专题四 多物体平衡、共点力平衡的临界与极值问题 专项训练-2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 聚焦多物体平衡及临界极值问题，以受力分析为核心，整合整体隔离法、矢量三角形等方法，构建从基础平衡到动态临界的递进式训练体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固练|9题（含1多选）|正交分解法、整体隔离法、临界静摩擦力分析|以共点力平衡条件为起点，通过双球、滑轮系统等模型，建立“受力分析→平衡方程→临界条件”推理链| |综合提升练|5题（含1多选）|矢量三角形极值法、动态平衡图解法、多体摩擦力传递模型|拓展至动态平衡（如斜面转动）、极值计算（最小拉力），强化科学推理与模型建构能力|

专题四 多物体平衡、共点力平衡的临界与极值问题 课时作业 基础巩固练 一．选择题： 1.(2025·海南卷，8)如图所示，光滑圆环竖直固定，用轻绳连接两个小球P、Q，两小球套在圆环上且均处于平衡状态，两小球与圆环的圆心连线和水平方向的夹角分别为30°和60°，则两球质量之比mP∶mQ为(　　) A．1∶2 B．1∶ C.∶1 D．2∶1 2.如图所示，一轻绳跨过光滑的定滑轮，一端与质量为10 kg的吊篮相连，另一端被站在吊篮里质量为50 kg的人握住，整个系统悬于空中并处于静止状态。重力加速度g＝10 m/s2，滑轮两侧的轻绳均处于竖直方向， 则该人对吊篮的压力大小为(　　) A．150 N B．200 N C．300 N D．350 N 3.如图所示，物体A放在水平桌面上，通过定滑轮悬挂一个重为10 N的物体B，且已知物体A与桌面间的最大静摩擦力为4 N。要使A静止，需加一水平向左的力F1，则力F1的取值可以为(　　) A．3 N B．7 N C．15 N D．17 N 4.(2026·湖北省高三上月考)如图所示，质量为m的小球，用一细线悬挂在天花板下，现在小球上施加一个大小不变的外力F，且F<mg，使小球处于平衡状态，在小球可能的平衡位置中，细线偏离竖直方向的最大角度的正切值是(　　) A. B. C. D. 5.如图所示，小球A、B大小相同，质量分别为2m和3m，A、B之间用细丝线相连，再用细丝线将A竖直悬挂。现整个装置受到水平向右的风力影响，且A、B两球受到的风力大小相同，丝线不受风力的作用，则两球达到平衡后的位置可能是(　　) 6．如图所示，两拖船P、Q拉着无动力货船S一起在静水中沿图中虚线方向匀速前进，两根水平缆绳与虚线的夹角均保持为30°。假设水对三艘船在水平方向的作用力大小均为f，方向与船的运动方向相反，则每艘拖船发动机提供的动力大小为(　　) A.f B.f C．2f D．3f 7．(2026·山东省泰安市高三上开学考试)如图所示，在工厂车间里，有两个质量均为m的半圆柱承载装置A、B紧挨着静置于粗糙程度均匀的水平地面上，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，使其缓慢向右移动，直至C恰好落地，期间B始终静止，重力加速度为g。则在A缓慢移动过程中(　　) A．C对B的压力逐渐变小 B．B受地面支持力的大小大于2mg C．A受地面摩擦力逐渐变大 D．对A施加水平向右的拉力逐渐变小 8．质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是(　　) A．推力F先增大后减小 B．凹槽对滑块的支持力先减小后增大 C．墙面对凹槽的压力先增大后减小 D．水平地面对凹槽的支持力先减小后增大 9.(2026·海南省海口市高三上月考)(多选)如图所示，把顶端装有定滑轮的倾角为30°的粗糙斜面体C放在粗糙水平地面上，A、B两物体通过细绳连接，并处于静止状态(不计绳的质量和绳与滑轮之间的摩擦)，已知A的质量是B的质量的两倍。现用水平向右的力将物体B缓慢地稍稍拉高一定的距离，此过程中斜面体C与物体A仍然保持静止。有关此过程的分析正确的是(　　) A．A、B间细绳的张力变大 B．地面对C的支持力不变 C．地面对C的摩擦力一定变大 D．A受到的摩擦力大小可能不变 综合提升练 一．选择题： 10.(2026·海南省海口市高三上月考)某个同学玩夹盒子的游戏，手握两块木板，两木板间夹起盒子，如图所示，已知木板与盒子之间的动摩擦因数为0.5，盒子与盒子之间的动摩擦因数为0.6，每个盒子重力约为G＝5 N，该同学两手可以给木板提供的水平压力都为FN＝60 N，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是(　　) A．该同学最多可以夹起12个盒子 B．该同学最多可以夹起16个盒子 C．若该同学夹起9个盒子，则第5个和第6个盒子之间的摩擦力为3.5 N D．无论该同学夹起多少个盒子，最中间的盒子最易滑落 11.如图所示，用轻质网兜将一质量均匀的球体悬挂在竖直木板的A点，轻绳与木板之间的夹角为α＝30°，将木板以底端为轴顺时针缓慢转动直至木板水平，转动过程中绳与木板之间的夹角保持不变，忽略一切摩擦，球体的重力为9 N，设木板对球体的支持力为FN、绳上的拉力为FT，在木板转动过程中，下列说法正确的是(　　) A．FN的最小值为3 N B．FN的最大值为9 N C．当木板转动60°时，FN是FT大小的三倍 D．当木板转动30°时，FN与FT大小相等 12.(2026·江苏省宿迁市高三上月考)《墨经》中记载古代建造房屋过程中，通过斜面提升重物。如图所示，若斜面体上表面和地面均粗糙，在用大小不变的力F缓慢拉升重物的过程中，斜面体始终保持静止，下列判断正确的是(　　) A．斜面体受到地面的摩擦力变小 B．斜面体受到地面的支持力变大 C．重物受到的摩擦力变大 D．重物受到的支持力变大 13.质量为m＝10 kg的木箱置于水平地面上，它与地面间的动摩擦因数μ＝，取g＝10 m/s2，其受到一个与水平方向成θ角斜向上的拉力F，如图所示，为使木箱做匀速直线运动，拉力F的最小值以及此时θ分别是(　　) A．50 N　30° B．50 N　60° C. N　30° D. N　60° 14.(多选)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>tanθ 参考答案： 1.答案：B解析：对两小球受力分析如图所示，将重力和轻绳拉力沿圆环切线方向分解，根据平衡条件，对小球P有mPgcos30°＝Tsin45°， 对小球Q有mQgcos60°＝Tsin45°，联立解得＝，故选B。 2.答案：B解析：设轻绳的拉力为F，以人与吊篮组成的整体为研究对象，进行受力分析，根据平衡条件有2F＝(m＋M)g，将m＝10 kg、M＝50 kg代入解得F＝300 N；再对人进行受力分析，根据平衡条件有F＋FN＝Mg， 解得FN＝200 N，根据牛顿第三定律，可知该人对吊篮的压力大小为200 N，故B正确，A、C、D错误。 3.答案：B解析：对A受力分析，当A受到的最大静摩擦力水平向左时，力F1最小，此时F1min＋Ff＝mBg，解得F1min＝6 N；当A受到的最大静摩擦力水平向右时，力F1最大，此时F1max－Ff＝mBg，解得F1max＝14 N，所以力F1的取值范围是6 N≤F1≤14 N，故A、C、D错误，B正确。 4.答案：C解析：小球在重力mg、外力F和细线的拉力T的作用下处于平衡状态，其中重力mg不变，F的大小不变，T沿细线方向，三力首尾相接构成闭合的矢量三角形，如图所示，当F与T垂直时，细线偏离竖直方向的角度最大，此时T＝，则细线偏离竖直方向的最大角度的正切值 tanθ＝＝，故C正确，A、B、D错误。 5.答案：B解析：设A、B两球受到的风力大小均为F风，将两球看成一个整体，根据平衡条件可得，上边丝线与竖直方向的夹角θ满足tanθ＝；以B球为研究对象，根据平衡条件可得，下边丝线与竖直方向的夹角α满足 tanα＝，则有tanθ>tanα>0，即θ>α>0，故选B。 6.答案：B解析：设缆绳上的拉力大小为T，每艘拖船发动机提供的动力大小为F。在水平面内，对S受力分析如图1所示，由平衡条件可知2Tcos30°＝f，解得T＝f；在水平面内，对P受力分析如图2所示，由平衡条件可知，F沿运动方向的分力大小Fx＝f＋Tcos30°，F沿垂直运动方向的分力大小 Fy＝Tsin30°，且F＝，联立解得F＝f，故B正确。 7.答案：D解析：设A、B对C的支持力大小均为F，方向与竖直方向的夹角均为θ，对C受力分析如图所示，由平衡条件可得2Fcosθ＝2mg，C下滑过程中θ逐渐变大，则B对C的支持力F逐渐变大，由牛顿第三定律可知，C对B的压力F′逐渐变大，故A错误；对A、B、C整体受力分析，竖直方向受重力和地面对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F地＝＝2mg，A受地面的摩擦力为滑动摩擦力，由f＝μF地可知，摩擦力恒定不变，故B、C错误；设对A施加的拉力大小为T，对A受力分析如图所示，由平衡条件有T＋F′sinθ＝f，C下滑过程中θ、F′均逐渐变大，f不变，故拉力T逐渐变小，故D正确。 8.答案：C解析：对滑块受力分析，设推力F与水平方向的夹角为θ，凹槽对滑块的支持力为N，由平衡条件有F＝mgsinθ，N＝mgcosθ，滑块从A点缓慢移动到B点的过程中，θ由0°增大到90°，则推力F逐渐增大，支持力N逐渐减小，A、B错误；对凹槽与滑块整体受力分析，墙面对凹槽的压力为 FN＝Fcosθ＝mgsinθcosθ＝mgsin2θ，则θ由0°增大到90°的过程中，墙面对凹槽的压力FN先增大后减小，C正确；水平地面对凹槽的支持力为 N地＝(M＋m)g－Fsinθ＝(M＋m)g－mgsin2θ，则θ由0°增大到90°的过程中，水平地面对凹槽的支持力N地逐渐减小，D错误。 9.答案：ABC解析：当连接B的细绳与竖直方向的夹角为θ时，设细绳的张力为FT，对B进行受力分析如图所示，根据平衡条件有F＝mBgtanθ，FT＝，在B被缓慢拉高的过程中，θ变大，可知F变大，FT变大，故A正确；以A、B和C整体为研究对象，地面对C的摩擦力f＝F，当θ变大时，F变大，则地面对C的摩擦力变大，地面对C的支持力FN＝(mA＋mB＋mC)g，可知地面对C的支持力不变，故B、C正确；由题可知mA＝2mB， 初始时，细绳拉力FT＝mBg＝mAgsin30°，故初始时物体A所受斜面的摩擦力为零，随着θ变大，细绳拉力FT变大，根据平衡条件有fA＋mAgsin30°＝FT， 可知物体A所受斜面的摩擦力不断变大，故D错误。 10.答案：A解析：若该同学夹起9个盒子，则第5个盒子在中间，设第5个和第6个盒子间的摩擦力大小为f0，由对称性可知，第4个和第5个盒子间的摩擦力大小也为f0，以第5个盒子为研究对象，在竖直方向，由平衡条件得2f0＝G，代入数据解得f0＝2.5 N，故C错误；由题知，盒子与盒子之间、木板与盒子之间的压力大小均为FN＝60 N，则木板与盒子之间的最大静摩擦力f1m＝μ1FN＝30 N，盒子与盒子之间的最大静摩擦力f2m＝μ2FN＝36 N，设该同学可以夹起n个盒子，对n个盒子整体，必满足nG≤2f1m，对中间(n－2)个盒子，必满足(n－2)G≤2f2m，因为f1m<f2m，所以只要nG≤2f1m成立，(n－2)G≤2f2m必定成立，依次类推，中间(n－4)个、……盒子必定不滑落，将数据代入解得n≤12，即最多可以夹起12个盒子，故A正确，B错误；根据以上分析可知，越向外盒子间的摩擦力越大，越容易达到最大静摩擦力而滑落，故D错误。 11.答案：D解析：当木板转过的角度为θ时，球体的受力如图1所示，由平衡条件可知，FT、FN和mg可以构成首尾相接的矢量三角形，如图2所示，根据正弦定理可得＝＝，其中α＝30°， 得FT＝mg，FN＝mg。在木板转动过程中，θ由0°逐渐增大到90°，α＋θ从30°逐渐增大到120°，可知木板对球体的支持力FN先增大后减小，且θ＝0°时FN最小，最小值为FNmin＝·mg＝3 N，A错误；当木板转动60°即θ＝60°时，α＋θ＝90°，此时FN最大， 最大值FNmax＝mg＝6 N，此时FT＝mg＝3 N，则FN是FT大小的二倍，B、C错误；当木板转动30°即θ＝30°时，FT＝mg＝9 N，FN＝mg＝9 N，则FN与FT大小相等，D正确。 12.[答案]　A[解析]　设重物质量为m，斜面体质量为M，重物受到的摩擦力和支持力大小分别为f1和N1，斜面体受到地面的摩擦力和支持力大小分别为f2和N2，拉重物的绳子与斜面的夹角为θ，斜面倾角为α。以重物为研究对象，根据平衡条件可得Fsinθ＋N1＝mgcosα，Fcosθ＝mgsinα＋f1， 解得N1＝mgcosα－Fsinθ，f1＝Fcosθ－mgsinα，在缓慢拉升重物的过程中，θ不断变大，可知N1变小，f1变小，故C、D错误；以斜面体和重物整体为研究对象，根据平衡条件可得(M＋m)g＝Fsin(θ＋α)＋N2，Fcos(θ＋α)＝f2，在缓慢拉升重物的过程中，θ不断变大，且θ＋α始终小于90°，可知N2变小，f2变小，故A正确，B错误。 13.答案：A解析：解法一：对木箱受力分析，木箱受重力mg、拉力F、地面的支持力N和滑动摩擦力f作用，木箱做匀速直线运动，根据平衡条件得：Fcosθ＝f，Fsinθ＋N＝mg，又f＝μN， 联立解得：F＝＝，其中tanα＝＝， α＝60°，由数学知识可知，当θ＋α＝90°，即θ＝30°时F有最小值，且最小值为：Fmin＝＝ N＝50 N，故A正确，B、C、D错误。 解法二：四力平衡转化为三力平衡，再结合图解法分析。f与N的合力F合方向不变，木箱在F合、重力mg和拉力F作用下做匀速直线运动，当F的方向与F合的方向垂直时，F最小，如图所示。设F合与竖直方向的夹角为β，则tanβ＝＝μ，β＝30°，Fmin＝mgsinβ＝mg＝50 N，此时θ＝β＝30°，故选A。 14.答案：BD解析：对小球受力分析，如图所示，小球受力平衡，竖直方向有：2fcosθ＝mg＋2Nsinθ，f≤fmax＝μN，解得：N≥，故筷子对小球的最小压力为，A错误； 根据Nmin＝，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Nmin＝>0，则μcosθ－sinθ>0，即必须满足μ>tanθ，故D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $