第2章 课时测评9 动态平衡 平衡中的临界、极值问题(word练习)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

**基本信息** 聚焦动态平衡与临界极值问题，以受力分析为基础，通过矢量三角形、几何关系等方法系统构建平衡问题解题体系，强化科学推理与模型建构能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |动态平衡问题|4题|受力分析+矢量三角形动态分析|基于平衡条件（合力为零），从力的方向变化到大小变化规律| |平衡中的临界、极值问题|6题|临界条件判断+极值范围推理|结合力的合成与分解，分析外力变化引发的平衡状态临界值|

课时测评9　动态平衡　平衡中的临界、极值问题 (时间：30分钟　满分：50分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－10，每题5分，共50分) 题组1　动态平衡问题 1. (2026·广东深圳模拟)如图所示，将光滑的重球放在斜面上，被竖直的挡板挡住而静止，设球对斜面的压力为FN1，对挡板的压力为FN2，当挡板从竖直缓慢地转到水平位置的过程中(　　) A．FN1变小，FN2变大 B．FN1变大，FN2变小 C．FN1变小，FN2先变小后变大 D．FN1和FN2都变小 答案：C 解析：以球为研究对象，受力分析如图所示，球受到重力G、斜面的支持力FN1′和挡板的支持力FN2′，FN1′与FN1是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，FN2′和FN2是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，由平衡条件得知，FN1′和FN2′的合力与重力G大小相等，方向相反，作出多个位置FN1′和FN2′的合力，如图， 由图可看出，FN1′逐渐减小，FN2′先减小后增大，当FN1′和FN2′垂直时，FN2′最小，根据牛顿第三定律可知，FN1变小，FN2先变小后变大，故C正确，A、B、D错误。 2.某人通过如图所示的装置将吊篮中的物品缓慢拉到窗口，图中轻绳的一端拴在轻杆上，另一端绕过定滑轮(不计一切摩擦)。下列说法正确的是(　　) A.此人手上所受的拉力F始终不变 B.此人手上所受的拉力F先减小，后增大 C.轻杆所受压力一直增大 D.轻杆所受压力大小始终不变 答案：D 解析：对结点受力分析如图所示，由几何关系可知＝＝，由题意可知，mg、h和L杆不变，L绳变小，则F变小，FN不变，D正确。 3.(2026·辽宁本溪二模)如图所示，半圆柱体Q放置在粗糙水平面上，与Q完全相同的光滑半圆柱体P放置在光滑的竖直墙壁与Q之间，两个半圆柱体均处于平衡状态。若将Q向左移动一小段距离，两个半圆柱体仍处于平衡状态，则(　　) A.P与墙壁之间的弹力增大 B.P与墙壁之间的弹力不变 C.P与Q之间的弹力减小 D.Q与水平面间的弹力增大 答案：C 解析：P受重力G、墙壁的弹力FN及Q的弹力F，受力分析如图所示。两半圆柱体间的弹力一定垂直于接触点的切线，即力的作用线过两个圆心，三个力形成一个封闭的矢量三角形。若将Q向左移动一小段距离，则弹力F的方向发生了变化，而FN的方向不变，G的大小、方向均不变，显然如果将Q向左移动一小段距离，P与墙壁之间的弹力FN减小，P与Q之间的弹力F也减小。对整体分析，竖直方向Q与水平面间的弹力等于P、Q的重力之和，不变。故选C。 4.(2026·黑龙江哈尔滨九中二模)生活中，我们常用支架与底板垂直的两轮手推车搬运货物。如图甲所示，将质量为m的货物平放在手推车底板上，此时底板水平。