2025版高考物理一轮总复习第2章相互作用专题强化2动态平衡问题平衡中的临界和极值问题提能训练

其次章专题强化二基础过关练题组一动态平衡问题1.(2024·安徽蚌埠检测)如图甲，一台空调外机用两个三角形支架固定在外墙上，空调外机的重心恰好在支架水平横梁OA和斜梁OB的连接点O的上方，图乙为示意图。假如把斜梁加长一点，即B点下移，仍保持连接点O的位置不变，横梁照旧水平，这时OA对O点的作用力F1和OB对O点的作用力F2将如何变更(B)A．F1变大，F2变大 B．F1变小，F2变小C．F1变大，F2变小 D．F1变小，F2变大[解析]设OA与OB之间的夹角为α，对O点受力分析可知F压＝G，F2＝eq\f(F压,sinα)，F1＝eq\f(F压,tanα)，因斜梁加长，所以α角变大，由数学学问可知，F1变小，F2变小，B正确，A、C、D错误。2．(2024·江西上饶市模拟)如图所示，轻绳a的一端固定于竖直墙壁，另一端拴连一个光滑圆环。轻绳b穿过圆环，一端拴连一个物体，用力拉住另一端C将物体吊起，使其处于静止状态。不计圆环受到的重力，现将C端沿竖直方向上移一小段距离，待系统重新静止时(B)A．绳a与竖直方向的夹角不变B．绳b的倾斜段与绳a的夹角变小C．绳a中的张力变大D．绳b中的张力变小[解析]轻绳b穿过圆环，一端拴连一个物体，可知轻绳b的拉力与物体重力相等，依据力的合成法则可知轻绳b与连接物体绳子拉力的合力F方向与a绳共线，用力拉住另一端C将物体吊起，可知绳a与竖直方向的夹角变大，故A、D错误；轻绳b与F的夹角变大，则绳b的倾斜段与绳a的夹角变小，故B正确；依据力的合成法则可知，两分力的夹角变大，合力变小，故绳a中的张力变小，故C错误。故选B。3.(多选)(2024·福建漳州质检)如图，用硬铁丝弯成的光滑半圆环竖直放置，最高点B处固定一小滑轮，质量为m的小球A穿在环上。现用细绳一端拴在小球A上，另一端跨过滑轮用力F拉动，使小球A缓慢向上移动。在移动过程中关于铁丝对小球A的支持力N，下列说法正确的是(AD)A．N的方向始终背离圆心OB．N的方向始终指向圆心OC．N慢慢变小D．N大小不变[解析]在小球A缓慢向上移动的过程中，小球A处于三力平衡状态，依据平衡条件知小球A的重力mg与半圆环对小球的支持力N的合力与细绳的拉力T等大、反向、共线，作出mg与N的合力，如图所示，由三角形相像有eq\f(mg,BO)＝eq\f(N,AO)＝eq\f(T,AB)，AO、BO、mg都不变，则N大小不变，方向始终背离圆心O。故A、D正确，B、C错误。4．(2024·河北邢台市联考)“安吉游戏”源起浙江省安吉县，是安吉幼儿园“游戏”式的教学方法的简称。“安吉游戏”提倡把游戏还给孩子，让他们在自主、自由的游戏中学习。如图所示，是一个小挚友将一个篮球放在斜坡上，并用竖直挡板挡住，篮球处于静止状态。已知斜坡的倾角为θ(θ为锐角)，挡板对篮球的弹力为F1，斜面对篮球的弹力为F2，不考虑篮球受到的摩擦力，下列说法正确的是(C)A．斜面对篮球的弹力F2小于挡板对篮球的弹力F1B．斜面对篮球的弹力F2小于篮球重力GC．缓慢地把挡板绕其与坡面的接触轴逆时针转一个较小角度，F1减小D．缓慢地把挡板绕其与坡面的接触轴逆时针转一个较小角度，F2增大[解析]对篮球受力分析如图所示，设篮球质量m，由于篮球处于静止状态，所以F1和mg的合力大小等于F2，则有F2＝eq\f(mg,cosθ)＝eq\f(G,cosθ)，F1＝mgtanθ＝Gtanθ，故F2>F1，F2>G，故A、B错误；对篮球进行受力分析如图所示绕O缓慢把挡板绕其与坡面的接触轴逆时针转一个较小角度，图中得B缓慢下移，即F1′＝F1，F2′＝F2，则F1减小，F2也减小，故C正确，D错误。故选C。5．(2024·河北衡水市联考)如图所示，轻杆一端与动摩擦因数足够大的地面上A点接触，另一端靠在光滑竖直墙壁上的B点，一只老鼠顺杆缓慢上爬的过程中，杆始终静止，则(B)A．A点杆受力不变 B．A点杆受力变大C．B点杆受到弹力不变 D．B点杆受到弹力变小[解析]设墙壁对B点的弹力为N，方向向右，地面对A点的作用力为F，老鼠上爬的过程中，重心的位置发生变更，则F与竖直方向的夹角变大，依据平衡条件可知Fcosθ＝G，Fsinθ＝N，可知A点杆受力和B点杆受到弹力都变大。故选B。题组二临界和极值问题6.如图所示，一工人手持砖夹提着一块砖匀速前进，手对砖夹竖直方向的拉力大小为F。已知砖夹的质量为m，重力加速度为g，砖夹与砖块之间的滑动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若砖块不滑动，则砖夹与砖块一侧间的压力的最小值是(C)A．eq\f(F,2μ) B．eq\f(F,μ)C．eq\f(F－mg,2μ) D．eq\f(F－mg,μ)[解析]工人手持砖夹提着一块砖匀速前进，砖夹处于平衡状态，在竖直方向满足F＝mg＋2Ff，砖夹与砖之间恰好达到最大静摩擦力Ff＝μFN，联立解得，砖夹与砖块一侧间的压力的最小值为FN＝eq\f(F－mg,2μ)，C正确。7.(2024·广西桂林调研)如图所示，质量为m(可以看成质点)的小球，用两根轻绳OP和O′P在P点拴结后再分别系于竖直墙上相距0.4m的O、O′两点上，绳OP长为0.5m，绳O′P长0.3m，今在小球上施加一方向与水平方向成θ＝37°角的拉力F，将小球缓慢拉起。绳O′P刚拉直时，绳OP拉力为T1，绳OP刚松弛时，绳O′P拉力为T2，则T1∶T2为(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(C)A．3∶4 B．4∶3C．3∶5 D．4∶5[解析]绳O′P刚拉直时，由几何关系可知此时绳OP与竖直方向夹角为37°，小球受力如图甲所示，则T1＝eq\f(4,5)mg。绳OP刚松弛时，小球受力如图乙所示，则T2＝eq\f(4,3)mg。则T1∶T2＝3∶5，选项C正确。实力综合练8.如图所示，半径相同、质量分布匀整的圆柱体E和半圆柱体M靠在一起，E表面光滑，重力为G；M下表面粗糙，E、M均静止在水平地面上。现过E的轴心施以水平作用力F，可使圆柱体E被缓慢拉离水平地面，并缓慢地滑到M的顶端，在上述全过程中，M始终处于静止状态。对该过程的分析，下列说法正确的是(D)A．地面所受M的压力始终增大B．地面对M的摩擦力始终增大C．水平作用力F的大小始终增大D．E、M间的压力最大值为2G[解析]圆柱体E和半圆柱体M视为一整体，以整体为探讨对象，因为整体处于平衡状态，在竖直方向有FN′＝G＋GM，可知地面支持力大小保持不变，依据牛顿第三定律知地面所受M的压力大小不变，故A错误；以圆柱体E为探讨对象，受力分析如图所示，设两圆心连线与地面的夹角为θ，则有FNsinθ＝G，FNcosθ＝F，解得FN＝eq\f(G,sinθ)，F＝eq\f(cosθ,sinθ)G＝eq\f(G,tanθ)，依题意知θ从30°增大到90°，则可知F慢慢变小；将圆柱体E和半圆柱体M视为一整体，因为整体处于平衡状态，则水平方向有Ff＝F，因过程中水平拉力F始终在变小，所以地面对M的摩擦力也始终变小，故B、C错误；据分析，因起先时θ最小，则E与M之间的压力FN最大，则有FN＝eq\f(G,sin30°)＝2G，故D正确。9.(多选)一轻质杆两端分别固定质量均为m的小球A、B，由细线OE、FC悬挂于水平天花板及竖直墙壁上，如图所示，其中OE与竖直方向的夹角θ＝30°，FC水平。现保持轻杆位置不变，而将FC线的C端缓慢上移到FC与水平方向成α＝60°的位置，则下列说法中正确的是(AB)A．细线OE的拉力始终减小且减小了eq\f(2\r(3),3)mgB．细线FC的拉力先减小后增大，其最小值为mgC．细线FC的拉力始终减小且减小了mgD．轻杆的弹力先减小后增大，其最小值为eq\f(\r(3),3)mg[解析]先取两小球及轻杆整体为探讨对象，整体受重力2mg、细线OE的拉力F1及细线FC的拉力F2作用处于平衡状态。此三力满足图甲所示关系，当C端缓慢上移时，由图知细线OE的拉为始终减小，最初其大小为eq\f(2mg,cos30°)＝eq\f(4\r(3),3)mg，移动后其大小为eq\f(mg,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)mg，减小了eq\f(2\r(3),3)mg，A正确；由图甲知细线FC的拉力先减小后增大，其最小值为mg，B正确，C错误；取A球为探讨对象，其所受重力、细线OE的拉力F1及轻杆的弹力F满足图乙所示关系，因为末态时OE的拉力大小为eq\f(2\r(3),3)mg＝eq\f(mg,cos30°)，所以最终杆的弹力正好沿水平方向，由图乙知杆的弹力始终在减小，D错误。10.(多选)(2024·福建泉州联考)如图所示，天花板下细线OC悬挂着一个光滑轻质定滑轮，小物块A置于斜面上，通过细线跨过滑轮与沙漏B连接，滑轮右侧细线与斜面平行。起先时A、B都处于静止状态，OC与竖直方向的夹角为θ，在B中的沙子缓慢流出的过程中(AC)A．A受到的摩擦力可能缓慢减小B．A受到的细线拉力可能缓慢增加C．细线OC的张力确定缓慢减小D．细线OC与竖直方向的夹角θ可能增加[解析]A受到的细线拉力等于B的重力，若起先时斜面对A的摩擦力沿斜面对下，则有mBg＝f＋mAgsinθ，则随着B中的沙子缓慢流出，A受到的摩擦力f缓慢减小，选项A正确；A受到的细线拉力等于B的重力，随着B中的沙子缓慢流出，A受到的细线拉力慢慢减小，选项B错误；因为滑轮两边细线的拉力总是相等的，则两个力的合力的方向总是沿着滑轮两边细线夹角的平分线，则OC与竖直方向的夹角θ不变，OC的张力等于滑轮两边细线拉力的合力，细线的拉力慢慢减小，两力的夹角不变，则OC的张力慢慢减小，选项C正确，D错误。11.(多选)如图所示，质量为M的楔形物体ABC放置在墙角的水平地板上，BC面与水平地板间的动摩擦因数为μ，楔形物体与地板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在楔形物体AC面与竖直墙壁之间，放置一个质量为m的光滑球体，同时给楔形物体一个向右的水平力，楔形物体与球始终处于静止状态。已知AC面倾角θ＝53°，sin53°＝0.8，重力加速度为g，则(BD)A．楔形物体对地板的压力大小为MgB．当F＝eq\f(4,3)mg时，楔形物体与地板间无摩擦力C．向右的水平力F的最小值确定是零D．向右的水平力F的最大值为eq\f(4,3)mg＋μ(m＋M)g[解析]将楔形物体、光滑球体视为一个整体可知，楔形物体对地板的压力大小为(M＋m)g，故A错误；球体对AC面的弹力大小为FNAC＝eq\f(mg,cosθ)＝eq\f(5,3)mg，当F＝FNACsinθ＝eq\f(4,3)mg时，楔形物体水平方向上受到的合力为零，没有运动趋势，摩擦力为零，故B正确；楔形物体受到的最大静摩擦力fm＝μ(m＋M)g，当水平向右的外力最小(设为Fn)时，楔形物体可能有向左运动趋势，当μ(m＋M)g≥eq\f(4,3)mg时Fn＝0。当μ(m＋M)g<eq\f(4,3)mg时Fn＝eq\f(4,3)mg－μ(m＋M)g，故C错误；当水平向右的外力最大(设为Fm)时，楔形物体有向右运动趋势，由平衡条件有Fm－FNACsinθ－fm＝0，解得Fm＝eq\f(4,3)mg＋μ(m＋M)g，故D正确。12．(2024·广东潮州模拟)新疆是我国最大的产棉区，如图甲所示，在新疆超出70%棉田都是通过机械自动化采收，自动采棉机将棉花打包成圆柱形棉包，然后平稳地将其放下。放下棉包的过程可以简化为如图乙所示模型，质量为m的棉包放在“V”形挡板上，两板间夹角为120°固定不变，“V”形挡板可绕P轴在竖直面内转动，使BP板由水平位置逆时针缓慢转动，忽视“V”形挡板对棉包的摩擦力，已知重力加速度为g，下列说法正确的是(C)A．棉包对AP板的压力始终减小B．棉包始终受到三个力的作用C．在AP板转到水平前，BP板与AP板对棉包的作用力的合力不变D．当BP板转过60°时，棉包对BP板的作用力大小为mg[解析]以棉包为探讨对象进行受力分析，如图所示，设BP板转动的角度为θ(0<θ<60°)，棉包的重力为mg，BP板对棉包的支持力为F1，AP板对棉包的支持力为F2，依据正弦定理有eq\f(F1,sin60°－θ)＝eq\f(F2,sinθ)＝eq\f(mg,sin120°)，在θ从0增加到60°的过程中，F2始终增大，依据牛顿第三定律可知棉包对AP板的压力始终增大，故A错误；当BP板转过60°时，AP处于水平状态，此时棉包对BP板的作用力大小为零，所以当BP板或AP板处于水平状态时，棉包受重力和BP板或AP板的支持力这两个力作用，故B、D错误；在AP板转到水平前，BP板与AP板对棉包的作用力的合力始终与棉包的重力平衡，所以合力不变，故C正确。13．(2024·河南许昌市联考)如图所示，光滑水平面上有一劈形小车，小车的斜面上有一物块A，物块A通过跨过光滑滑轮的轻绳与小物块B相连，并且小物块B还通过轻绳连接在固定点O处，一起先两段轻绳的夹角为直角。现用水平力F向左缓慢推动小车直到物块A刚要滑动时，下列说法正确的是(D)A．悬挂在O点的轻绳的拉力在减小B．连接物块A的轻绳的拉力在减小C．物块A受到的摩擦力在减小D．水平力F在增大[解析]对小物块B在A未推动时进行受力分析，如下图依据受力平衡可知，T1＝GBcosα，T2＝GBcosβ，由于两段轻绳的夹角为直角，当向左缓慢推动小车时，由于物块A未滑动，因此α、β都增大，而T1、T2的合力大小仍等于GB，依据平行四边形法