专题三 动态平衡 平衡中的临界与极值问题 跟踪训练 -2027届高三物理一轮复习

专题三 动态平衡 平衡中的临界与极值问题 跟踪训练 基础对点练 1． 选择题： 对点1　动态平衡问题 1.(2025·天津南开一模)千斤顶在汽车维修、地震救灾中经常用到。如图所示是剪式(菱形)千斤顶，当摇动把手时，螺纹杆迫使A、B间距离变小，千斤顶的两臂靠拢(螺旋杆始终保持水平)，从而将重物缓慢顶起。若物重为G，AB与AC间的夹角为θ，不计千斤顶杆件自重，下列说法正确的是(　　) A.AC、BC两杆受到的弹力大小均为 B.当θ＝60°时，AC、BC两杆受到的弹力大小均为G C.摇动把手将重物缓慢顶起的过程，AC、BC杆受到的弹力将减小 D.摇动把手将重物缓慢顶起的过程，重物受到的支持力将增大 2.(2025·山东济南模拟)如图所示，某款手机支架由L形挡板和底座构成，挡板使用一体成型材料制成，其AB、BC部分相互垂直，可绕O点的轴在竖直面内自由调节，AB、BC部分对手机的弹力分别为F1和F2(不计手机与挡板间的摩擦)，在L形挡板AB部分由图示位置顺时针缓慢转至水平的过程中，下列说法正确的是(　　) A.F1逐渐增大，F2逐渐减小 B.F1逐渐减小，F2逐渐增大 C.支架对手机的作用力逐渐增大 D.支架对手机的作用力先增大后减小 3.如图所示，轻绳一端固定于天花板上的O点，另一端系于质量为m的三角板abc上的a点，水平拉力F作用于三角板上的c点，当三角板静止时，轻绳与竖直方向夹角为30°。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A.轻绳拉力大小为mg B.外力F大小为mg C.若保持轻绳拉力方向不变，使外力F逆时针缓慢转动，则外力F先增大后减小 D.若保持外力F的方向不变，使轻绳绕O点逆时针缓慢转动，则轻绳的拉力先增大后减小 4.如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔。质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住。现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中，手对细线的拉力F和圆环对小球的弹力FN的大小变化情况是(　　) A.F不变，FN增大 B.F不变，FN减小 C.F减小，FN不变 D.F增大，FN减小 5.(多选)如图所示，两根轻绳一端系于结点O，另一端分别系于固定环上的M、N两点，O点下面悬挂一小球。细线OM、ON与竖直方向夹角分别为α＝60°、β＝30°。用F1、F2分别表示OM、ON的拉力，将两绳同时缓慢顺时针转过45°，并保持两绳之间的夹角始终不变，且小球始终保持静止状态，则在旋转过程中，下列说法正确的是(　　) A.F1逐渐增大 B.F2先增大再减小 C.F1与F2的水平分量大小相等 D.F1与F2的竖直分量大小相等 对点2　平衡中的临界与极值问题 6.如图所示，甲、乙两柱体的截面分别为半径均为R的圆和半圆，甲的右侧靠着一块竖直的挡板。若甲和乙的质量相等，柱体的曲面和挡板可视为光滑，开始两圆柱体柱心连线沿竖直方向，将挡板缓慢地向右移动，直到圆柱体甲刚要落至地面为止，整个过程半圆柱乙始终保持静止，那么半圆柱乙与水平面间动摩擦因数的最小值为(　　) A. B. C. D. 7.(2025·重庆高三期末)如图所示，三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2L。现在C点悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点可施加外力F，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A.AC绳的拉力为mg B.CD绳的拉力为mg C.外力F的最小值为mg D.外力F的最小值为mg 8.如图所示，一光滑球体放在支架与竖直墙壁之间，支架的倾角θ＝60°，光滑球体的质量为m，支架的质量为2m，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个装置保持静止，则支架和地面间的动摩擦因数至少为(　　) A. B. C. D. 