课时分层检测(9)专题强化：动态平衡和临界、极值问题-【创新大课堂】2027年高三物理一轮总复习

11.解析(1)小球处于 平衡状态，受到重力 拉力F和轻绳拉力 FT,如图所示 m660° 以小球为研究对象，由 平衡条件得：水平方向 Fcos60°-FT cos0=0 mg 竖直方向Fsin60°-Frsin0-ng=0 解得0-30°，Fr-5N (2)以整体为研究对象，设杆对木块的支持力， 为F,由平衡条件得：水平方向Fcos60°一 uFN=0 竖直方向FN+Fsin60°-Mg-g=0 解得=。 答案(1)5N(2) 课时分层检测（九） 1.C[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2F0s(180,2四] 2 G,解得F=2m故A错误：当0=60时，AC、 BC两杆受到的弹力大小均为F=2sn60=! G 3G,故B错误；摇动把手将重物缓授顶起的过！ 程，0增大，sin0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.B[两个状态相比，重力大小、方 F 向不变，杆的支持力方向不变，作 出受力图如图所示，由作图法可 知，消防员下降一定高度后再次 保持静止时，相对于初始位置AB 杆的支持力变小，故B正确，A错 mg 误；因为OB绳拉力与AB杆支持 力的夹角未知，则拉力可能变小，可能变大，也 可能先变小后变大，故C、D错误。] 3.C[力F转动过程中，滑轮两边绳间的夹角变1 大，两边绳上拉力的合力减小，根据力的平衡可 知，橡皮筋的弹力变小，长度变短，橡皮筋与竖 直方向的夹角等于滑轮两边绳夹角的一半，因 此0变大，故选C。] 4.A[对手机受力分析，如图 所示，F1与F,分别是AB与 BC对手机的弹力，两力的合 力F:竖直向上与重力平衡， F1始终垂直于AB,Fg始终 垂直BC,在支架顺时针缓慢 转至AB水平的过程中，F1与 ↓mg F,之间的夹角不变，两者的 合力F2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F,! 一直增大，F2一直减小，故A正确。] 5.C[由于小球P光滑，P、Q之间没有摩擦力作} 用，则小球P受到重力、Q的支持力和绳子拉： 力，共3个力作用：物块Q受到重力、P的压力、 粗糙墙壁的支持力和摩擦力，共4个力作用，故 A错误；若绳子缓慢变短，绳子与竖直方向的夹： 角0变大，以小球P为研究对象，根据受力平衡 可得FTcos0=mpg,Frsin0=Fo,可得F= OSFQ=mpgtan0,可知绳子的拉力将变】 大，Q对P的支持力变大；以物块Q为研究对： 象，根据受力平衡可得FN格=FNP=FNQ,F:一 mQg,可知墙壁对Q的支持力将变大，Q受到！ 的静摩擦力不变，故C正确，B、D错误。] 6.A[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一2g, F一F,设O1O2与水平面的夹角为0，对甲受 力分折，由平衡条件得=联立解得 F一可知0越小，E越大，由几何关系10，A[设两段绳子之间的夹角为2a,由平衡条 tan 30= 得，0最小为30°，则F=mg 件可知2 Fcosa=mg,解得F=2COSa' mg,设绳子 的总长度为L,两杆之间的水平距离为s,悬挂 2mg,解得，故A正确.] 点两边的绳子长度分别为L1、L2,由几何关系 D [令AC绳与竖直方向的夹角为0，根据几 知Lsina十L:sin a=s,解得sina一LL 2L-L 2 广。若更换为更长的轻绳，L变大，a变小， 何关系有sin0= 一2 ,解得0=30°，对C cosa变大，所以绳子的拉力变小，故A正确 点与重物进行受力分析，如图甲所示，根据平衡！ B错误；左手持杆缓慢竖直向下移动过程中 条件有TAc cos0=mg,Tac sin0=TD,解得！ L、s都不变，则a不变，所以绳子的拉力不变、 Tx-23 g,Tm=g,故A,B错误对D 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a变大，cosa变小， 点进行受力分析，作出失量动态三角形如图乙！ 绳子拉力变大，故D错误。] 所示，可知，当外力F方向与绳BD垂直时，外：11.ACD[质量m=1.0kg的小物块恰好能够 力F最小，则有Fmim=Ten cos0=7mg,故C 静止于斜面上，则有mngsin0=mgcos0,解得 错误，D正确。] 