专题突破练习2 动态平衡和平衡中的临界、极值问题-【高考DNA解码】2026年高考物理一轮总复习学生用书word（广东专用）

专题突破练习(二)　动态平衡和平衡中的临界、极值问题 说明：单选题每小题4分，多选题每小题6分；本试卷共76分 1．(2024·广东深圳二模)如图为我国传统豆腐制作流程中用到的过滤器，正方形纱布的四角用细绳系在两根等长的、相互垂直的水平木杆两端，再通过木杆中心转轴静止悬挂在空中。豆浆过滤完，纱布与豆渣的总质量为m，细绳与竖直方向的夹角始终为θ，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A．此时每根细绳受到的拉力为 B．此时每根细绳受到的拉力为 C．豆浆从纱布流出过程中，忽略纱布的拉伸形变，细绳受到的拉力变大 D．豆浆从纱布流出过程中，纱布中豆浆和豆渣整体的重心不变 2．(多选)一铁球悬挂在OB绳的下端，轻绳OA、OB、OC的结点为O，轻绳OA悬挂在天花板上的A点，轻绳OC连接在轻质弹簧测力计上。第一次，保持结点O位置不变，某人拉着轻质弹簧测力计从竖直位置缓慢转动到水平位置，如图甲所示，弹簧测力计的示数记为F1。第二次，保持轻绳OC垂直于OA，缓慢释放轻绳，使轻绳OA转动到竖直位置，如图乙所示，弹簧测力计的示数记为F2。则(　　) A．F1先减小后增大 B．F1恒定不变 C．F2逐渐减小 D．F2先减小后增大 3．(多选)(2025·广东梅州高三检测)如图所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，A、B都处于静止状态，现将物块B移至C点后，A、B仍保持静止，下列说法正确的是(　　) A．B与水平面间的摩擦力减小 B．地面对B的弹力增大 C．悬于墙上的绳所受拉力不变 D．A、B静止时，图中α、β、θ三角始终相等 4．(2024·广东广州三模)如图所示，竖直平面内蜘蛛网上A、B、C三点的连线构成正三角形，一只蜘蛛静止于蛛网的重心O处，三根蜘蛛丝a、b、c的延长线过三角形的中心O，蜘蛛丝c沿竖直方向，c中有张力。则(　　) A．a中张力大于b中张力 B．a中张力等于b中张力 C．a中张力等于c中张力 D．蜘蛛网在风的吹拂下晃动，a中张力大小一定不变 5．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 6．(2025·广东揭阳检测)将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图所示。用力F拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持θ＝30°，重力加速度为g，则F的最小值为(　　) A．mg　　B．mg　　C．mg　　D．mg 7．(多选)如图所示，质量均为m的小球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连，球B用长为L的细绳悬挂于O点，球A固定在O点正下方，当小球B平衡时，细绳所受的拉力为FT1，弹簧的弹力为F1；现把A、B间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2(k2＞k1)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时细绳所受的拉力为FT2，弹簧的弹力为F2。则下列关于FT1与FT2、F1与F2大小的比较，正确的是(　　) A．FT1＞FT2 B．FT1＝FT2 C．F1＜F2 D．F1＝F2 8．(多选)(2024·广东揭阳二模)如图所示，一轻杆通过铰链固定在竖直墙上的O点，轻杆的另一端C用弹性轻绳连接，轻绳的另一端固定在竖直墙上的A点。某人用竖直向下、大小为F的拉力作用于C点，静止时AOC构成等边三角形。下列说法正确的是(　　) A．此时弹性轻绳的拉力大小为F B．此时弹性轻绳的拉力大小为2F C．若缓慢增大竖直向下的拉力，则在OC到达水平位置之前，轻绳AC的拉力增大 D．若缓慢增大竖直向下的拉力，则在OC到达水平位置之前，轻杆OC对C点的作用力减小 9．如图所示，水平地面上有一个曲面光滑、截面为半圆的柱体，用细线拉住的小球静止靠在接近半圆底端的M点。通过细线将小球从M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中，细线方向始终与半圆相切，柱体保持不动。下列说法正确的是(　　) A．细线对小球的拉力先增大后减小 B．小球对柱体的压力先减小后增大 C．柱体受到水平地面的支持力逐渐减小 D．