综合提升练 一．选择题： 9.(2025·辽宁一模)如图所示，轻杆AC和轻杆BC的一端用光滑铰链连接在C点，另一端用光滑铰链分别固定在竖直墙壁上，将一物块通过细线连接在C点并保持静止状态。若对C端施加一水平向右的作用力F，则下列说法正确的是(　　) A.轻杆AC中的弹力一定变大 B.轻杆AC中的弹力可能减小 C.轻杆BC中的弹力一定变大 D.轻杆BC中的弹力一定减小 10.(2025·山东济南一模)抖空竹是国家非物质文化遗产之一、在某次抖空竹表演时，表演者的左右手所持杆和空竹位置如图所示，此时左手高于右手，轻绳两端位置之间的连线与水平方向成θ角，空竹悬挂在轻绳上。现保持右手所持杆水平且位置不动，只人为改变一个条件，始终保持空竹处于平衡状态，不考虑空竹的转动及轻绳与空竹之间的摩擦，下列说法正确的是(　　) A.若更换为更长的轻绳，绳子的拉力将变小 B.若更换为更长的轻绳，绳子的拉力将不变 C.若使左手持杆缓慢竖直向下移动至θ＝0°的过程中，绳子拉力逐渐变小 D.若使左手持杆顺时针缓慢以右杆为圆心画圆弧移动至θ＝0°的过程中，绳子拉力逐渐变小 11.(2025·山东泰安模拟)如图所示，斜面静止在水平地面上，斜面顶端装有光滑定滑轮O，轻绳跨过滑轮一端连接斜面上的物块M，另一端竖直悬挂物块N，两物块均处于静止状态。现在ON间的某点Q施加与细绳OQ段始终垂直的外力F，使N缓慢上升，直到OQ处于水平，该过程中斜面和物块M始终静止，则此过程中(　　) A.外力F先增大后减小 B.OQ段绳子拉力逐渐增大 C.物块M所受摩擦力一直增大 D.斜面受到地面的摩擦力先增大后减小 12.如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为(　　) A. B. C. D. 培优加强练 13.如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为μ，工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两轻绳与水平面间的夹角均为θ，则下列说法正确的是(　　) A.轻绳的合拉力大小为 B.轻绳的合拉力大小为 C.减小夹角θ，轻绳的合拉力一定减小 D.轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小 参考答案： 1.答案　C解析　设AC、BC两杆受到的弹力大小均为F，由平衡条件及几何关系有2Fcos＝G，解得F＝，故A错误;当θ＝60°时，AC、BC两杆受到的弹力大小均为F＝G，故B错误;摇动把手将重物缓慢顶起的过程，θ增大，sin θ增大，则F减小，故C正确;摇动把手将重物缓慢顶起的过程，重物所受合力为零，则重物受到的支持力大小一直等于重物重力的大小，保持不变，故D错误。 2.答案　A解析　对手机受力分析，如图所示，F1与F2分别是AB与BC对手机的弹力，两力的合力F12竖直向上与重力平衡，F1始终垂直于AB，F2始终垂直BC，在支架顺时针缓慢转至AB水平的过程中，F1与F2之间的夹角不变，两者的合力F12不变，即支架对手机的作用力始终与手机的重力大小相等，方向相反，该过程中F1一直增大，F2一直减小，故A正确。 3.答案　A解析　根据题意，对三角板受力分析，受重力mg、轻绳的拉力FT和水平拉力F，如图甲所示，由平衡条件有FTsin 30°＝F，FTcos 30°＝mg，解得FT＝mg，F＝mg，故A正确，B错误;若保持轻绳拉力方向不变，使外力F逆时针缓慢转动，如图乙所示，可知，外力F先减小后增大，故C错误;若保持外力F的方向不变，使轻绳绕O点逆时针缓慢转动，轻绳与竖直方向的夹角α逐渐增大，由平衡条件有FTcos α＝mg，可得FT＝，可知，轻绳的拉力逐渐增大，故D错误。 4.答案　C解析　小球沿圆环缓慢上移可看成小球始终受力平衡，对小球进行受力分析，作出受力示意图如图所示，由三角形相似，得，当小球上移过程中，半径R不变，AB长度减小，故F减小，FN不变，故C正确。 5.答案　AC解析　小球始终保持静止，所受合力为零，所以mg、F1、F2构成封闭的矢量三角形如图所示，由于重力不变，F1和F2夹角为90°不变，矢量三角形动态图如图所示，mg始终为圆的直径，两绳同时缓慢顺时针转过45°过程中，F1逐渐增大，F2逐渐减小，故A正确，B错误;F1与F2的水平分量大小相等，竖直分量的合力与重力大小相等，故C正确，D错误。 6.答案　A解析　只要摩擦力最大时刚好不滑动，此时对应的动摩擦因数最小。对整体分析有FN＝2mg，Ff＝F板，设O1O2与水平面的夹角为θ，对甲受力分析，由平衡条件得F板＝，联立解得Ff＝，可知θ越小，Ff越大，由几何关系得，θ最小为30°，则Ff＝＝μFN＝μ·2mg，解得μ＝，故A正确。 7.答案　D解析　令AC绳与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系有sin θ＝，解得θ＝30°，对C点与重物进行受力分析，如图甲所示，根据平衡条件有TACcos θ＝mg，TACsin θ＝TCD，解得TAC＝mg，TCD＝mg，故A、B错误;对D点进行受力分析，作出矢量动态三角形如图乙所示，可知，当外力F方向与绳BD垂直时，外力F最小，则有Fmin＝TCDcos θ＝mg，故C错误，D正确。 8.答案　D解析　对光滑球体受力分析如图甲所示，根据平衡条件可得FN2cos θ＝mg，对支架受力分析如图乙所示，根据牛顿第三定律可知FN3＝FN2，对支架由平衡条件可得FN4＝2mg＋FN3cos θ，Ff＝FN3sin θ，又达到最大静摩擦力时Ff＝μFN4，联立以上各式解得μ＝，可知支架和地面间的动摩擦因数至少为，故D正确。 9.答案　A解析　对C点受力分析如图所示，由三角形定则可知，重力mg、轻杆AC的拉力TAC以及轻杆BC的支持力TBC组成封闭的三角形;若加水平力F，C点仍平衡，则此时四个力组成封闭的四边形，TAC和重力mg方向不变，TBC方向仍与原来平行，则随F的增加，TAC一定增加，TBC先减小，当减到零后反向增加，故A正确。 10.答案　A解析　设两段绳子之间的夹角为2α，由平衡条件可知2Fcos α＝mg，解得F＝，设绳子的总长度为L，两杆之间的水平距离为s，悬挂点两边的绳子长度分别为L1、L2，由几何关系知L1sin α＋L2sin α＝s，解得sin α＝。若更换为更长的轻绳，L变大，α变小，cos α变大，所以绳子的拉力变小，故A正确，B错误;左手持杆缓慢竖直向下移动过程中，L、s都不变，则α不变，所以绳子的拉力不变，故C错误;左手持杆顺时针缓慢以右杆为圆心画圆弧移动，s变大，则α变大，cos α变小，绳子拉力变大，故D错误。 11.答案　D解析　设OQ段绳子拉力为T，与竖直方向的夹角为θ，对Q点受力分析如图所示，由正弦定理知，即＝mg，θ由0°逐渐增大到90°过程中，sin θ一直增大，cos θ一直减小，则F一直增大，FT一直减小，故A、B错误;由于刚开始物块M所受摩擦力方向不确定，当摩擦力沿斜面向上时，随着FT的减小，摩擦力不断增大;当摩擦力沿斜面向下时，随着FT的减小，摩擦力不断减小接着反向增大，故C错误;把物块M与斜面视为整体，整体受到地面的摩擦力Ff＝FTsin θ＝mgsin 2θ，θ由0°逐渐增大到90°的过程中，Ff先增大后减小，故D正确。 12.答案　C解析　根据题述，物块A、B刚要滑动，可知A、B之间的摩擦力和B与木板间的摩擦力均达到最大静摩擦力，隔离A分析受力，由平衡条件可得F＝FfAB＋mgsin 45°，FNA＝mgcos 45°，FfAB＝μFNA，对A、B整体，由平衡条件可得2F＝3mgsin 45°－Ff，FN＝3mgcos 45°，Ff＝μFN，联立解得μ＝，选项C正确。 13答案　B解析　设轻绳的合拉力为FT，地面对石墩的支持力为FN，对石墩受力分析，由平衡条件可知FTcos θ＝Ff，Ff＝μFN，FTsin θ＋FN＝mg，联立解得FT＝，A错误，B正确;轻绳的合拉力大小为FT＝，可知当θ＋φ＝90°时，轻绳的合拉力有最小值，则减小夹角θ，轻绳的合拉力不一定减小，C错误;摩擦力大小为Ff＝FTcos θ＝，可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当θ趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力不是最小，D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $