课时作业10　动态平衡和平衡中的临界、极值问题(进阶课) 专项训练-2027届高考物理人教版一轮复习

**基本信息** 聚焦动态平衡与临界极值问题，通过受力分析、矢量运算与数学建模构建系统性解题框架，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| |----|-----------|----------|----------| |动态平衡分析|4题（1/3/4/6）|矢量三角形法、辅助角公式求极值、动态图解法|从三力平衡到多体系统，构建"受力分析→方程建立→动态变化"逻辑链| |临界极值问题|3题（5/7/9）|摩擦临界条件、极值函数求导、几何关系分析|结合平衡条件与数学工具，形成"物理情境→临界状态→量化计算"推理路径| |综合应用|4题（2/8/10/11）|整体法与隔离法、多变量控制、实际问题建模|融合运动与相互作用观念，体现科学思维在工程情境中的迁移应用|

课时作业(十)　动态平衡和平衡中的临界、极值问题(进阶课) 说明：第1～9题，每小题5分；本试卷共67分。 1．（多选）（2026·山东模拟）如图所示，水平地面上放有一倾角θ = 37°、质量M = 2kg的斜面体，在斜面体与竖直墙壁之间有一个质量m = 1kg的均匀光滑球体。现对球体施加一过球心的大小为6N的拉力F。在拉力F的方向由竖直向上沿顺时针缓慢变为水平向右的过程中，球体和斜面体一直处于静止状态。取g = 10m/s²，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8。下列说法正确的是 （ ） A. 竖直墙壁对球体弹力的最小值为0 B. 斜面体对球体支持力的最小值为0 C. 地面对斜面体支持力的最小值为4N D. 地面对斜面体摩擦力的最大值为7.5N 2. (2025·山东省实验中学高三二模)黄河铁牛是世界桥梁史上的传世之宝。如图，唐代蒲津浮桥通过两岸的铁牛固定，铁牛底部的铁柱插入地下。铁牛受到3个力：其中桥索对铁牛的拉力为F1，铁柱对铁牛的作用力为F2，铁牛自身重力为G，则(　　) A．若F1增大，则F2减小 B．F1与F2的合力竖直向上 C．铁柱对铁牛的作用力F2一定沿着铁柱向上 D．若桥索与竖直方向夹角变大，则F1与F2的合力变小 3．(多选)(2025·黑龙江哈尔滨一模)如图所示，冰坑是一个新型的冰上娱乐项目，进入冰坑的游客在不借助外力的情况下很难从冰坑里行走出来，为了让冰坑底部的游客能从冰坑内出来，用外力F拉动游客使游客缓慢地向边缘移动，F的方向始终沿冰坑的切线方向，在此过程中所有的摩擦均可忽略，下列说法正确的是(　　) A．拉力F先增大后减小 B．拉力F一直增大 C．冰坑对游客的支持力先减小后增大 D．冰坑对游客的支持力一直减小 4．如图是工人把货物运送到房屋顶端的简化图，绳子跨过定滑轮拉动货物A，沿倾角为θ的玻璃棚缓慢向上移动，忽略货物所受摩擦阻力，则下列说法正确的是(　　) A．货物A对玻璃棚的压力不变 B．货物A对玻璃棚的压力越来越大 C．绳子的拉力越来越大 D．绳子的拉力越来越小 5．(2025·河南省名校联盟高三联考)如图甲所示，窗户上的连杆通常被称为滑撑或铰链。它是一种连杆式活动链接装置，主要用于连接窗扇和窗框，使窗户能够顺利开启和关闭，它通常由滑轨、滑块、悬臂组成，示意图如图乙所示。水平悬臂通过转轴O1、O2分别与竖直窗扇和滑块相连，窗扇可绕轴O3转动。现将窗扇打开，设悬臂与窗户之间的夹角为θ，若要求此时无论多大的风力均不能将窗扇关闭，则滑块与滑轨之间的动摩擦因数μ应满足的条件是(　　) A．μ≤tan θ B．μ≥tan θ C．μ≤ D．μ≥ 6．(多选)(2025·湖南怀化多校联考三模)如图甲所示，工人用叉车拉石墩时，可简化为如图乙所示的模型，∠BAC＝90°，叉车臂AC与水平方向夹角为θ。不计球形石墩表面摩擦，叉车和石墩始终保持相对静止，在叉车匀速运动的过程中，若θ从0°缓慢增加为90°，叉车臂对石墩的作用力FAC和车把对石墩的作用力FAB的大小变化为(　　) A．FAB一直增加 B．FAB先增加后减小 C．FAC先减小后增加 D．FAC一直在减小 7．(2025·山东潍坊一模)用两根手指对称地抓起一个截面为圆的杯盖，其简化图如图所示，手指与杯盖截面始终处于竖直平面内，手指接触点1、2与圆心的连线与水平方向的夹角均为37°，手指和杯盖间的动摩擦因数μ＝0.8，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知杯盖质量为m，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，杯盖始终在竖直平面内处于平衡状态，手指与杯盖恰好不相对滑动，则手指对触点1的压力为(　　) A．12.5mg B．6.25mg C．1.25mg D．mg 8．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，其间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 9．(2025·山西运城一模)如图所示，竖直平面内有三根轻质细绳，绳1水平，绳2与水平方向成60°角，O为结点，绳3的下端拴接一质量为m 的小球，现给小球施加一个水平向右由零缓慢增大到F0的力，使小球缓慢上升到绳3与水平面成30°角时保持静止。已知重力加速度为g。在此过程中，下列说法正确的是(　　) A．绳3受到的拉力最大值为mg B．F0的大小为2mg C．绳1受到的拉力先增大后减小 D．