柱体对地面的摩擦力先增大后减小 10．如图所示，有一倾角θ＝30°的斜面体B，质量为M。质量为m的物体A静止在B上，重力加速度为g。现用水平力F推物体A，在F由零逐渐增加至mg 再逐渐减为零的过程中，A和B始终保持静止。对此过程下列说法正确的是(　　) A．地面对B的支持力大于(M＋m)g B．A对B的压力的最小值为mg，最大值为mg C．A所受摩擦力的最小值为0，最大值为 D．A所受摩擦力的最小值为mg，最大值为mg 11．如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平面上，一横截面半径为R的半圆柱体丙放在水平面上，可视为质点的光滑小球乙质量m＝1 kg，用轻绳拴接置于半圆柱体上；物块甲用轻绳拴接放在斜面体上且轻绳与斜面平行，拴接小球乙与拴接物块甲的轻绳与竖直的轻绳系于O点，且O点位于半圆柱体圆心的正上方。已知O点到水平面的高度为2R，拴接小球乙的轻绳长度为R，物块甲与斜面间的动摩擦因数μ＝，整个装置始终处于静止状态。取重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：(结果可用分式、根式表示) (1)拴接小球乙的轻绳拉力的大小； (2)半圆柱体丙受到水平地面摩擦力的大小； (3)物块甲质量的取值范围。 12．拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图所示)。设拖把头的质量为m，拖杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g，某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ。 (1)若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小； (2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ。已知存在一临界角θ0，若θ≤θ0，则不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止开始运动。求这一临界角的正切tan θ0。 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题突破练习(二) 1．A　[设每根绳子拉力为F，由受力分析知，F cos θ＝，解得F＝，A正确，B错误；豆浆流出过程中整体的质量减少，根据F＝，可知F减小，C错误；豆浆流出过程中，根据整体质量的变化可以判断，整体的重心先向下移，当豆浆流出到一定程度后，重心又会上移，D错误。] 2．AC　[在第一次过程中对O点受力分析，如图1所示，两根绳的拉力的合力等于铁球的重力，其大小和方向都不变，OA绳上的拉力方向不变，根据平行四边形定则，知弹簧测力计的示数F1先减小后增大，故A正确，B错误；在第二次过程中对O点受力分析，如图2所示，设AO与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件得F2＝G sin θ，θ减小，则F2逐渐减小，故C正确，D错误。 ] 3．BD　[绳子的拉力大小不变，由于绳子与水平方向的夹角减小，拉力在水平方向的分力增大，所以B与水平面间的摩擦力增大，A错误；拉力在竖直方向的分力减小，由FN＋F sin γ＝mg可知支持力增大，B正确；滑轮两侧绳子的拉力大小不变，但夹角增大，所以合力减小，悬于墙上的绳所受拉力减小，C错误；A、B静止时，由对称性可知题图中α、β、θ三角始终相等，D正确。] 4．B　[以网和蜘蛛为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件得Ta sin θ＝Tb sin θ，Ta cos θ＋Tb cos θ＝Tc＋G，可得Ta＝Tb＞Tc，故A、C错误，B正确；蜘蛛网在风吹拂下晃动，Ta、Tb以及Tc在垂直蜘蛛网的方向均有分力，根据力的合成可知，a中张力大小发生变化，故D错误。] 5．B　[对人受力分析如图甲所示，则有FN＋FT＝m人g，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； 　 对动滑轮进行受力分析如图乙所示，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，C、D错误。故选B。] 6．B　[以a、b为整体，整体受重力2mg、细线Oa的拉力FT及力F三个力而平衡，如图所示，三力构成的矢量三角形中，当力F垂直于细线拉力FT时有最小值，且最小值F＝2mg sin θ＝mg，B项正确。] 