（全国通用）高考物理二轮热点题型归纳与变式演练 专题03 动态平衡及平衡中的临界、极值问题（解析+原卷）学案

专题03 动态平衡及平衡中的临界、极值问题目录TOC \o "1-3" \h \u  HYPERLINK \l "_Toc29376" 一、热点题型归纳  HYPERLINK \l "_Toc17993" 【题型一】 三力动态平衡图解法  HYPERLINK \l "_Toc26924" 【题型二】 三力动态平衡解析法  HYPERLINK \l "_Toc12217" 【题型三】 三力以上动态平衡问题  HYPERLINK \l "_Toc30563" 【题型四】 连接体动态平衡问题  HYPERLINK \l "_Toc30563" 【题型五】 平衡中的临界问题  HYPERLINK \l "_Toc21895" 二、最新模考题组练 2【题型一】 三力动态平衡图解法【典例分析】质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。用T表示绳 OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中(　　)A．F逐渐变大，T逐渐变大B．F逐渐变大，T逐渐变小C．F逐渐变小，T逐渐变大D．F逐渐变小，T逐渐变小【提分秘籍】图解法常用于求解三力动态平衡且有一个力是恒力、另有一个力方向不变或者大小不变的问题。对于三力动态平衡且有一个力是恒力、另两个力夹角不变的问题也可以。【变式演练】1．如图所示，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点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为(　　)A．mg B.eq \f(\r(3),3)mgC.eq \f(1,2)mg D.eq \f(1,4)mg2．[多选]如图所示为内壁光滑的半球形凹槽M，O为球心，∠AOB＝60°，OA水平，小物块在与水平方向成45°角的斜向上的推力F作用下静止于B处。在将推力F沿逆时针缓慢转到水平方向的过程中装置始终静止，则(　　)A．M槽对小物块的支持力逐渐减小B．M槽对小物块的支持力逐渐增大C．推力F先减小后增大D．推力F逐渐增大3．[多选]如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为αeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α>\f(π,2)))。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中(　　)A．MN上的张力逐渐增大B．MN上的张力先增大后减小C．OM上的张力逐渐增大D．OM上的张力先增大后减小【题型二】 三力动态平衡解析法【典例分析】 如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔。质量为m的小球套在圆环上。一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住。现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力F和轨道对小球的弹力FN的大小变化情况是(　　)A．F不变，FN增大B．F不变，FN减小C．F减小，FN不变D．F增大，FN减小【提分秘籍】解析法：对研究对象进行受力分析，取一般情况画出受力示意图，再根据物体的平衡条件，得到因变量与自变量的关系表达式(通常要用到三角函数或者三角形相似)，最后根据自变量的变化确定因变量的变化。在三力平衡问题中，如果有一个力是恒力，另外两个力方向都变化，且题目给出了空间几何关系，多数情况下力的矢量三角形与空间几何三角形相似，可利用相似三角形对应边成比例进行计算。【变式演练】1．[多选]如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是(　　)A．绳的右端上移到b′，绳子拉力不变B．