绳2受到的拉力不变 10．(10分)如图所示，物体的质量为m＝5 kg，两根轻细绳AB和AC的一端固定于竖直墙上，另一端系于物体上(∠BAC＝θ＝60°)，在物体上另施加一个方向与水平线也成θ角的拉力F，若要使两绳都能伸直，求拉力F的大小范围。(g取10 m/s2) 11．(12分)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？ 课时作业(十) 1．AD [对球体和斜面体进行受力分析，设拉力F与竖直方向的夹角为β，在拉力由竖直向上变为水平向右的过程中，β从0缓慢增大到90°。对球体，根据平衡条件，竖直方向有N₂cosθ + Fcosβ - mg = 0，水平方向有N₁ + Fsinβ - N₂sinθ = 0；对斜面体，竖直方向有N₃ - Mg - N₂cosθ = 0，水平方向有f - N₂sinθ = 0。B、由方程解得斜面体对球体的支持力N₂ = ，代入数据得：N₂ = 12.5 - 7.5cosβ，当β = 0时，N₂取得最小值5N，故B错误；A、竖直墙壁对球体的弹力N₁ = N₂sinθ - Fsinβ，代入得：N₁ = 7.5 - 4.5cosβ - 6sinβ，根据辅助角公式可得N₁ = 7.5[1 - sin（β + 37°）]，当β = 53°时，β + 37° = 90°，此时N₁取得最小值0，故A正确；C、地面对斜面体的支持力N₃ = Mg + N₂cosθ，代入得：N₃ = 30 - 6cosβ，当β = 0时，N₃取得最小值24N，故C错误；D、地面对斜面体的摩擦力f = N₂sinθ，代入得：f = 7.5 - 4.5cosβ，当β = 90°时，cosβ = 0，摩擦力取得最大值fmax = 7.5N，故D正确。故选：AD。] 2. B　[根据共点力平衡条件及矢量三角形法则可知若F1增大，则F2增大，且F1与F2的合力与重力等大、反向，方向竖直向上，故A、D错误，B正确；根据三个力的合成可知F2一定与F1和重力合力的方向相反，不一定沿着铁柱向上，故C错误。] 3．BD　[令游客所在位置的支持力N的方向与竖直方向夹角为θ，用外力F拉动游客使游客缓慢地向边缘移动的过程中，θ逐渐增大，根据平衡条件有F＝mg sin θ，N＝mg cos θ，由于θ逐渐增大，可知拉力F一直增大，冰坑对游客的支持力一直减小，故选BD。] 4．C　[对货物A受力分析，其动态图如图所示，货物缓慢向上移动，则拉力方向与竖直方向的夹角减小，由图可知，绳子的拉力越来越大。同时，玻璃棚对货物的支持力变小，由牛顿第三定律知，货物A对玻璃棚的压力越来越小。故C项正确。 ] 5．D　[设悬臂的推力为F，则悬臂对滑块的压力为FN＝F sin θ，若要求此时无论多大的风均不能将窗扇关闭，则有F cos θ≤μFN，解得μ≥，故选D。] 6．AD　[在叉车匀速运动的过程中，对石墩进行受力分析，并将石墩所受的三个力进行平移构成一个首尾相接的矢量三角形，在θ从0°增加为90°过程中，该矢量三角形的三个顶点应落在一个圆上，如图所示，重力为圆的直径，由图可知，FAB一直增加，FAC一直在减小。故选AD。 ] 7．A　[根据题意，对杯盖两接触点受力分析如图所示，由平衡条件有mg＋N1sin θ＝f1cos θ，又有f1＝μN1，联立解得N1＝12.5mg，故选A。 ] 8．B　[设B、A对C的弹力方向与竖直方向夹角为θ，对圆柱模具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A、B、C整体受力分析，竖直方向受整体重力和地面对A、B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，大小为Fxmax＝mg tan 60°＝mg，Fymax＝＝mg，则B受地面的最大静摩擦力大小为f＝2μmg，由题意知f＝Fxmax，联立解得μmin＝，故D错误。 ] 9．D　[对小球受力分析，如图甲所示，设绳子与水平方向的夹角为θ，根据平衡条件可得F拉＝，F0＝，从竖直位置缓慢将小球拉至绳3与水平面成30°角时，θ逐渐减小，绳子的拉力逐渐增大，当θ＝30°时，绳子的拉力最大，此时F拉＝2mg，F0＝mg，A、B错误；对绳子结点O受力分析如图乙所示， 设细绳3与水平方向的夹角为θ，结合上述结论，根据竖直方向平衡条件可得F2＝＝，故小球在上升的过程中，绳2的拉力不变，水平方向上，则有F1＝F2cos 60°＋F拉cos θ＝F2cos 60°＋，小球在上升的过程中，绳子与水平方向的夹角θ逐渐减小，tan θ变小，故绳1上的拉力逐渐增大，C错误，D正确。] 10．解析：设AB绳的拉力为F1，AC绳的拉力为F2，对物体受力分析，由平衡条件有 F cos θ－F2－F1cos θ＝0 F sin θ＋F1sin θ－mg＝0 可得F＝－F1，F＝ 若要使两绳都能伸直，则有F1≥0，F2≥0 令F1＝0 得F的最大值Fmax＝＝ N 令F2＝0 得F的最小值Fmin＝＝ N 即拉力F的大小范围为 N≤F≤ N。 答案： N≤F≤ N 11．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F′f＝F cos (α＋θ) 当α＝θ，即F取最小值mg sin 2θ时 则F′f＝Fmincos 2θ＝mg sin 4θ。 答案：(1)θ　mg sin 2θ　(2)mg sin 4θ 4 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $