力为F，则由共点力的平衡可得2F cos ＝mg，则F＝，当A点升高时，AB之间的水平距离变大，故轻绳1间的夹角θ先变大，cos 先变小，轻绳1的张力先变大；当杆水平时轻绳1间夹角最大，轻绳1的张力最大；当A的高度超过B时，AB之间的水平距离开始变小，故轻绳1间的夹角θ变小，cos 变大，轻绳1的张力变小。综上所述，轻绳1的张力先变大后变小，A、B错误，C正确；轻绳1对挂钩的作用力，等于重物的重力大小，D错误。 【综合提升练】 9．在节日、婚庆等很多特殊日子里，人们习惯在室内悬挂拉花以增加喜庆气氛。如图甲所示为春节期间悬挂在天花板上的拉花，其简化模型为如图乙所示的质量分布均匀的绳。若静止时两端悬点处的绳与天花板之间的夹角为30°，则下列说法正确的是(　　 ) A．悬点处对绳子的拉力大于拉花的总重力 B．最低点处绳子的张力大于拉花的总重力 C．增大绳子两端悬点的水平距离，最低点处绳子的张力增大 D．增大绳子两端悬点的水平距离，悬点处对绳子的拉力减小 解析：选C。设悬点处对绳子的拉力为F，最低点处绳子的张力为T，对右半个拉花受力分析如图所示， 则F＝＝mg，T＝＝，故A、B错误；增大绳子两端悬点的水平距离，F与水平方向的夹角减小，F和T都将增大，故C正确，D错误。 10．“抖空竹”是中国传统的体育活动之一，在我国有悠久的历史，为国家级非物质文化遗产之一。现将抖空竹中的一个变化过程简化成以下模型：可伸缩的轻质弹性绳(弹力特点类比于弹簧)系于两根轻杆的端点位置，左、右手分别握住两根轻杆的另一端，一定质量的空竹架在弹性绳上。接下来做出如下动作，左手抬高的同时右手放低，使绳的两个端点匀速移动，其轨迹为竖直面内等腰梯形的两个腰(梯形的上下底水平)，如图所示，则两端点分别自A、C两点，沿AB、CD以同一速度匀速移动。忽略摩擦力及空气阻力的影响，则运动过程中(　　 ) A．左右两边绳的弹力均不变且相等 B．弹性绳的总长度变大 C．左边绳的弹力变大 D．右边绳的弹力变小 解析：选A。 以空竹为研究对象进行受力分析，同一根绳子拉力处处相等，所以F1＝F2，在水平方向空竹处于共点力平衡，设F1与水平方向的夹角为α，F2与水平方向的夹角为β，F1cos α＝F2cos β，所以α＝β，所以两根绳与竖直方向的夹角相等，为θ，则2F1cos θ＝mg，F1＝，两端点移动的过程中在水平方向上的距离不变，所以θ不变，cos θ不变，从而得出F1和F2均不变，故A正确，C、D错误；根据F1＝kx可知弹性绳的总长度不变，B错误。 11．(10分)(2023·重庆南开中学模拟)夏季的重庆骄阳似火，为保证空调冷气不外漏，很多办公室都安装了简易自动关门器，该装置的原理可以简化为用一弹簧拉着的门。某次门在关闭时被卡住，细心的小明发现了门下缝隙处塞紧了一个木楔，侧面如图所示。已知木楔质量为m，其上表面可视作光滑，下表面与水平地面间的动摩擦因数为μ，木楔上表面与水平地面间夹角为θ，重力加速度为g，木楔尺寸比门小很多，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。 (1)若门推动木楔在地板上缓慢向右匀速移动，求门下端对木楔上表面的压力大小；(4分) (2)小明研究发现，存在临界角θ0，若木楔倾角θ≤θ0，不管用多大力推门，塞在门下缝隙处的木楔都能将门卡住而不再运动，求这一临界角的正切值tan θ0。(6分) 解析：(1)对木楔受力分析，其受到重力，压力，支持力和摩擦力，如图所示， 若门推动木楔在地板上缓慢匀速移动，竖直方向N＝F cos θ＋mg 水平方向f＝F sin θ 最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力 f＝μN＝μ(F cos θ＋mg) 联立解得F＝。 (2)不管用多大力推门，塞在门下缝隙处的木楔都能将门卡住而不再运动，即 F sin θ≤μ(F cos θ＋mg) 若木楔质量较小，可得tan θ≤μ 故临界角的正切值为tan θ0＝μ。 答案：(1)　(2)tan θ0＝μ 12．(10分)(2024·河南洛阳模拟)如图所示，倾角为θ、质量为M的斜面体A置于水平地面上，在斜面体和竖直墙面之间放置一质量为m的光滑球B，斜面体受到水平向右的外力F，系统始终处于静止状态。已知sin θ＝0.8，重力加速度大小为g。 (1)求球B受到斜面体的弹力大小N1和墙面的弹力大小F1；(3分) (2)若斜面体受到水平向右的外力大小为mg，求此时斜面体受到的水平地面的摩擦力；(3分) (3)若斜面体与水平地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为了使系统处于静止状态，求水平向右的外力大小F的范围。(4分) 解析：(1)研究B球，由共点力的平衡条件有N1sin θ＝F1 N1cos θ＝mg 解得N1＝mg，F1＝mg。 (2)研究A、B整体，设斜面体受到的摩擦力为f，则由共点力的平衡条件有 F1＋f＝mg 解得f＝mg 摩擦力方向水平向左。 (3)斜面体受到的最大静摩擦力 fm＝μ(m＋M)g ①水平向右的外力最大(设为Fm)时，斜面体有向右运动的趋势，由平衡条件有 Fm＝F1＋fm 解得Fm＝mg＋μ(m＋M)g ②水平向右的外力最小(设为Fmin)时，斜面体可能有向左运动的趋势 (a)当μ(m＋M)g≥mg时，Fmin＝0， 则0≤F≤mg＋μ(m＋M)g； (b)当μ(m＋M)g<mg时 Fmin＝mg－μ(m＋M)g 则mg－μ(m＋M)g≤F≤mg＋μ(m＋M)g。 答案：(1)mg　mg　(2)mg，方向水平向左 (3)当μ(m＋M)g≥mg时，0≤F≤mg＋μ(m＋M)g；当μ(m＋M)g<mg时，mg－μ(m－M)g≤F≤mg＋μ(m＋M)g 学科网（北京）股份有限公司 $$