如图乙所示，现缓慢压下把手，直至底板与水平面间的夹角为60°。不计货物与支架及底板间的摩擦，缓慢压下把手的过程中，下列说法正确的是(　　) A.货物所受的合力一直增大 B.手推车对货物的作用力变小 C.底板对货物的支持力一直减小 D.当底板与水平面间的夹角为60°时，底板对货物的支持力为支架对货物的支持力的3倍 答案：C 解析：缓慢压下把手，货物所受的合力一直不变，始终为零，故A错误；手推车对货物的作用力与货物的重力等大反向，则手推车对货物的作用力方向竖直向上，且大小不变，故B错误；压下把手的过程中，两个弹力的夹角始终是90°，货物的受力情况如图1所示，由图1可知，底板对货物的支持力FN2一直减小，支架对货物的支持力FN1一直增大，故C正确；当底板与水平面间的夹角为60°时，对货物受力分析，两个弹力的合力与重力等大反向，受力分析如图2所示，两个弹力FN1与FN2垂直，由平衡条件可得支架对货物的支持力FN1＝mgsin 60°＝mg，底板对货物的支持力FN2＝mgcos 60°＝mg，底板对货物的支持力为支架对货物的支持力的，故D错误。 题组2　平衡中的临界、极值问题 5. 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。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。重力加速度为g。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 答案：B 解析：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°＋Fsin 30°＝mg，B正确。当F cos 30°＝mg sin 30°，即F＝mg时，A所受摩擦力为0，当F＜mg时，A所受摩擦力沿斜面向上，Ff＝mg sin 30°－F cos 30°，当F＝0时，A所受摩擦力最大，为mg；当F＞mg时，A所受摩擦力沿斜面向下，Ff′＝F cos 30°－mgsin 30°，当F＝mg时，A所受摩擦力最大，为mg，综上可知，A所受摩擦力的最小值为0，最大值为mg，C、D错误。 6. 一物体P通过细绳系在两根等长细绳OA、OB的结点О上，细绳的A端、B端挂在半圆形的支架上，如图所示。开始时绳OB处于水平位置，此时细绳OA、OB的拉力大小各为5 N和3 N。保持A端、O点的位置不动，将B端沿半圆形支架从水平位置逐渐移至竖直位置C，在这一过程中(　　) A．OA绳上拉力一直增大 B．OB绳上拉力先增大后减小 C．OB绳上最小拉力为2 N D．OB绳上最大拉力为4 N 答案：D 解析：将B端沿半圆形支架从水平位置逐渐移至竖直位置C，这一过程中结点O的受力情况如图所示， 由图可知，OA绳的拉力一直减小，OB绳的拉力先减小后增大，根据初始平衡状态有G＝ N＝4 N，设OA与OC夹角为θ，则有sin θ＝，由受力分析可知，当OA与OB垂直时，OB绳上拉力最小，有FOBmin＝G sin θ＝2.4 N，当OB与OC重合时，OB绳上拉力最大，有FOBmax＝G＝4 N，故D正确。 7.(2025·贵州毕节三模)如图所示，竖直杆M、N固定于地面，轻绳a一端固定于N杆上的F点，另一端与光滑轻质小圆环拴接于O点；轻绳b一端穿过小环后固定于M杆上的E点，另一端与小物块连接。若初始时刻O点的位置比E点高，整个系统处于静止状态，a、b绳上的拉力分别记为Fa和Fb，则(　　) A.仅将E点缓慢上移少许，Fa增大 B.仅将E点缓慢下移少许，Fb增大 C.仅将M杆缓慢左移少许，Fb减小 D.