将杆N向右移一些，绳子拉力变大C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移2．如图所示，在一水平长木板上放一木块P，缓慢抬起木板的右端，木块P和木板始终相对静止，则(　　)A．木块受到木板的支持力减小、摩擦力减小B．木块受到木板的支持力增大、摩擦力增大C．木块受到木板的作用力大小不变、方向不变D．木块受到木板的作用力大小变化、方向变化3．如图所示为建筑工地一个小型起重机起吊重物的示意图.一根轻绳跨过光滑的动滑轮，轻绳的一端系在位置A处，动滑轮的下端挂上重物，轻绳的另一端挂在起重机的吊钩C处，起吊重物前，重物处于静止状态.起吊重物过程是这样的：先让吊钩从位置C竖直向上缓慢地移动到位置B，然后再让吊钩从位置B水平向右缓慢地移动到D，最后把重物卸在某一个位置.则关于轻绳上的拉力大小变化情况，下列说法正确的是(　　)A.吊钩从C向B移动过程中，轻绳上的拉力不变B.吊钩从B向D移动过程中，轻绳上的拉力变小C.吊钩从C向B移动过程中，轻绳上的拉力变大D.吊钩从B向D移动过程中，轻绳上的拉力不变【题型三】 三力以上动态平衡问题【典例分析】如图所示，与水平方向成θ角的推力F作用在物块上，随着θ逐渐减小直到水平的过程中，物块始终沿水平面做匀速直线运动。关于物块受到的外力，下列判断正确的是(　　)A．推力F先增大后减小B．推力F一直减小C．物块受到的摩擦力先减小后增大D．物块受到的摩擦力一直不变【提分秘籍】三力以上动态平衡一般考虑正交分解找普遍表达式【变式演练】1．如图所示，质量为m的物体放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑.对物体施加一大小为F水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)这一临界角θ0的大小.2．(多选)如图甲所示,倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上,物体a放在斜劈的斜面上,轻质细线一端固定在物体a上,另一端绕过光滑的定滑轮1固定在c点,滑轮2下悬挂物体b,系统处于静止状态。若将固定点c向右移动少许,而a与斜劈始终静止,则(　　)。甲A.细线对物体a的拉力增大B.斜劈对地面的压力减小C.斜劈对物体a的摩擦力减小D.地面对斜劈的摩擦力增大【题型四】 连接体动态平衡问题【典例分析】如图所示，上表面为光滑曲面的物体静置于水平地面上，一小滑块从曲面底端受向右的水平拉力作用缓缓地沿曲面向上滑动，此过程中物体始终静止不动，则物体对滑块的支持力N1和地面对物体的支持力N大小变化的情况是(　　)A．N1增大，N减小 B．N1减小，N不变C．N1增大，N不变 D．N1不变，N不变【提分秘籍】要么分析整体，要么分析受力少的物体。【变式演练】1．如图所示，倾角θ＝30°的斜面体A静止在水平地面上，一根轻绳跨过斜面体顶端的小滑轮，绳两端系有质量均为m的小物块a、b，整个装置处于静止状态。现给物块b施加一个水平向右的力F，使b缓慢移动直到轻绳与竖直方向成30°角(不计绳与滑轮间的摩擦)，对此过程说法正确的是(　　)A．b受到绳的拉力先增大再减小B．小物块a受到的摩擦力先增大再减小C．水平拉力F逐渐增大D．小物块a一定沿斜面缓慢上移2．(多选)如图所示，倾角为30°的斜面体静止在水平地面上，轻绳一端连着斜面上的物体A(轻绳与斜面平行)，另一端通过两个滑轮相连于天花板上的P点.动滑轮上悬挂质量为m的物块B，开始悬挂动滑轮的两绳均竖直.现将P点缓慢向右移动，直到动滑轮两边轻绳的夹角为90°时，物体A刚好要滑动.假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体A与斜面间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),3).整个过程斜面体始终静止，不计滑轮的质量及轻绳与滑轮的摩擦.下列说法正确的是(　　)A.物体A的质量为eq \f(\r(2),2)mB.物体A受到的摩擦力一直增大C.地面对斜面体的摩擦力水平向左并逐渐减小D.斜面体对地面的压力逐渐减小3．