练案(11)第2章 专题强化二 动态平衡问题平衡中的临界和极值问题-【衡中学案】2025年高考物理一轮总复习提能训练（新教材）

练案[11] 专题强化二 动态平衡问题平衡中的临界和极值问题 基础过关练 4.(2024·河北邢台市联考)“安吉游戏”源起浙江省安 吉县，是安吉幼儿园“游戏”式的教学方法的简称。 题组一动态平衡问题 “安吉游戏”提倡把游戏还给孩子，让他们在自主、自 1.(2024·安徽蚌埠检测)如图甲，一台空调外机用两个 由的游戏中学习。如图所示，是一个小朋友将一个篮 三角形支架固定在外墙上，空调外机的重心恰好在支 球放在斜坡上，并用竖直挡板挡住，篮球处于静止状 架水平横梁OA和斜梁OB的连接点O的上方，图乙 态。已知斜坡的倾角为（日为锐角），挡板对篮球的 为示意图。如果把斜梁加长一点，即B点下移，仍保 弹力为F,斜面对篮球的弹力为F,不考虑篮球受到 持连接点O的位置不变，横梁仍然水平，这时OA对O 的摩擦力，下列说法正确的是 () 点的作用力F,和OB对O点的作用力F2将如何变化 甲 A.F,变大，F变大 B.F,变小，F变小 C.F,变大，F2变小 D.F,变小，F2变大 A.斜面对篮球的弹力F,小于挡板对篮球的弹力F, 2.(2024·江西上饶市模拟)如图所示，轻绳a的一端固 B.斜面对篮球的弹力F,小于篮球重力G 定于竖直墙壁，另一端拴连一个光滑圆环。轻绳6穿 C.缓慢地把挡板绕其与坡面的接触轴逆时针转一个 过圆环，一端拴连一个物体，用力拉住另一端C将物 较小角度，F,减小 体吊起，使其处于静止状态。不计圆环受到的重力 D.缓慢地把挡板绕其与坡面的接触轴逆时针转一个 现将C端沿竖直方向上移一小段距离，待系统重新静 较小角度，F2增大 止时 5.（2024·河北衡水市联考)如图所示，轻杆一端与动摩 擦因数足够大的地面上A点接触，另一端靠在光滑竖 直墙壁上的B点，一只老鼠顺杆缓慢上爬的过程中， 杆始终静止，则 A.绳a与竖直方向的夹角不变 B.绳b的倾斜段与绳a的夹角变小 7777777777777 C.绳a中的张力变大 D.绳b中的张力变小 A.A点杆受力不变 B.A点杆受力变大 3.(多选)(2024·福建漳州质检)如 BO C.B点杆受到弹力不变 D.B点杆受到弹力变小 图，用硬铁丝弯成的光滑半圆环竖 题组二临界和极值问题 直放置，最高点B处固定一小滑 6.如图所示，一工人手持砖夹提着一块砖匀 轮，质量为m的小球A穿在环上。 速前进，手对砖夹竖直方向的拉力大小为破老 现用细绳一端拴在小球A上，另一 F。已知砖夹的质量为m,重力加速度为 端跨过滑轮用力F拉动，使小球A g,砖夹与砖块之间的滑动摩擦因数为4， 缓慢向上移动。在移动过程中关 wwwwwwwww0w00040000 最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若砖块 于铁丝对小球A的支持力N,下列 不滑动，则砖夹与砖块一侧间的压力的最小值是 说法正确的是 ( A.N的方向始终背离圆心O F B.N的方向始终指向圆心O B. 24 C.N逐渐变小 C.F-mg D.F-mg D.N大小不变 2μ —320 7.(2024·广西桂林调研)如图所示，质 11.（多选)如图所示，质量为M的楔 量为m(可以看成质点)的小球，用两 形物体ABC放置在墙角的水平地 根轻绳OP和O'P在P点拴结后再 板上，BC面与水平地板间的动摩 分别系于竖直墙上相距0.4m的0、 擦因数为以，楔形物体与地板间的 0两点上，绳OP长为0.5m,绳0Po 最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 长0.3m,今在小球上施加一方向与 在楔形物体AC面与竖直墙壁之间，放置一个质量为 水平方向成9=37°角的拉力F,将小 m的光滑球体，同时给楔形物体一个向右的水平力， 球缓慢拉起。绳OP刚拉直时，绳 禊形物体与球始终处于静止状态。已知AC面倾角日 OP拉力为T,绳OP刚松弛时，绳O'P拉力为T,则 =53°，sin53°=0.8，重力加速度为g,则 T1:T2为(sin37°=0.6，cos37°=0.8) A.楔形物体对地板的压力大小为Mg A.3:4 B.4:3 C.3:5 D.4:5 能力综合练 B当F=子mg时，楔形物体与地板间无摩擦力 C.向右的水平力F的最小值一定是零 8.如图所示，半径相同、质量分布均 匀的圆柱体E和半圆柱体M靠 D.向右的水平力F的最大值为子mg+μ(m+M)g 在一起，E表面光滑，重力为G:ACKK1040666 12.(2024·广东潮州模拟)新弧是我国最大的产棉区， 下表面粗糙，E、M均静止在水平地面上。现过E的轴 如图甲所示，在新疆超出70%棉田都是通过机械自 心施以水平作用力F,可使圆柱体E被缓慢拉离水平 动化采收，自动采棉机将棉花打包成圆柱形棉包，然 地面，并缓慢地滑到M的顶端，在上述全过程中，M始 终处于静止状态。对该过程的分析，下列说法正确的 后平稳地将其放下。放下棉包的过程可以简化为如 是 图乙所示模型，质量为m的棉包放在“V”形挡板上， A.地面所受M的压力一直增大 两板间夹角为120°固定不变，“V”形挡板可绕P轴 B.地面对M的摩擦力一直增大 在竖直面内转动，使BP板由水平位置逆时针缓慢转 C.水平作用力F的大小一直增大 动，忽略“V”形挡板对棉包的摩擦力，已知重力加速 D.E、M间的压力最大值为2G 度为g,下列说法正确的是 9.(多选)一轻质杆两端分别固定"代 质量均为m的小球A、B,由细 线OE、FC悬挂于水平天花板 及竖直墙壁上，如图所示，其中 OE与竖直方向的夹角8=30° FC水平。现保持轻杆位置不变，而将FC线的C端缓 A.棉包对AP板的压力一直减小 慢上移到FC与水平方向成α=60°的位置，则下列说 法中正确的是 B.棉包始终受到三个力的作用 C.在AP板转到水平前，BP板与AP板对棉包的作用 人细线0E的拉力-一直或小且减小了2g 力的合力不变 B.细线FC的拉力先减小后增大，其最小值为mg D.当BP板转过60°时，棉包对BP板的作用力大小 C.细线FC的拉力一直减小且减小了mg 为mg D.轻杆的弹力先减小后增大，其最小值为 13.(2024·河南许昌市联考)如图所示，光滑水平面上 3 mg 有一劈形小车，小车的斜面上有一物块A,物块A通 10.（多选)(2023·福建泉州代u 过跨过光滑滑轮的轻绳与小物块B相连，并且小物 联考)如图所示，天花板下 块B还通过轻绳连接在固定点0处，一开始两段轻 细线OC悬挂者一个光滑 绳的夹角为直角。现用水平力F向左缓慢推动小车 轻质定滑轮，小物块A置于 直到物块A刚要滑动时，下列说法正确的是() 斜面上，通过细线跨过滑轮 与沙漏B连接，滑轮右侧细 线与斜面平行。开始时A、 B都处于静止状态，OC与竖直方向的夹角为0，在B 中的沙子缓慢流出的过程中 A.悬挂在O点的轻绳的拉力在减小 A.A受到的摩擦力可能缓慢减小 B.A受到的细线拉力可能缓慢增加 B.连接物块A的轻绳的拉力在减小 C.细线OC的张力一定缓慢减小 C.物块A受到的摩擦力在减小 D.细线OC与竖直方向的夹角0可能增加 D.水平力F在增大 321的合拉力F最小时,地面对石墩的摩擦力不是最小,D错误。跟踪训练2:C 筷子对小球的压力最小,且小球悬停在空中,此时 (本题的C.D选项还可以这样判断:设F为地面对石墩的支持 小球有下滑的趋势,摩擦力为最大静摩擦力,沿筷子向上,小球 力F、与摩擦力/的合力,B是摩擦力与F间的夹角,则tanB= 受力平衡。在竖直方向上有2feosθ-2Nsinθ=mg/=nV,解得 F-.