以=，故A正确小物块始终处于静止状态， 对小物块受力分析可知，沿斜面方向受力平 衡，根据力的平行四边形定则可知静摩擦力先 减小后增大，故B错误；当静摩擦力与推力垂 直时，静摩擦力最小，为Fmim=ngsin30°X mg sin30°-2.5N,故C正确；当静摩擦力达到滑 动摩擦力时，推力F最大，根据几何关系可知 BD厂方法一图解法 Fmax=2 mgsin30°×cos30°=5V5N,故D 对N进行受力分析，因为N 正确。 的重力与水平拉力F的合力 课时分层检测（十） 和细绳的拉力FT是一对平衡 1wg!1,解析(1)弹簧中弹力的增加量kx=F。一F,整 力，在力的矢量三角形中（如 理得F=F。一kx,可知该图线是一条不过原，点 图甲所示)可以看出水平拉力 的直线：斜率的绝对值为弹簧的劲度系数。 的大小逐渐增大，细绳的拉力也一直增大，选项！ (2)由表达式F一F。一kx,可知滑轮的摩擦力不 A错误，B正确；M的质量与N的质量的大小关 影响实验结果 系不确定，设斜面倾角为0，若g≥nvgsin0,则 M所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若myg< 答案(1)不过斜率绝对值(2)不产生 mg心则M所受斜面的摩擦力大小可能先：2.解析 (3)令弹簧原长为1，根据胡克定律有 减小后增大，选项C错误；对整体受力分析，可 F=k(l一l。),根据平衡条件F=mg,解得m 知斜面所受地面摩擦力等于水平拉力F,一定 1-山，根据图像可知，图像与纵轴的藏距为 增大，远项D正确。 g 方法二解析法 一100g,结合图像有 以物块N为研究对象，受到重力G、水平拉力F 100×10-3 和细绳的拉力FT,设细绳与竖直方向的夹角为！ g (8-4)X10kg/m, k1=-100× g a,如图乙所示，根据平衡条件可得F-Gtan a, 10-3kg,解得l。=4cm,k=25N/m FT= (4)令弹簧质量为m,若考虑弹簧自身重力的 ,随着a的增大，F和FT都增大，故 cos a' 影响，根据胡克定律，结合上述有 A错误，B正确；对于M,受重力GM、支持力 FN、绳的拉力FT以及斜面可能对它的摩擦力 mg十mg=k(1一l),变形得m=友1- g F,如采开始摩擦力方向沿斜面向上，如图丙所 m,图像的斜率仍然为，可知若考虑弹簧自 示，则有FT十Fr=GMsin0,当FT不断增大的 时候，F减小当Fr>GM sin0时，有Fr= 身重力的影响，实验中得到的弹簧的劲度系数 Gsin0十F,随着FT的增大，F:将增大，所以 等于实际值 沿斜面的摩擦力F可能先减小后增大，C错： 答案(3)425(4)等于 误；对整体受力分析，可知斜面体所受地面摩擦：3.解析 (1)根据图像可知不挂钩码时，橡皮绳的 力等于水平拉力F,一定增大，远项D正确。] 仲长量为xo=1.5cm。 F (2)根据胡克定律有mng=k(x一x,） k 整理得n一mgmg (3)由图像可知，图线的斜率为k=A” △ 2 cm 该橡皮绳的劲度系数k=k'mg=100N/m 乙 答案(1)1.5(2) C「对小球进行受力分析 一mg (3)100 mg 如图所示，根据相似三角形 :4.解析(1)为避免摩擦影响，刻度盘必须竖直放 法可得品》- FN 置，A正确；实验中0,0不需要等大，B错误； ,在 实验需要测量拉力对应的角度，则要保证结点 小球从B,点缓慢上升到C O与刻度盘圆心始终重合，C正确。 点的过程中，重力大小、方 (2)如图所示。 向均不变，AB变小，O)A (ODB不变，则拉力F逐渐减 小，大圆环轨道对小球的支 F,=1.5N 持力F、大小不变，由牛顿 45309 第三定律知小球对大圆环轨道的压力大小保持！ 不变，故远C。] F=10N 0.5N 505课时分层检测（九） 专题强化 基础落实练 1.(2026·天津南开一模)千斤顶 G 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0，不计千斤顶杆件自重，下列说：4 法正确的是 ( 且4CBC两杆受到的弹力大小均为2G片。 B.当0=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.(2026·上海市闵行 区期中)消防员下降 过程中（如图甲所 示)，可将模型简化 为如图乙所示，脚与 竖直墙壁触点为A 甲 点，人的重力全部集 中在点B,AB可简化为轻杆，OB可简化为轻绳。