7．BC　[以球B为研究对象，分析受力情况，如图所示。由平衡条件可知，弹簧的弹力F和细绳的拉力FT的合力F合与其重力mg大小相等、方向相反，即F合＝mg，由三角形相似得＝＝。当弹簧劲度系数变大时，弹簧的压缩量减小，故AB的长度增加，而OB、OA的长度不变，故FT1＝FT2，F2>F1，故A、D错误，B、C正确。] 8．AC　[轻杆通过铰链固定在竖直墙上的O点，可知轻杆对C端的支持力方向沿杆的方向，两边细绳的拉力方向成120°角，轻杆的弹力方向在两细绳拉力的角平分线上，两边细绳的拉力大小相等，均为F，选项A正确，B错误；对C受力分析如图。 由相似三角形可知＝＝，若缓慢增大竖直向下的拉力F，则在OC到达水平位置之前，轻绳AC的拉力T增大，轻杆OC对C点的作用力N也增大，选项C正确，D错误。] 9．D　[以小球为研究对象，设小球所在位置沿切线方向与竖直方向夹角为θ，沿切线方向有FT＝mg cos θ，沿半径方向有FN＝mg sin θ，通过细线将小球从M点缓慢向上拉至半圆最高点的过程中θ增大，所以细线对小球的拉力减小，柱体对小球的支持力逐渐增大，由牛顿第三定律可知FN＝F′N，小球对柱体的压力增大，故A、B错误；以柱体为研究对象，竖直方向有F地＝Mg＋F′Nsin θ＝Mg＋mg sin2θ，水平方向有f地＝F′Ncosθ＝mg sin θcos θ＝mg sin 2θ，θ增大，柱体受到水平地面的支持力逐渐增大，柱体受到地面的摩擦力先增大后减小，当θ＝45°时摩擦力最大，由牛顿第三定律可知柱体对地面的摩擦力先增大后减小，故C错误，D正确。] 10．B　[因为A、B始终保持静止，对A、B整体受力分析可知，地面对B的支持力一直等于(M＋m)g，A错误；当F＝0时，A对B的压力最小，为mg cos 30°＝mg，当F＝mg 时，A对B的压力最大，为mg cos 30°＋F sin 30°＝mg，B正确；当F cos 30°＝mg sin 30°时，即F＝mg时，A所受摩擦力为0，当F＝0时，A所受摩擦力大小为mg，方向沿斜面向上，当F＝mg时，A所受摩擦力大小为mg，方向沿斜面向下，选项C、D错误。] 11．解析：(1)对小球乙受力分析如图1所示，由相似三角形得＝＝ 解得拴接小球乙的轻绳拉力大小为 T＝5 N。 (2)设拴接小球乙的轻绳与竖直方向的夹角为α，由几何关系可知 (2R)2＝R2＋(R)2 所以拴接小球乙的轻绳与半圆柱体相切，可得 sin α＝＝ 解得α＝30° 以小球乙和半圆柱体丙整体为研究对象，可知半圆柱体所受的摩擦力方向水平向左、大小等于拉力T沿水平向右的分力，即f＝T sin α 解得f＝ N。 (3)以结点O为研究对象，对其受力分析如图2所示，由平衡关系得 F2＝T tan α 代入数据解得F2＝5 N 以甲为研究对象，设物块甲的质量为m1，当静摩擦力沿斜面向上达到最大值时有F′2＋μm1g cos θ＝m1g sin θ ，F2与是一对相互作用力，由牛顿第三定律可知F2＝F′2，解得m1＝4 kg 当静摩擦力沿斜面向下达到最大值时有 F′2＝m1g sin θ＋μm1g cos θ 解得m1＝ kg 故物块甲质量的取值范围为 kg≤m1≤4 kg。 答案：(1)5 N　(2) N　(3) kg≤m1≤4 kg 12．解析：(1)设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把。将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，按平衡条件有F cos θ＋mg＝N ① F sin θ＝f ② 式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力，有f＝μN ③ 联立①②③式得F＝。 (2)若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应有F sin θ≤λN ④ 这时①式仍满足，联立①④式得sin θ－λcos θ≤λ，现考查使上式成立的θ角的取值范围。注意到上式右边总是大于零，且当F无限大时极限为零，有sin θ－λcos θ≤0，使上式成立的θ角满足θ≤θ0，这里θ0是题中所定义的临界角，即当θ≤θ0时，不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把。临界角的正切为tan θ0＝λ。 答案：(1)　(2)λ 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $$