第2章 专题突破3 动态平衡 平衡中的临界、极值问题(课时作业Word)-【高考领航】2027年高考物理大一轮复习学案（创新版）

**基本信息** 聚焦动态平衡及临界极值问题，以受力分析为核心，融合正交分解、三角形定则等方法，构建从基础到复杂场景的递进训练体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固练|7题|受力分析（整体/隔离）、正交分解、临界条件判断|从单一物体平衡（斜面、悬挂）到简单系统（铁链、双绳），强化平衡条件直接应用| |能力提升练|4题|矢量三角形动态分析、数学函数求极值、多体系统关联|复杂场景（双球、半圆柱承载、筷子夹球），深化几何关系与临界极值的转化| |培优创新练|1题|动态过程中力的合成与分解、正弦定理应用|木板转动情境，综合考查动态平衡中力的变化规律，提升科学推理能力|

限时规范训练(10)　动态平衡　平衡中的临界、极值问题 (建议用时：40分钟　满分：70分) (选择题1～7题每题5分，8～10题每题6分，12题7分，共60分) [基础巩固练] 1．(2024·山东卷，2)如图所示，国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于(　　) A． C． 解析：B　斜坡倾角越大，“天工”越容易下滑，只要保证“天工”在30°倾角的斜坡上不下滑，在小于30°倾角的斜坡上更不会下滑，对30°倾角的斜坡上的“天工”受力分析，有μmg cos 30°≥mg sin 30°，解得μ≥，B正确。 2．(2026·重庆八中高三开学考)如图所示，凹槽固定在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，O为圆心。一可视为质点的物块恰好可静止于P点，OP与竖直方向夹角为30°。现对物块施加水平向右的外力，使其由P开始在截面上缓慢移动。则物块在截面上能上升到的最高处与O点连线与竖直方向的夹角为(　　) A．30° B．60° C．45° D．90° 解析：B　在P点静止时物块受力分析如图1所示，有FN＝mg cos 30°，Ff＝mg sin 30°，恰好静止，则有Ff＝μFN，解得μ＝，当缓慢推至角度为θ时，受力分析如图2所示，有FNsin θ＋Ffcos θ＝F，FNcos θ＝mg＋Ffsin θ，Ff＝μFN，解得F＝ mg，即θ＝60°时，F为无穷大。故选B。 图1　 图2 3．(2026·辽宁名校联盟8月联考)如图所示为由24个光滑铁环组成的铁链，其两端等高地悬挂在竖直的固定桩上，铁环从左到右依次编号为1、2、3、…、24。在重力作用下铁链自然下垂形成一条曲线，曲线两端点的切线与竖直方向的夹角均为45°，第12个和第13个铁环水平穿连，每个铁环的质量均为m，重力加速度为g。下列关于铁环之间的弹力说法正确的是(　　) A．铁环受到它上方铁环的弹力和它下方铁环的弹力方向相反 B．每个铁环受到它上方铁环和它下方铁环的弹力大小相差mg C．铁环和铁环之间弹力的最大值为24mg D．铁环和铁环之间弹力的最小值为12mg 解析：D　铁环受到上方铁环弹力及下方铁环弹力外，还受重力，三力互成角度，故AB错误；对第1～12个铁环分析，可知12、13铁环之间弹力为F＝12mg tan 45°＝12mg，仅对12铁环分析，可知11铁环对12铁环的弹力大小为F′＝mg，同理可知12、13铁环间弹力最小，故D正确；1、2铁环和23、24铁环间弹力最大且为F″＝<24mg，故C错误。 4．(2025·湖北省部分重点中学高三联考)如图所示，用一根轻质细绳将重为10 N的画框对称悬挂在竖直墙上，画框上两个挂钉间的距离为0.5 m。若绳能承受的最大拉力为10 N，要使绳不会被拉断，绳子的最短长度为(　　) A． m B．0.5 m C． m D．1.0 m 解析：C　对画框进行受力分析如图所示，受到重力G和大小相等的两根细绳的拉力F1、F2的作用，当F1＝F2＝Fmax＝10 N时，对应于细绳不被拉断的最短长度L，设此时F1和F2与竖直方向的夹角都为θ，由平衡条件知2Fmaxcos θ＝G＝10 N，解得cos θ＝0.5，设画框上两个挂钉间的距离为d，则绳子的最短长度为L＝ m，故选C。 5．(2026·八省联考，4)光滑水平面上，细线一端固定在O点，另一端与小球相连，小球受到两个相互垂直的水平拉力F1和F2，细线始终水平，F1与细线的夹角为α(α为钝角)，小球始终处于平衡状态。则下列说法正确的是(　　) A．保持拉力F2恒定不变，F1方向不变，大小逐渐增加，则小球受到细线的拉力逐渐减小 B．只增加细线的长度，保持三个力方向不变，则F2减小 C．若保持α角和F2不变，将拉力F1沿顺时针方向缓慢转动，则小球受到细线的拉力将逐渐增大 D．