： 己知下降过程中AB的长度和AB与竖直方向的 夹角保持不变，消防员初始时刻静止，下降一定 高度后，再次静止时相对于初始位置 A.AB杆对B的支持力变大 B.AB杆对B的支持力变小 C.OB绳拉力保持不变 6 D.OB绳拉力变小 3.(2026·河南省许平汝名校期 末)如图所示，橡皮筋一端连接 在天花板上，另一端连接在滑 轮上，与竖直方向夹角为0；绕 303 动态平衡和临界、极值问题 过滑轮的轻绳一端悬挂一重物，另一端施加水平 力F,重物保持静止，现保持F大小不变，使其在 竖直面内沿逆时针方向缓慢转过60°，不计滑轮 质量及一切摩擦，橡皮筋始终在弹性限度内，此 过程中，下列说法正确的是 () A.0变小，橡皮筋长度变短 B.0变小，橡皮筋长度变长 C.0变大，橡皮筋长度变短 D.0变大，橡皮筋长度变长 (2026·山东济南模拟)如图所 手机 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 底座 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 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 (2026·四川绵阳市检测)如图示，用 一轻绳将光滑小球P系于粗糙竖直墙 壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一 矩形物块Q,整体处于静止状态。略微 改变绳子的长度，P、Q仍然均处于静止 状态，则下列相关说法正确的是 A.P、Q两物体都受3个力作用 B.若绳子缓慢变短，墙壁对Q的支持力将减小 C.若绳子缓慢变短，绳子的拉力将变大 D.若绳子缓慢变短，Q受到的静摩擦力将增大 (2026·浙江金华模拟)如图 所示，甲、乙两柱体的截面分 甲 别为半径均为R的圆和半 圆，甲的右侧靠着一块竖直 nnnnnninninnn 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号 c 号 7.(2026·重庆高三期末)如图 B 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，m BCpD绳的拉力为mg C.外力F的最小值为4mg D.外力F的最小值为2mg 能力综合练 8.（多选)如图，一斜面粗糙的 斜面体置于粗糙地面上，斜 ←N 面顶端装有一光滑轻质定滑 轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N,另一 端与斜面上的物块M相连，M与滑轮间细绳与 斜面平行，系统处于静止状态。现用水平向左的 拉力缓慢拉动N,直至悬挂N的细绳与竖直方向 成45°。已知M与斜面体始终保持静止，则在此 过程中 A.水平拉力的大小可能保持不变 B.M所受细绳的拉力大小一定一直增大 C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增大 D.斜面体所受地面的摩擦力一定增大 9.如图所示，竖直面内固定一光滑 大圆环轨道，O为圆心，在大圆 环轨道最高点A固定一个光滑 C 的小滑轮，一轻绳绕过小滑轮， B 30: 一端连接套在大圆环轨道上的小球，用力F拉轻 绳另一端，在小球从B点缓慢上升到C点的过程 中，有 A.拉力F逐渐增大 B.拉力F先减小后增大 C.小球对大圆环轨道的压力大小保持不变 D.小球对大圆环轨道的压力先增大后减小 10.(2026·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0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.在使左手持杆缓慢竖直向下移动至0=0°的 过程中，绳子拉力逐渐变小 D.在使左手持杆顺时针缓慢以右杆为圆心画圆 弧移动至0=0°的过程中，绳子拉力逐渐变小 强基培优练 11.（多选)(2026·山东菏泽市段 考)如图所示，一倾角0=30° 的斜面体固定于水平地面上， 一质量m=1.0kg的小物块恰好能够静止于斜 面上。若给物块施加一平行于斜面且与斜面内 的水平虚线成a=60°角的推力F,在推力F由0 逐渐增大的过程中，小物块始终保持静止，若最 大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取 10m/s2,则下列说法正确的是 ) A,小物块与斜面之间的动摩擦因数为 B.小物块所受的静摩擦力逐渐减小 C.小物块所受静摩擦力的最小值为2.5N D.推力F的最大值为5√3N