即不论F。怎么变化,合力"的方向总保持不变,因 V=2(cos0-sin0)=10N,A.B.D错误,C正确。 n 此可将四力平衡转化为如图2所示的三力平衡问题,由矢量三 练案[11] 角形可知,随着9减小,绳子的合拉力F可能先减小后增大,也 可能一直增大,关键是看初始时e的大小;摩擦力与支持力的合 1.B 设0A与0B之间的夹角为a,对0点受力分析可知F-=G Ff:=n 力F随着a的减小而增大,故地面对石墩的摩擦力/随着e的 f=in f.,因斜梁加长,所以a角变大,由数学知识 减小一直增大,即/的最小值不与轻绳合拉力F的最小值对应. 故CD错误。) 可知,F.变小.F,变小.B正确,AC.D错误 . _ _ o0_ _ 图2 例7:(1} 2.B 轻绳6穿过圆环,一端诠连一个物体,可知轻绳的拉力与 (2)600 物体重力相等,根据力的合成法则可知轻绳5与连接物体绳子 [解析](1)如图甲所示,未施加力F时,对物体受力分析,由 拉力的合力F方向与a绳共线,用力拉住另一端C将物体吊 平衡条件得ngsin30=umgcos30* 起,可知绳a与竖直方向的夹角变大,故A、D错误;轻绳b与F 的夹角变大,则绳6的倾斜段与绳a的夹角变小,故B正确;根 解得_=tan30- 据力的合成法则可知,两分力的夹角变大,合力变小,故绳a中 的张力变小,故C错误。故选B。 3.AD 在小球A缓慢向上移动的过程 中,小球A处于三力平衡状态,根据平 衡条件知小球A的重力mg与半圆环 对小球的支持力V的合力与细绳的拉 力7等大、反向、共线,作出ng与V的C (2)设斜面角为a,受力情况如图乙所示,由平衡条件得Fe0a mgsinn+F'. F.'=mgcos a+Fsin a 0A0、B0.mg都不变,则v大 M7 F'=f 解得F-mgsina+_mgcos a 小不变,方向始终背离罔心0。故A、D正确,B.C错误。 con-sina 4.C 对篮球受力分析如图所示, 当cosa-asina=0,即tana=③时,F→x,即“不论水平恒力 F多大,都不能使物体沿斜面向上滑行”,此时,临界角。“a =60。 跟踪训练1:C 由对称性可知,AC绳和BD绳与竖直方向的夹角 22-1 相等,设均为0,由几何关系可知sinθ= 设篮球质量n,由于篇球处于静止状态,所以F,和m的合力 对C点进行受力分析,由平衡条件可知,绳CD对C点的拉力 F..=mgtan30,对D点进行受力分析,绳CD对D点的拉力F -F.。=mgtan30o,故F。是恒力,BD绳对D点的拉力F.方向 F.>F.F.>G.故A、B错误;对球进行受力分析如图所示 一定,又F.与在D点施加的力F。的合力和F.等值反向,如图 所示,由图知当F。垂直于绳BD时,F,最小,由几何关系可知. F,F:sin 0o-7ng.C正确。 绕0缓慢把挡板绕其与坡面的接触轴逆时针转一个较小角度 图中得B缓慢下移,即F'=F.F'三F.,则F.减小,F:也减 小,故C正确,D错误。故选C。 -487- 5.B 设墙壁对B点的弹力为V.方向向右,地面对A点的作用力 10.AC A受到的细线拉力等于B的重力,若开始时斜面对A的 为F,老鼠上爬的过程中,重心的位置发生变化,则F与竖直方 摩擦力沿斜面向下,则有mg=f+n.gsinθ.则随着B中的沙 向的夹角变大,根据平衡条件可知Feosθ=G.Fsin?=N.可知A 子缓慢流出,A受到的摩擦力f缓慢减小,选项A正确;A受到 点杆受力和B点杆受到弹力都变大。故选B 的细线拉力等于B的重力,随着B中的沙子缓慢流出,A受到 6.C 工人手持砖夹提着一块砖匀速前进,砖夹处于平衡状态,在 的细线拉力逐渐减小,选项B错误;因为滑轮两边细线的拉力 竖直方向满足F=mg+2F.,砖夹与砖之间恰好达到最大静摩擦 总是相等的,则两个力的合力的方向总是沿着滑轮两边细线 力F=F,联立解得,砖夹与砖块一侧间的压力的最小值为 夹角的平分线,则0C与竖直方向的夹角o不变,0C的张力等 r-mrc正确。 F=2 于滑轮两边细线拉力的合力,细线的拉力逐渐减小,两力的夹 角不变,则0C的张力逐渐减小,选项C正确,D错误。 7.C 绳0'P刚拉直时,由几何关系可知此时绳0P与竖直方向夹11.BD 将模形物体、光滑球体视为一个整体可知,樱形物体对地 角为370.小球受力如图甲所示,则7,-4mg。绳oP刚松弛 板的压力大小为(M+m)g,故A错误;球体对AC面的弹力大 时,小球受力如图乙所示,则T.--mg。则7:7:=3:5.选 体水平方向上受到的合力为零,没有运动趋势,摩擦力为零, 项C正确。 故B正确;槐形物体受到的最大静摩擦力/.=u(n+M)g.当 水平向右的外力最小(设为F)时,樱形物体可能有向左运动 趋势,当u(m+M)g=4mg时F.=0。当j(m+M)g4mg :. 时F.-4mg-n(m+M)g,故C错误;当水平向右的外力最大 ng (设为F。)时,形物体有向右运动趋势,由平衡条件有F。- 乙 Fuesinθ-f.=0,解得F.-4mg+u(m+M)g,故D正确。 8.D 园杜体E和半圆杜体M视为一整体,F 以整体为研究对象,因为整体处于平衡状 12.C 以棉包为研究对象进行受力分 态,在竖直方向有F'=G+G,可知地面 析,如图所示,设BP板转动的角度 支持力大小保持不变,根据牛顿第三定律 为6(0<860),棉包的重力为 1 知地面所受M的压力大小不变,故A错 mg,BP板对棉包的支持力为F, 误;以圆杜体E为研究对象,受力分析如图所示,设两圆心连线 AP板对棉包的支持力为F,根据 与地面的夹角为8.则有F,sinθ=G.F.cos8=F,解得F、= 正弦定理有n(60-0)“0- ng 1200,在0从0增加到60的过 ,_ 逐渐变小;将园杜体E和半圆杜体M视为一整体,因为整体处 于平衡状态,则水平方向有F.=F.因过程中水平拉力F一直在 程中,F。一直增大,根据牛顿第三定律可知棉包对AP板的压 变小,所以地面对M的摩擦力也一直变小,故B、C错误;据分 力一直增大,故A错误;当BP板转过60时,AP处于水平状 析,因开始时a最小,则E与M之间的压力F,最大,则有F。= 态,此时棉包对BP板的作用力大小为零,所以当BP板或AP C。 s30{=2G,故D正确。 板处于水平状态时,棉包受重力和BP板或AP板的支持力这 两个力作用,故B、D错误;在AP板转到水平前,BP板与AP板 9.AB 先取两小球及轻杆整体为研究对象,整体受重力2mg、细 对棉包的作用力的合力始终与棉包的重力平衡,所以合力不 线OE的拉力F.及细线FC的拉力F.作用处于平衡状态。此 变,故C正确。 三力满足图甲所示关系,当C端缓慢上移时,由图知细线0E的 13.D 对小物块B在A未推动时进行受力分析,如下图 力先减小后增大,其最小值为mg,B正确,C错误;取A球为研 究对象,其所受重力、细线0E的拉力F.及轻杆的弹力F满足 根据受力平衡可知.T.=G.cosa.T.=G.cosB.由于两段轻绳 所以最后杆的弹力正好沿水平方向,由图乙知杆的弹力一直在 的夹角为直角,当向左缓慢推动小车时,由于物块A未滑动 减小,D错误。 因此aB都增大,而7、7:的合力大小仍等于G,根据平行四 边形法则可知,7.、7.都增大,故A、B错误;对物块A进行受力 分析,设斜面与水平面的夹角为8.若小车未移动时G.sinθ) T.,则物块A受到的摩擦力沿斜面向上,且G.sinθ=7.+/.小 车移动后,T.增大,因此/减小,若小车未移动时G.sinf<7. 则物块A受到的摩擦力沿斜面向下,且G.sin?+f=T..小车 2n' r _ 移动后,7增大,因此/增大,若小车未移动时G.sinθ=7.,此 乙 时无摩擦力,小车移动后,7,增大,物块A受到沿斜面向下且 增大的摩擦力,故C错误;以物块A和小车作为整体进行分 解得-3mgsin0 3 x0.2x9.8xsin 30N/m~48.6 N/m 析,在水平方向上根据受力平衡可得7.cos6=F,小车移动后. 6.05x10-} T.增大,因此F增大,故D正确。故选D 过例2:(1)(2) (3)154(152~156) 实验二 探究弹策弹力与形变量的关系 [解析](1)由图乙可知,弹黄的形交量等于齿条C下降的距 实验知识·自主回顾 离,由于齿轮D与齿条C暗合,所以齿条C下降的距离等于齿 一、(1)弹形变量 二、(1)钩码总重力 (2)平滑的曲线 三、重垂线 坐标纸 四、(1)重垂线(5)弹力(6)弹力F 伸长量x (2)对托盘A.坚直杆B、水平横杆IV与齿条C和重物整体研究。 核心考点·重点突破 根据平衡条件得mg=2F. [解析](1)根据题中表内实验数据在坐标纸上描出对应点, (3)根据公式k=所以e=.m, 然后作出图像如图所示。 所以9一m图像是一条过原点的倾料直线,图像如题图丙,其斜 &” 一)有传卷 由图像可得-490.76 -4△-0.76rad/kg~1. 27 rad/kg. 将d=5.00em.g=9.8m/s和k'代入 解得k~154N/m。 例3:(3)见解析(4)15.35 (5)127 [解析](3)根据表格标点连线如图 10.0120cn 二传()(语)三 (2)由(1)中F一x图像可知,弹赞的弹力F与仲长量x的图 是一条过原点的倾斜直线,F与x成正比,故A错误,B正确;由 可知,弹赞的劲度系数k-F 1-12.0x10-N/m=25N/m,故C 3.0 正确,D错误。 (3)由题意可知,弹赞的伸长量x=2(-1) 1 5 10 15 20 2530n/枚 由胡克定律与平衡条件得m=& 解得飞2(-)。 mg (4)由图可知刻度尺的最小分度值为1mm,故读数1= 15.35cm; 跟踪训练2:(1)刻度尺(2)弹原长、弹所受外力与弹黄对 (5)设橡皮的劲度系数为k.原长为x,则n.mg=k(x.-x). 应的长度(3)200 弹自身的重力(4)CBDAEFG nmg=k(x.-xn). [解析](1)根据实验原理可知还需要刻度尺来测量弹策原长 则橡皮筋的劲度系数为k(n-n,)mg 和挂上钩码后的长度。 2- (2)根据实验原理,实验中需要测量的物理量有弹黄的原长、弹 从作的l-a图线读取数据可得(n.-a.)mg_10 - 赞所受外力与蝉赞对应的长度。 3mg,t。= (3)取题图乙中(0.5.0)和(3.5.6)两个点,图线的斜率表示劲 .--9.05 cm. 6-0 设冰墩墩的质量为m.,则有mg=k(1-xo). 身的重力,使得弹赞不加外力时就有形变量。 (4)根据实验操作的合理性可知先后顺序为C、B、D.A.E、F、G 例1:(1)6.04 6.05 (2)3 (3)48.6 练案[12] [解析] (1)根据压缩量的变化量为AL。=L.-L.=(18.09- 1.(1)7.10(2)4.0050(3)无 12.05)cm=6. 04 cm [解析](1)该同学这一次浏量的弹黄长度是7.10cm。 压缩量的平均值为AL+AL。+AL. (2)由胡克定律可得F=k(x-L). 3 -6.03+6.08 +6.04.m~6.05 cm。 由图像可知,横轴截距为弹原长L。=4cm. 8N (2)因三个AV是相差3个钢球的压缩量之差,则所求平均值为 管中增加3个钢球时产生的弹赞平均压缩量。 (3)坚直洲量弹黄原长时由于重力影响,测得比水平测量时 (3)根据钢球的平衡条件有3mgsinθ=k·A1 -489一