若保持α角和F2不变，将拉力F1沿顺时针方向缓慢转动，则小球受到细线的拉力将逐渐减小 解析：D　保持F2不变，如图所示，由三角形定则可知，F1增大时，FT逐渐增大，A项错误；只增加细线的长度，对力的大小没有影响，F2大小不变，B项错误；α角和F2不变，将拉力F1沿顺时针方向缓慢转动，则F1与F2之间夹角β减小，且β<90°，沿着垂直F1方向正交分解可得FT·sin (180°－α)＝F2sin β，可知细线上拉力逐渐减小，C项错误，D项正确。 6．(2025·江苏省丹阳高级中学高三上一模)如图所示，粗糙水平地面上放有横截面为圆的柱状物体A，A与墙面之间放有表面光滑的圆柱形物体B，A、B均保持静止。若将A向左移动少许，下列说法正确的是(　　) A．B对A的作用力不变 B．墙面对B的作用力不变 C．地面对A的摩擦力不变 D．地面对A的支持力不变 解析：D　对物体B受力分析，受到重力mg、墙面对B的作用力N和A对B的支持力N′的作用，如图1所示。当A向左移动少许后，N′的方向向右上方偏转，根据图1可知N′和N都减小，由牛顿第三定律可知B对A的作用力减小，故A、B错误；对A、B整体受力分析，受到总重力G、地面的支持力FN、地面的摩擦力Ff和墙面的作用力N的作用，如图2所示。根据平衡条件，有Ff＝N，FN＝G，故地面的支持力不变，地面的摩擦力Ff随着墙面对B的作用力N的减小而减小，故C错误，D正确。 图1　 图2 7．(2026·河北保定名校联考)炎炎夏日，人们离不开空调。室外安装空调主机的情境示意图如图所示，为安全起见，要求吊运过程中空调主机与楼墙保持一定的距离。一人在高处控制一端系在主机(视为质点)上的轻绳P，另一人(始终静止)在地面控制另一根一端系在主机上的轻绳Q，二人配合可使主机缓慢竖直上升。当P绳与竖直方向的夹角为α时，Q绳与竖直方向的夹角为β。轻绳均足够长，下列说法正确的是(　　) A．α可能等于β B．P绳的拉力可能与Q绳的拉力大小相等 C．运送过程中Q绳的拉力变小 D．地上的人受到地面的摩擦力变大 解析：D　对空调主机受力分析，建坐标系如图所示，根据平衡条件，可得y轴方向有FPcos α＝mg＋FQcos β，可得FPcos α>FQcos β，x轴方向有FPsin α＝FQsin β，两式联立可得FP2cos2α＋FP2sin2α>FQ2cos2β＋FQ2sin2β，化简得FP2>FQ2，解得FP>FQ，根据x轴方向有FPsinα＝FQsin β，可知α<β，故A、B错误；由题知，要求吊运过程中空调主机与楼墙保持一定的距离，即d不变，设OP间的绳长为lOP，OQ间的绳长为lOQ，空调主机离地的高度为h，根据几何关系可得sin α＝，cos β＝，在缓慢上升过程中，OP间的绳长变短，OQ间的绳长不变，但离地高度h增大，则有sin α变大，cos β变大，故α变大，β变小，根据平衡条件，可得y轴方向有FPcos α＝mg＋FQcos β，x轴方向有FPsin α＝FQsin β，联立解得FP＝，可知FP变大，根据FPsin α＝FQsin β，可知FQ变大，故C错误；对地面上的人受力分析，在水平方向有Ff＝FQsin β＝FPsin α，故地面上的人受到地面的摩擦力变大，故D正确。故选D。 [能力提升练] 8．(2026·成都树德中学开学考)如图所示，质量为3m的小球P和质量为m的小球Q通过两根长度均为L的细线悬挂在天花板的O点，两球之间通过长度为L的轻杆相连，重力加速度为g。现对小球P施加一外力F并确保轻杆始终处于水平状态，则(　　) A．外力F竖直向上时，外力取得最小值2mg B．外力F水平向左时，外力取得最小值mg C．外力F垂直于绳子OP时，外力取得最小值mg D．外力F垂直于绳子OP时，外力取得最小值mg 解析：C　根据题意，由几何关系可知OQ与PQ的夹角、OP与PQ的夹角均为θ＝30°，分析可知，Q受到重力mg、杆的弹力F杆、绳子拉力FTQ而平衡，由平衡条件得，F杆＝FTQcos θ，FTQsin θ＝mg，联立解得F杆＝mg，对P受力分析可知，P受到重力3mg、杆的弹力F杆、绳子拉力FTP和外力F而平衡，如图甲所示。则小球P受的重力与杆的合力F1＝，联立以上解得F1＝mg，作出F1、FTP、F三个力的矢量三角形如图乙所示，当作用在小球P的外力方向与P相连的细绳方向垂直时，外力F最小，即最小值为Fmin＝F1sin θ，联立以上解得Fmin＝mg，故选C。 图甲　　　　　　图乙 9．(2025·山东省济宁市高三下学期考前押题)在工厂车间里，有两个质量均为m的半圆柱承载装置A、B紧挨着静置于水平地面上，与地面间的动摩擦因数均为μ，上方放置一质量为2m的光滑圆柱模具C，三者半径均为R。工作人员用机械牵引系统对A施加水平向右的拉力，使其缓慢移动，直至C恰好落地，期间B始终静止，重力加速度为g。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则(　　) A．B受地面摩擦力逐渐减小 B．A、B受地面支持力相等且始终保持不变 C．A受地面摩擦力逐渐增大 D．动摩擦因数μ的最小值为 解析：B　设BA对C的弹力方向与竖直方向夹角为θ，对圆柱C受力分析如图所示，C受力平衡，由平衡条件可得F＝，可知F的水平分力Fx＝F sin θ＝mg tan θ，随着C逐渐落到地面，θ增大，tan θ增大，则Fx变大，对B，由平衡条件可知B受地面摩擦力逐渐增大，故A错误；对ABC整体受力分析，竖直方向受整体重力和地面对AB的支持力，由对称性知地面对A、B的支持力大小相等均为2mg，A受地面的摩擦力为滑动摩擦力，恒定不变，故B正确，C错误。由几何关系可知当C降到地面前瞬间θ＝60°，B受C压力的水平分力最大，大小Fxmax＝mg tan 60°＝mg；B受地面的最大静摩擦力大小为Ff＝2μmg，由题意知Ffmin＝Fxmax，联立解得μmin＝，故D错误。 10．(多选)(2025·广东肇庆二模)筷子是中华饮食文化的标志之一，我国著名物理学家李政道曾夸赞说：“筷子如此简单的两根木头，却精妙绝伦地应用了物理学杠杆原理。”如图所示，用筷子夹住质量为m的小球，两根筷子均在竖直平面内，且筷子和竖直方向的夹角均为θ。已知小球与筷子之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，小球静止。下列说法正确的是(　　) A．筷子对小球的最小压力是 B．当θ增大时，筷子对小球的最小压力一定增大 C．当θ减小时，筷子对小球的最小压力一定增大 D．要想用筷子夹住小球，必须满足μ>tan θ 解析：BD　对小球受力分析，如图所示，小球受力平衡，竖直方向有：2Ffcos θ＝mg＋2FNsin θ，Ff≤Ffmax＝μFN，解得FN≥，故筷子对小球的最小压力为，A错误；根据FNmin＝，可知当θ增大时，筷子对小球的最小压力一定增大，故B正确，C错误；要想用筷子夹住小球，则FNmin＝>0，则μcos θ－sin θ>0，即必须满足μ>tan θ，故D正确。 11．(10分)(2026·四川泸州月考)如图所示，质量为M的木楔倾角为θ，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。如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块，木块能匀速上升，已知木楔在整个过程中始终静止。 (1)当α为多大时，F有最小值，求此时α的大小及F的最小值； (2)当α＝θ时，木楔对水平面的摩擦力是多大？ 解析：(1)木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mg sin θ＝μmg cos θ 解得μ＝tan θ 木块在F作用下沿斜面向上匀速运动，有 F cos α＝mg sin θ＋Ff F sin α＋FN＝mg cos θ Ff＝μFN 解得F＝ 则当α＝θ时，F有最小值，为Fmin＝mg sin 2θ。 (2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力 即Ff′＝F cos (α＋θ) 当α＝θ，即F取最小值时 则Ff′＝Fmincos 2θ＝mg sin 4θ。 答案：(1)θ　mg sin 2θ　(2)mg sin 4θ [培优创新练] 12．(经典高考题)如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中(　　) A．圆柱体对木板的压力逐渐增大 B．圆柱体对木板的压力先增大后减小 C．两根细绳上的拉力均先增大后减小 D．两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变 解析：B　设两绳子对圆柱体的拉力的合力为FT，木板对圆柱体的支持力为FN，从右向左看，对圆柱体受力分析并合成三角形如图所示。在木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平的过程中，α不变，γ从90°逐渐减小到0，又γ＋β＋α＝180°且α＜90°，可知90°＜γ＋β＜180°，则0＜β＜180°，可知β从锐角逐渐增大到钝角，在矢量三角形中，根据正弦定理得，则由sin γ不断减小可知FT不断减小，由sin β先增大后减小可知FN先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小；设两绳子之间的夹角为2θ，绳子拉力为FT′，则2FT′cos θ＝FT，可得FT′＝，θ不变，FT逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B正确，A、C、D错误，故选B。 学科网（北京）股份有限公司 $