(多选)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态.若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则(　　)A.绳OO′的张力也在一定范围内变化B.物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C.连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D.物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化【题型五】 平衡中的临界问题【典例分析】质量为M的木楔倾角为θ(θ<45°)，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。当用与木楔斜面成α角的力F拉木块，木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止)。(1)当α＝θ时，拉力F有最小值，求此最小值；(2)求在(1)的情况下木楔对水平面的摩擦力是多少？【提分秘籍】1.临界问题当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”、“刚能”、“恰好”等语言叙述.2.极值问题平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题.一般用图解法或解析法进行分析.3.解决极值问题和临界问题的方法(1)极限法：首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而要把某个物理量推向极端，即极大和极小.(2)数学分析法：通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(画出函数图象)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值).(3)物理分析方法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值与最小值.【变式演练】1．将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图所示。用力F拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持θ＝30°，则F的最小值为(　　)A.eq \f(\r(3),3)mg B．mgC.eq \f(\r(3),2)mg D.eq \f(1,2)mg2．如图所示，有8个完全相同的长方体木板叠放在一起，每个木板的质量均为100 g，某人用双手在这叠木板的两侧各加一水平压力F，使木板静止。若手与木板之间的动摩擦因数为0.5，木板与木板之间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，则水平压力F至少为(　　)A．8 N　　　　　　　　 　B．15 NC．16 N D．30 N3．[多选]如图所示，质量为m的长方体物块放在水平放置的钢板C上，物块与钢板间的动摩擦因数为μ，由于光滑固定导槽A、B的控制，该物块只能沿水平导槽运动。现使钢板以速度v1向右匀速运动，同时用水平力F拉动物块使其以速度v2(v2的方向与v1的方向垂直，沿y轴正方向)沿槽匀速运动，以下说法正确的是(　　)A．若拉力F的方向在第一象限，则其大小一定大于μmgB．若拉力F的方向在第二象限，则其大小可能小于μmgC．若拉力F的方向沿y轴正方向，则此时F有最小值，其值为μmgeq \f(v1,\r(v12＋v22))D．若拉力F的方向沿y轴正方向，则此时F有最小值，其值为μmgeq \f(v2,\r(v12＋v22))1．如图所示，在竖直放置的穹形光滑支架上，一根不可伸长的轻绳通过光滑的轻质滑轮悬挂一重物G。现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B点沿支架缓慢地向C点靠近。则绳中拉力大小变化的情况是(　　)A．先变小后变大 B．先变小后不变C．先变大后不变 D．先变大后变小2．(多选)如图所示，质量分布均匀的光滑小球O，放在倾角均为θ的斜面体上，斜面体位于同一水平面上，且小球处于平衡，则下列说法中正确的是(　　)A.甲图中斜面对球O弹力最大B.丙图中斜面对球O弹力最小C.乙图中挡板MN对球O弹力最小D.丙图中挡板MN对球O弹力最小3、(多选)如图所示，在固定好的水平和竖直的框架上，A、B两点连接着一根绕过光滑的轻小滑轮的不可伸长的细绳，重物悬挂于滑轮下，处于静止状态.若按照以下的方式缓慢移动细绳的端点，则下列判断正确的是(　　)A.只将绳的左端移向A′点，拉力变小B.只将绳的左端移向A′点，拉力不变C.只将绳的右端移向B′点，拉力变小D.只将绳的右端移向B′点，拉力变大4.(多选)如图，用OA、OB两根轻绳将花盆悬于两竖直墙之间，开始时OB绳水平.现保持O点位置不变，改变OB绳长使绳右端由B点缓慢上移至B′点，此时OB′与OA之间的夹角θ<90°.设此过程OA、OB绳的拉力分别为FOA、FOB，则下列说法正确的是(　　)A.FOA一直减小 B.FOA一直增大C.FOB一直减小 D.FOB先减小后增大5.如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态.若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态.则下列判断中正确的是(　　)A.球B对墙的压力增大B.球B对柱状物体A的压力增大C.地面对柱状物体A的摩擦力不变D.地面对柱状物体A的支持力不变6.(多选)如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行.在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则(　　)A.b对c的摩擦力一定减小B.b对c的摩擦力方向可能平行斜面向上C.地面对c的摩擦力方向一定向右D.地面对c的摩擦力一定减小7.如图所示，有一倾角θ＝30°的斜面体B，质量为M.质量为m的物体A静止在B上.现用水平力F推物体A，在F由零逐渐增加到eq \f(\r(3),2)mg再逐渐减为零的过程中，A和B始终保持静止.对此过程下列说法正确的是(　　)A.地面对B的支持力大于(M＋m)gB.A对B的压力的最小值为eq \f(\r(3),2)mg，最大值为eq \f(3\r(3),4)mgC.A所受摩擦力的最小值为0，最大值为eq \f(mg,4)D.A所受摩擦力的最小值为eq \f(1,2)mg，最大值为eq \f(3,4)mg8.如图所示，一球A夹在竖直墙与三角劈B的斜面之间，三角劈的重力为G，劈的底部与水平地面间的动摩擦因数为μ，劈的斜面与竖直墙面是光滑的，设劈的最大静摩擦力等于滑动摩擦力.问：欲使三角劈静止不动，球的重力不能超过多少？9.目前，我市每个社区均已配备了公共体育健身器材，如图所示器材为一秋千，用两根等长轻绳将一座椅悬挂在竖直支架上等高的两点.由于长期使用，导致两根支架向内发生了微小倾斜，如图中虚线所示，但两悬挂点仍等高.座椅静止时用F表示两轻绳对座椅拉力的合力，F1表示单根轻绳对座椅拉力的大小，则(　　)A.F不变，F1变小 B.F不变，F1变大C.F变小，F1变小 D.F变大，F1变大10.如图所示，用一轻绳将光滑小球P系于竖直墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，P、Q均处于静止状态，现有一铅笔紧贴墙壁从O点开始缓慢下移，则在铅笔缓慢下移的过程中(　　)A.细绳的拉力逐渐变小 B.Q受到墙壁的弹力逐渐变大C.Q受到墙壁的摩擦力逐渐变大 D.Q将从墙壁和小球之间滑落11、如图所示,物体的质量为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,若要使绳都能伸直,求拉力F的大小范围。参考答案【题型一】 三力动态平衡图解法【典例分析】[解析]　以O点为研究对象，受力分析，如图所示，当用水平向左的力缓慢拉动O点时，则绳OA与竖直方向的夹角变大，由共点力的平衡条件知F逐渐变大，T逐渐变大，选项A正确。[答案]　A【变式演练】1．解析：选C　由题图可知，要使CD水平，各绳均应绷紧，则AC与水平方向的夹角为60°；结点C受力平衡，受力分析如图所示，则CD绳的拉力FT＝mgtan 30°＝eq \f(\r(3),3)mg；D点受绳子拉力大小等于FT，方向向左；要使CD水平，D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1，及另一分力F2，由几何关系可知，当力F2与BD垂直时，F2最小，而F2的大小即为拉力的大小；故最小力F＝FTsin 60°＝eq \f(1,2)mg。故C正确。2．解析：选BC　以小物块为研究对象，分析受力情况，如图所示，物块受到重力G、支持力FN和推力F三个力作用，根据平衡条件可知，FN与F的合力与G大小相等，方向相反。将推力F沿逆时针缓慢转到水平方向的过程中(F由位置1→3)，根据作图可知，M槽对小物块的支持力FN逐渐增大，推力F先减小后增大，当F与FN垂直时，F最小。故A、D错误，B、C正确。3．解析：选AD　设重物的质量为m，绳OM中的张力为Teq \a\vs4\al(OM)，绳MN中的张力为TMN。开始时，Teq \a\vs4\al(OM)＝mg，TMN＝0。由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg等大、反向。如图所示，已知角α不变，在绳MN缓慢拉起的过程中，角β逐渐增大，则角(α－β)逐渐减小，但角θ不变，在三角形中，利用正弦定理得：eq \f(TOM,sinα－β)＝eq \f(mg,sin θ)，(α－β)由钝角变为锐角，则TOM先增大后减小，选项D正确；同理知eq \f(TMN,sin β)＝eq \f(mg,sin θ)，在β由0变为eq \f(π,2)的过程中，TMN一直增大，选项A正确。亦可用图解法【题型二】 三力动态平衡解析法【典例分析】 [解析]　小球沿圆环缓慢上移可看作处于平衡状态，对小球进行受力分析，作出受力示意图如图所示，由图可知△OAB∽△GFA即：eq \f(G,R)＝eq \f(F,AB)＝eq \f(FN,R)，当A点上移时，半径不变，AB长度减小，故F减小，FN不变，故C正确。[答案]　C【变式演练】1．解析：选AB　设两段绳子间的夹角为2α，由平衡条件可知，2Fcos α＝mg，所以F＝eq \f(mg,2cos α)，设绳子总长为L，两杆间距离为s，由几何关系L1sin α＋L2sin α＝s，得sin α＝eq \f(s,L1＋L2)＝eq \f(s,L)，绳子右端上移，L、s都不变，α不变，绳子张力F也不变，A正确；杆N向右移动一些，s变大，α变大，cos α变小，F变大，B正确；绳子两端高度差变化，不影响s和L，所以F不变，C错误；衣服质量增加，绳子上的拉力增加，由于α不会变化，悬挂点不会右移，D错误。2．解析：选C　对本块受力分析可知，木块受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的作用，木块开始滑动前，木块受力平衡，所以摩擦力和重力沿斜面向下的分力相等，即f＝mgsin θ，所以夹角增大的过程中，木块所受的摩擦力一直在增大；木块受到的支持力FN＝mgcos θ，由于运动过程中，夹角增大，故支持力减小，故A、B错误；由于木块一直处于平衡状态，故木块受到木板的作用力始终等于重力，故木块受到木板的作用力大小不变、方向不变，故C正确，D错误。3．答案　A解析　由C到B时，两绳夹角不变，故绳子拉力不变，由B到D时，两绳夹角θ增大，2FTcos eq \f(θ,2)＝mg，绳子拉力增大.【题型三】 三力以上动态平衡问题【典例分析】[解析]　对物块受力分析，建立如图所示的坐标系。由平衡条件得，Fcos θ－Ff＝0，FN－(mg＋Fsin θ)＝0，又Ff＝μFN，联立可得F＝eq \f(μmg,cos θ－μsin θ)，可见，当θ减小时，F一直减小；由摩擦力Ff＝μFN＝μ(mg＋Fsin θ)可知，当θ、F减小时，Ff一直减小。综上分析可知，B正确，A、C、D错误。[答案]　B 【变式演练】1．