仅将M杆缓慢左移少许，Fa减小 答案：D 解析：设绳子a、b与水平方向的夹角分别为α、β，物块质量为m，因为b绳跨过小圆环与物块相连，所以Fb＝mg，仅将E点缓慢向上移动少许，两个Fb之间的夹角变大，所以两个力的合力减小，因为Fa与两个Fb的合力大小相等，方向相反，所以Fa减小，Fb不变，A错误；仅将E点缓慢向下移动少许，两个Fb之间的夹角变小，所以两个力的合力变大，因为Fa与两个Fb的合力大小相等，方向相反，所以Fa变大，Fb不变，B错误；仅将M杆向左移动少许，β减小，即两个Fb之间的夹角变大，所以两个力的合力变小，因为Fa与两个Fb的合力大小相等，方向相反，所以Fa减小，Fb不变，C错误，D正确。 8.(2026·陕西西安一模)如图甲是工人在高层安装空调时吊运室外机的场景，简化图如图乙所示。一名工人在高处控制绳子P，另一名工人站在水平地面上拉住另一根绳子Q。在吊运的过程中，地面上的工人在缓慢后退时缓慢放绳，室外机缓慢竖直上升，绳子Q与竖直方向的夹角近似不变，绳子质量忽略不计，则下列说法正确的是(　　) A.绳子P上的拉力不断变大 B.绳子Q上的拉力先变小后变大 C.地面对工人的支持力不断变大 D.绳子P、Q对室外机的拉力的合力不断变大 答案：A 解析：室外机分别受P、Q的拉力F1、F2和自身重力mg而平衡，室外机受力如图1，将这三个力构成矢量三角形，如图2，可知地面上的工人在缓慢后退时缓慢放绳过程中，F1、F2均增大，故A正确，B错误；由于β不变，绳子Q拉力增大，故Q的拉力在竖直方向分力增大，对地面工人，由平衡条件易得地面对工人的支持力不断变小，故C错误；由于室外机受到P、Q拉力F1、F2和自身重力mg而平衡，由平衡条件可知绳子P、Q对室外机的拉力的合力与室外机重力始终等大反向，所以绳子P、Q对室外机的拉力的合力不变，故D错误。 9. (2026·广东汕头质检)在水平外力F的作用下，A、B两个圆柱体按如图所示的方式分别放在水平地面、靠在竖直墙面，将A缓慢向右移动一小段距离(B未与地面接触)，不计一切摩擦，则在此过程中，关于水平地面对A的弹力FN1、竖直墙面对B的弹力FN2，下列说法正确的是(　　) A．FN1不变，FN2变大 B．FN1变小，FN2变大 C．FN1变大，FN2变小 D．FN1不变，FN2变小 答案：A 解析：以圆柱体B为研究对象，受力分析如图所示， 当将A缓慢向右移动一小段距离，FN与竖直方向的夹角增大，由图看出墙对B的弹力FN2变大；以圆柱体A、B为研究对象，根据平衡条件，在竖直方向有FN1－(mA＋mB)g＝0，当将A缓慢向右移动一小段距离，水平地面对A的弹力FN1不变，故A正确，B、C、D错误。 10.(2026·湖北武汉二中模拟)如图所示，小明用轻绳PQ拴住轻杆OQ的顶端，轻杆下端O用铰链固定在水平地面上某高度处，Q端下方悬挂重物，轻绳PQ长度为定值。PQ与水平方向夹角α＝30°，OQ与水平方向夹角β＝60°，下列说法正确的是(　　) A.轻绳PQ对Q端的拉力大于重物重力 B.轻杆OQ对Q端的支持力等于重物重力的2倍 C.若小明拉住轻绳P端缓慢向右移动，轻绳PQ对Q端的拉力逐渐增大 D.若小明拉住轻绳P端缓慢向右移动，轻绳PQ对Q端的拉力逐渐减小 答案：C 解析：设重物的重力为mg，轻杆的弹力为FT1，轻绳的弹力为FT2，选择Q点为研究对象，由于OQ为可旋转轻杆，则Q点所受杆的弹力方向沿杆指向Q，Q点所受轻绳的拉力沿绳指向P，Q点受力分析如图甲，由几何关系可得θ＝γ＝30°，则FT2＝mg，A错误；FT1＝2mgcos 30°＝mg，B错误；过O点作PO的垂线交PQ于S，选择Q点为研究对象，作矢量三角形如图乙所示，由几何关系可知，力的矢量三角形与几何三角形OQS相似，且满足＝＝，轻绳P端缓慢向右移动过程中，SO减小，SQ增大，则FT2增大，C正确，D错误。 学生用书⬇第33页 学科网（北京）股份有限公司 $