提分集训(10) 动态平衡问题(Word练习)-【金榜题名】2026年高考物理一轮总复习

[A级　练对点·固本] 对点练1　动态平衡问题 1．(2025·海南模拟)如图所示，一灯笼用不可伸长的绳AO、BO悬挂在半圆形支架上，结点为圆心O，OB水平，拉力分别为FA、FB.现保持A、O点位置不变，将B点沿圆弧BC缓慢移至最高点C，此过程中(　　 ) A．FA增大，FB增大 B．FA减小，FB减小 C．FA减小，FB先减小后增大 D．FA增大，FB先增大后减小 解析：选C　FA、FB合力不变，根据平行四边形定则作图如图所示，可知，此过程中FA减小，FB先减小后增大，故C正确． 2．(2025·河南周口质检)物体A放置在倾角α＝30° 的斜面上，绳子跨过两个光滑轻质滑轮后一端系在A上，另一端系在竖直墙壁上，动滑轮下面悬挂一物体B，物体B质量为物体A质量的，系在竖直墙壁上的绳子与竖直方向夹角β＝30° 时，物体A刚好不下滑．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物体A与斜面之间的动摩擦因数为(　　 ) A．　　　　　　　　B． C． D． 解析：选C　设A的质量为2m，则B的质量为m，对连接B的轻滑轮受力分析如图所示 则有2T cos β＝mg 解得T＝＝mg 对A受力分析如图所示 则有f＝μFN FN＝2mg cos α f＋T＝2mg sin α 联立解得μ＝ 故选C. 3．(多选)(2025·长沙模拟)某兴趣小组想要运用所学力学知识进行实践研究，他们找到起重吊车的结构图，画出简化结构如图所示，AB是固定杆不可转动，B端有一光滑定滑轮；轻杆CD可绕C端自由转动，D端系着两条轻绳，一条轻绳跨过B端定滑轮连接质量为m的重物，另一轻绳缠绕在电动机转轴O上，通过电动机的牵引控制CD杆的转动从而控制重物的起落．图中所示位置两杆处于同一竖直面内，OD绳沿竖直方向，γ＝30°，θ＝90°，重力加速度大小为g，则(　　 ) A．AB杆受到绳子的作用力大小为mg，方向不一定沿AB杆 B．CD杆受到绳子的作用力大小为mg，方向一定沿CD杆 C．当启动电动机使重物从图示位置开始缓慢上升时，AB杆受到绳子的作用力将逐渐增大 D．当启动电动机使重物从图示位置开始缓慢下降时，AB杆受到绳子的作用力将逐渐减小 解析：选AC　A．杆AB固定于平台，为“死杆”，杆的弹力不一定沿杆，同一条绳的力大小相等，其合力一定在其角平分线上，如图所示，两个力T所作力的平行四边形为菱形，根据平衡条件可得T＝mg 根据几何关系可得α＋β＝60° 对角线为F杆，则AB杆受到绳子的作用力大小为F杆＝2T cos 30°＝mg 故A正确； B．根据题意D端连接两条轻绳，CD杆为铰链连接，为“活杆”，杆力沿着杆的方向．水平方向，根据 F杆′cos 60°＝T cos 30°＝mg cos 30° 解得F杆′＝mg 故B错误； CD.当启动电动机使重物缓慢上升和下降时，绳子拉力大小均不变，为mg，∠DBm变小，根据F杆＝2T cos 可知F杆 增大，故C正确，D错误． 故选AC. 4．(多选)(2025·安徽合肥期末)青少年航空学校的学员会定期开展防眩晕训练， 如图甲所示．若某学员训练时，左右手拉住圆环，处于平衡状态，左手刚好在水平状态，右手与水平方向有一定夹角，不考虑腿部受到的作用力，等效为如图乙模型，在圆环顺时针缓慢旋转90°过程中，保持两手臂伸直状态(夹角AOB保持不变)，则(　　 ) A.左手拉力一直变大 B．两手的拉力都是先变大再变小 C．左手拉力先变大再变小 D．右手拉力一直变小 解析：选CD　在圆环顺时针缓慢旋转90°过程中，保持两手臂伸直状态，两手拉力夹角不变，由三力平衡推论知三力平移后会组成一闭合三角形，如下图所示：F1表示左手拉力，F2表示右手拉力． 由图可知：左手拉力先变大后变小，右手拉力一直变小．故CD正确，AB错误． 故选CD. 对点练2　平衡中的临界与极值问题 5．(2025·温州月考)单手抓球的难易程度和手的大小、手指与球间的动摩擦因数有关．用以下简化模型进行受力分析：假设用两手指对称抓球，手指与球心在同一竖直面，手指接触点连线水平且相距为L，球半径为R，接触点与圆心的连线与水平夹角为θ，手指和球间的动摩擦因数为μ，球质量为m.已知重力加速度为g，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，忽略抓球引起的球形变．下列说法正确的是(　　 ) A．每个手指对球的摩擦力大小为 B．两手指间距L的取值范围为L> C．每个手指对球的压力最小值为 D．手对球的压力增大2倍时，摩擦力也增大2倍 解析：选B　A．对篮球受力分析，如图 竖直方向由平衡条件 f cos θ＝N sin θ＋mg 则f cos θ＞mg 所以每个手指对球的摩擦力大小 f＞ 故A错误； C．因为f≤μN 化简可得N sin θ＋mg≤μN cos θ 即N≥ 故每个手指手对球的压力最小值为 ，故C错误； B．因为Nsin θ＋mg≤μN cos θ 所以N sin θ＜μN cos θ 可得μ＞tan θ 根据几何关系得cos θ＞ 由图可知cos θ＝ 所以＞ 故两手指间距L的取值范围为 L> 故B正确； D．当篮球受到手的静摩擦力时，f≠μN，手对球的压力增大2倍时，摩擦力不增大2倍，故D错误． 故选B. 6．质量为M的木楔倾角为θ(θ<45°)，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．当用与木楔斜面成α角的力F拉木块时，木块匀速上滑，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止，木块与木楔间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g).下列结论正确的是(　　 ) A．当α＝0时，F有最小值，最小值为mg sin θ＋μmg cos θ B．当α＝0时，F有最小值，最小值为mg sin θ C．当α＝θ时，F有最小值，最小值为mg sin θ＋μmg cos θ D．当α＝θ时，F有最小值，最小值为mg sin 2θ 解析：选D　木块在木楔斜面上匀速下滑时，有 mg sin θ＝μmg cos θ 木块在力F的作用下沿斜面匀速上滑时，由平衡条件得 F cos α＝mg sin θ＋Ff F sin α＋FN＝mg cos θ 且Ff＝μFN 解得 F＝＝ ＝ 当α＝θ时，F有最小值 Fmin＝mg sin 2θ 故选D. [B级　练综合·提分] 7．如图所示，ABCD为倾角为30°的正方形斜面，其中AB与底边DC平行、BC与AD平行．斜面上有一质量为1 kg的物块，在斜面内对物块施加平行于AB向左的拉力F，物块恰好沿斜面对角线BD匀速下滑．下列叙述不正确的是(g＝10 m/s2)(　　 ) A．物块所受摩擦力的方向沿BD向上 B．水平向左的拉力大小等于5 N C.滑动摩擦力的大小等于5 N D．物块与斜面间的动摩擦因数为 解析：选D　A．滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，所以物块所受摩擦力的方向平行于斜面沿BD向上，故A正确不符合题意； B．将物体所受重力分解到沿斜面方向和垂直于斜面方向，物块在斜面平面内匀速下滑，受力平衡如图 ABCD为正方形θ＝45° 则F＝Mg sin α＝1×10×sin 30° N＝5 N 故B正确不符合题意； C．滑动摩擦力大小 f＝＝5 N 故C正确不符合题意； D．物块与斜面间的动摩擦因数 μ＝＝＝ 故D错误符合题意． 故选D. 8．(多选)(2025·河南联考)如图所示，一根不可伸长的细绳跨过两个光滑滑轮，绳的一端固定在水平天花板A点，另一端被小明拉住，动滑轮O1 下方吊一质量为m的物体，水平地面上的C点在定滑轮O2 正下方，D点和E点分居C点两侧，CE＝CD，小明此时站在D点，重力加速度为g，不计滑轮大小，下列说法正确的是(　　 ) A．小明在D点下拉绳子，拉力变大 B．小明在D点保持不动，将A点左移，拉力不变 C．小明手捏绳端手臂保持下垂，从D点走到C点的过程中，拉力变小 D．小明手捏绳端手臂保持下垂，从D点走到E点的过程中，绳上的拉力先变大再变小 解析：选AC　A．如图，设AB间绳长为L，AB 间距离为d，绳与水平方向的夹角为θ，有 L cos θ＝d 2FT sin θ＝mg 若小明在D点沿绳下拉绳子，L变小，d不变， θ变小，由两式可得拉力FT变大，故A正确； B．若小明在D点保持不动，将A点左移，L不变，d变大，θ变小，由两式可得拉力FT 变大，故B错误； C．若小明手捏绳端手臂保持下垂，从D点走到C点的过程中，B右端绳长变短，AB间绳长L变长，d不变，θ变大，由两式可得拉力FT变小，故C正确； D．若小明手捏绳端手臂保持下垂，从D点走到E点的过程中，B右端绳长先变短再变长，AB间绳长L先变长再变短，d不变，θ先变大再变小，由两式可得绳上的拉力先变小再变大，故D错误． 故选AC. 9．如图所示，质量m＝5.2 kg的金属块放在水平地面上，在斜向右上的拉力F作用下，向右以v0＝2.0 m/s的速度做匀速直线运动．已知金属块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10 m/s2.求所需拉力F的最小值． 解析：设拉力与水平方向夹角为θ， 根据平衡条件有F cos θ＝μ(mg－F sin θ)，整理得cos θ＋μsin θ＝， sin (α＋θ)＝(其中sin α＝)，当θ＝－α时F最小， 故所需拉力F的最小值Fmin＝＝2 N. 答案：2 N [C级　练加强·培优] 10．(2025·江西联考)如图甲所示为自动采棉机，自动采棉机在采摘棉花的同时将棉花打包成圆柱形棉包，通过采棉机后侧可以旋转的支架平稳将其放下，这个过程可以简化为如图乙所示模型．质量为m的棉包放在“V”型挡板上，两板间夹角为120°固定不变，“V”型挡板可绕O轴在竖直面内转动．在使OB板由水平位置顺时针缓慢转动60°过程中，忽略“V”型挡板对棉包的摩擦力，已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　 ) A．棉包对OA板的压力先增大后减小 B．棉包对OB板的压力先增大后减小 C．当OB板转过30°时，棉包对OA板的作用力大小为mg D．当OB板转过60°时，棉包对OB板的作用力最小但不为零 解析：选C　对棉包受力分析如图甲所示，由正弦定理可得＝＝，在旋转过程中α从120°逐渐变大到180°，β从180°逐渐减小到120°，因此OB板由水平位置缓慢转动60°过程中，棉包对OA板压力逐渐增大，对OB板压力逐渐减小，故A、B错误；当OB板转过30°时，两板与水平方向夹角均为30°，如图乙所示，两板支持力大小相等，与竖直方向夹角为30°，可得FN＝mg，故C正确；当OB板转过60°时，OA板处于水平位置，棉包只受到重力和OA板的支持力，棉包对OB板的作用力为零，故D错误． 学科网（北京）股份有限公司 $$