答案　(1)eq \f(\r(3),3)　(2)60°解析　(1)如图所示，未施加力F时，对物体受力分析，由平衡条件得mgsin 30°＝μmgcos 30°解得μ＝tan 30°＝eq \f(\r(3),3)(2)设斜面倾角为α时，受力情况如图所示，由平衡条件得：Fcos α＝mgsin α＋Ff′FN′＝mgcos α＋Fsin αFf′＝μFN′解得F＝eq \f(mgsin α＋μmgcos α,cos α－μsin α)当cos α－μsin α＝0，即tan α＝eq \r(3)时，F→∞，即“不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行”，此时，临界角θ0＝α＝60°.2．【解析】对滑轮2和物体b受力分析,受重力和两个拉力作用,如图乙所示。根据平衡条件有mbg=2Tcos θ,解得T=mbg2cosθ,将固定点c向右移动少许,则θ增大,拉力T增加,A项正确;对斜劈、物体a、物体b整体受力分析,受重力、细线的拉力、地面的静摩擦力和支持力作用,如图丙所示,根据平衡条件有FN=G总-Tcos θ=G总-12mbg,恒定不变;根据牛顿第三定律可知,斜劈对地面的压力不变,B项错误;地面对斜劈的静摩擦力f=Tsin θ=12mbgtan θ,随着θ的增大,摩擦力增大,D项正确;对物体a受力分析,受重力、支持力、拉力和静摩擦力作用,由于不知道拉力与重力沿斜面向下的分力的大小关系,故无法判断静摩擦力的方向,即不能判断静摩擦力的变化情况,C项错误。　　　乙　　　　　　　　丙【答案】AD【题型四】 连接体动态平衡问题【典例分析】解析：选C　滑块缓缓地沿曲面向上滑动，滑块受力平衡，将物体与滑块作为整体分析，整体受力也是平衡的，则在竖直方向上地面对物体的支持力N与整体总重力平衡，即N不变，选项A错误；滑块缓缓地沿曲面向上滑动的过程中，受到竖直向下的重力、水平向右的拉力和垂直接触面斜向上的支持力N1作用而平衡，设支持力N1与竖直方向的夹角为θ，滑块的重力为G，则N1＝eq \f(G,cos θ)，N1随着θ的增大而增大，选项C正确，B、D错误。【变式演练】1．解析：选C　b受力平衡，对b受力分析，如图甲所示。设绳与竖直方向的夹角为α，b缓慢移动直到与竖直方向成30°角的过程中，α变大，根据平行四边形定则可知，T逐渐增大，F逐渐增大，故A错误，C正确；对a受力分析，如图乙所示。刚开始T＝mg，a处于静止状态，则f＝T－mgsin 30°＝eq \f(1,2)mg，方向向下，T增大时，f增大，摩擦力增大，由于不知道最大静摩擦力的具体值，所以不能判断a是否会滑动，故B、D错误。2．答案　AB解析　同一条绳子上的拉力相等，对B受力分析，当两条绳子的夹角为90°时，绳子的拉力为FT＝mgsin 45°＝eq \f(\r(2),2)mg，对A受力分析，在沿斜面方向上有：A受到最大静摩擦力，重力沿斜面向下的分力和绳子的拉力，故有mAgsin 30°＋Ffm＝FT，Ffm＝μmAgcos 30°，解得mA＝eq \f(\r(2),2)m，A正确；当两个轻绳都是竖直方向时，绳子的拉力最小，为eq \f(1,2)mg，此时mAgsin 30°<eq \f(1,2)mg，所以刚一开始静摩擦力方向沿斜面向下，故mAgsin 30°＋Ff＝FT，随着FT的增大，摩擦力在增大，B正确；将斜面和A以及B看做一个整体，受到最右边绳子的拉力作用，这个拉力在竖直方向上的分力恒等于eq \f(1,2)mg，故有Ff＝eq \f(1,2)mgtan eq \f(θ,2)，随着θ的增大，摩擦力在增大，C错误；对物体A和斜面体受力分析，受最左边绳子斜向下的拉力，这个拉力在竖直方向上的分力恒等于eq \f(1,2)mg，所以斜面体对地面的压力恒定不变，D错误.3．①整个系统处于静止状态；②F方向不变，大小在一定范围内变化.答案　BD解析　由于物块a、b均保持静止，各绳角度保持不变，对a受力分析得，绳的拉力FT＝mag，所以物块a受到绳的拉力保持不变.由滑轮性质，滑轮两侧绳的拉力相等，所以b受到绳的拉力大小、方向均保持不变，C选项错误；a、b受到绳的拉力大小、方向均不变，所以OO′的张力不变，A选项错误；对b进行受力分析，如图所示.由平衡条件得：FTcos β＋Ff＝Fcos α，Fsin α＋FN＋FTsin β＝mbg.其中FT和mbg始终不变，当F大小在一定范围内变化时，支持力在一定范围内变化，B选项正确；摩擦力也在一定范围内发生变化，D选项正确.【题型五】 平衡中的临界问题【典例分析】解析：木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mgsin θ＝μmgcos θ，即μ＝tan θ。(1)木块在力F的作用下沿斜面向上匀速运动，有Fcos α＝mgsin θ＋Ff，Fsin α＋FN＝mgcos θ，Ff＝μFN，解得F＝eq \f(2mgsin θ,cos α＋μsin α)＝eq \f(2mgsin θ·cos θ,cos α·cos θ＋sin α·sin θ)＝eq \f(mgsin 2θ,cosθ－α)则当α＝θ时，F有最小值，则Fmin＝mgsin 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′＝Fcos(α＋θ)当F取最小值mgsin 2θ时，Ff′＝Fmincos 2θ＝mgsin 2θ·cos 2θ＝eq \f(1,2)mgsin 4θ。 答案：(1)mgsin 2θ　(2)eq \f(1,2)mgsin 4θ【变式演练】1．解析：选B　将ab看成一个整体受力分析可知，当力F与Oa垂直时F最小，可知此时F＝2mgsin θ＝mg，B正确。2．解析：选B　手对最外侧两木板的静摩擦力大小相等、方向相同。先将所有的木板看成整体，受力分析，竖直方向受重力和静摩擦力，且二力平衡，有2μ1F≥8mg，F≥8 N，再对除最外侧两木板之外的木板整体受力分析，竖直方向受重力和静摩擦力，由二力平衡有2μ2F≥6mg，得F≥15 N，可知选项B正确。3．解析：选BD　物块有相对于钢板水平向左的速度v1和沿导槽的速度v2，故物块相对于钢板的速度如图所示，滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，物块做匀速运动，所受导槽的作用力和拉力F的合力与滑动摩擦力大小相等、方向相反，由几何关系易知，F的方向沿y轴正方向时有最小值，即F＝fcos θ＝μmgcos θ＝μmgeq \f(v2,\r(v12＋v22))<μmg，故B、D正确。1．解析：选C　当轻绳的右端从B点移到直杆最上端时，设两绳的夹角为2θ。以滑轮为研究对象，分析受力情况，作出受力图如图甲所示。根据平衡条件得2Fcos θ＝mg，得到绳子的拉力F＝eq \f(mg,2cos θ)，所以在轻绳的右端从B点移到直杆最上端的过程中，θ增大，cos θ减小，则F变大。当轻绳的右端从直杆最上端移到C点时，如图乙，设两绳的夹角为2α。设绳子总长为L，两直杆间的距离为s，由数学知识得到sin α＝eq \f(s,L)，L、s不变，则α保持不变。再根据平衡条件可知，两绳的拉力F保持不变。所以绳中拉力大小变化的情况是先变大后不变，C正确。2．答案　AD解析　将甲、乙、丙、丁四种情况小球的受力图作于一幅图上，如图，根据平衡条件得知，丁图中斜面对小球的弹力为零，挡板对小球的弹力等于其重力G.斜面对小球的弹力和挡板对小球的弹力的合力与重力大小相等、方向相反，可知三种情况下此合力相等，根据平行四边定则得知，丙图中挡板MN对球O弹力最小，甲图中斜面对球O弹力最大.故B、C错误，A、D正确.3、答案　BD解析　设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为α，绳子的长度为L，B点到墙壁的距离为s，根据几何知识和对称性，得：sin α＝eq \f(s,L) ①以滑轮为研究对象，设绳子拉力大小为F，根据平衡条件得：2Fcos α＝mg，得F＝eq \f(mg,2cos α) ②当只将绳的左端移向A′点，s和L均不变，则由②式得知，F不变，故A错误，B正确.当只将绳的右端移向B′点，s增加，而L不变，则由①式得知，α增大，cos α减小，则由②式得知，F增大.故C错误，D正确.故选B、D.4.答案　AD解析　以结点O为研究对象，分析受力：重力G、绳OA的拉力FOA和绳OB的拉力FOB，如图所示，根据平衡条件知，两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，作出轻绳OB在两个位置时力的合成图如图，由图看出，FOA逐渐减小，FOB先减小后增大，当θ＝90°时，FOB最小.5.答案　D解析　球B受重力、A的支持力F1和墙壁的压力F2.如图甲所示：将重力G分解为G1和G2，则根据平衡可知，F1＝G1＝eq \f(G,cos θ)，F2＝G2＝Gtan θ.当A向右移动少许，根据题意可知，A对球B的作用力F1与竖直方向的夹角θ将减小，所以cos θ增大，tan θ减小，即墙壁对球B的作用力将减小，A对小球B的支持力减小.根据牛顿第三定律可知，球B对墙壁的压力将减小，球B对A的压力亦减小.选项A、B错误；再对A进行受力分析如图乙：由于A处于平衡状态，所以A受地面摩擦力Ff＝FBsin θ，根据题意知，B对A的压力FB减小且FB与竖直方向的夹角θ减小，故A所受地面的摩擦力Ff减小.选项C错误；对整体受力分析可知，地面对A的支持力等于A、B的重力之和，故选项D正确；故选D.6.答案　BD解析　设a、b的重力分别为Ga、Gb.若Ga＝Gbsin θ，b受到c的摩擦力为零；若Ga≠Gbsin θ，b受到c的摩擦力不为零.若Ga>Gbsin θ，b受到c的摩擦力沿斜面向下，则b对c的摩擦力方向沿斜面向上，故A错误，B正确.以b、c整体为研究对象，受力分析如图，根据平衡条件得知地面对c的摩擦力Ff＝FTcos θ＝Gacos θ，方向水平向左.在a中的沙子缓慢流出的过程中，Ga减小，摩擦力减小.故D正确，C错误.7.答案　B解析　因为A、B始终保持静止，对A、B整体受力分析可知，地面对B的支持力一直等于(M＋m)g，A错误.当F＝0时，A对B的压力最小，为mgcos 30°＝eq \f(\r(3),2)mg；当F＝eq \f(\r(3),2)mg时，A对B的压力最大，为mgcos 30°＋Fsin 30°＝eq \f(3\r(3),4)mg，B正确.当Fcos 30°＝mgsin 30°时，即F＝eq \f(\r(3),3)mg时，A所受摩擦力为0，当F＝0时，A所受摩擦力大小为eq \f(1,2)mg，方向沿斜面向上，当F＝eq \f(\r(3),2)mg时，A所受摩擦力大小为eq \f(1,4)mg，方向沿斜面向下，选项C、D错误.8.答案　eq \f(μ,1－μ)G解析　由三角劈与地面之间的最大静摩擦力可以求出三角劈所能承受的最大压力，由此可求出球的最大重力.球A与三角劈B的受力情况如图甲、乙所示，球A在竖直方向的平衡方程为GA＝FNsin 45°三角劈的平衡方程为Ffm＝FN′sin 45°FNB＝G＋FN′cos 45°另有Ffm＝μFNB，FN＝FN′联立以上各式可得GA＝eq \f(μ,1－μ)G.9.答案　A解析　由于座椅处于静止状态，其所受合力为零，故两轻绳对座椅拉力的合力F与座椅的重力等大反向；两支架向内微小倾斜，两轻绳的夹角减小，两轻绳对座椅拉力的合力F与座椅的重力等大反向，F不变；两分力F1随着夹角的减小而减小，选项A正确，选项B、C、D错误.10.答案　B解析　对P受力分析，P受到重力、拉力和Q对P的支持力处于平衡，设拉力与竖直方向的夹角为θ，根据共点力平衡有：拉力F＝eq \f(mg,cos θ)，Q对P的支持力FN＝mgtan θ.铅笔缓慢下移的过程中，θ增大，则拉力F增大，Q对P的支持力增大，故A错误.对Q受力分析知，在水平方向上P对Q的压力增大，则墙壁对Q的弹力增大，在竖直方向上重力与摩擦力相等，所以Q受到的摩擦力不变，Q不会从墙壁和小球之间滑落，故B正确，C、D错误.11、【解析】设AB上的拉力为F1,AC上的拉力为F2,由平衡条件有Fcos θ-F2-F1cos θ=0,Fsin θ+F1sin θ-mg=0可得F=mgsinθ-F1F=F22cosθ+mg2sinθ要使两绳都能绷直,则有F1≥0,F2≥0 则F取最大值Fmax=mgsinθ=10033 NF取最小值Fmin=mg2sinθ=5033 NF大小的取值范围为5033 N≤F≤10033 N。【答案】5033 N≤F≤10033 N