2024高考物理一轮复习考点攻破训练——平衡状态下的”临界与极值“问题练习含解析教科版

这是一份2024高考物理一轮复习考点攻破训练——平衡状态下的”临界与极值“问题练习含解析教科版，共5页。

1．三力平衡下的极值问题，常用图解法，将力的问题转化为三角形问题，求某一边的最短值．
2．多力平衡时求极值一般用解析法，由三角函数、二次函数、不等式求解．
3．若物体受包括弹力、摩擦力在内的四个力平衡，可以把弹力摩擦力两个力合成一个力(又称“全反力”)，该力方向固定不变(与弹力夹角正切值为μ)，从而四力平衡变成三力平衡，再用图解法求解．
1．(2023·安徽“江南十校”综合素质检测)如图1所示，游乐场中有一半球形的碗状装置固定在水平地面上，装置的内半径为R，在其内表面有一个小孩(可视为质点)从底部向上爬行，小孩与内表面之间的动摩擦因数为0.75，设小孩所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则小孩沿该装置缓慢向上爬行的最大高度是( )
图1
A．0.2RB．0.25RC．0.75RD．0.8R
2．(2023·湖南娄底市质检)如图2所示，竖直面光滑的墙角有一个质量为m，半径为r的均匀半球体物块A，现在A上放一密度和半径与A相同的球体B，调整A的位置使得A、B保持静止状态，已知A与地面间的动摩擦因数为0.5，则A球球心距墙角的距离可能是(已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
图2
A.eq \f(9r,5)B．2rC.eq \f(11r,5)D.eq \f(13r,5)
3．(多选)(2023·广东七校联考)如图3所示，质量为m的小球a、b之间用轻绳相连，小球a通过轻杆固定在左侧竖直墙壁上，轻杆与竖直墙壁夹角为30°.现改变作用在小球b上的外力的大小和方向，轻绳与竖直方向的夹角保持60°不变，重力加速度为g，则( )
图3
A．轻绳上的拉力一定小于mg
B．外力F的最小值为eq \f(\r(3),2)mg
C．轻杆对小球a作用力的方向不变
D．轻杆对小球a的作用力最小值为mg
4．(2023·贵州毕节市适应性监测(三))如图4所示，一安装有滑轮的斜面M置于粗糙的水平面上，P、Q两物块用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)，P悬于空中，Q在斜面上恰处于静止状态．当用沿斜面向上的恒力推Q时，M、Q仍恰好静止不动，则有( )
图4
A．Q受到的摩擦力大小不变，方向变化
B．Q受到的摩擦力可能变大
C．Q受到的拉力变小
D．M受到水平面的摩擦力方向始终向右
5.(2023·河南省开封市第三次模拟)课堂上，老师准备了“∟”形光滑木板和三个完全相同、外表面光滑的匀质圆柱形积木，要将三个积木按图5所示(截面图)方式堆放在木板上，则木板与水平面夹角θ的最大值为( )
图5
A．30°B．45°C．60°D．90°
6．(多选)(2023·河北张家口市月考)如图6所示，水平地面上质量为m的木块，受到方向与水平方向成θ角的拉力F作用，在θ由0°逐渐增大到90°的过程中，木块始终以不变的速度沿水平地面向右做匀速直线运动．已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
图6
A．拉力F先减小后增大
B．物体受到地面的摩擦力不变
C．木块与地面之间的动摩擦因数μ与F、θ关系为μ＝eq \f(Fcsθ,mg－Fsinθ)
D．F的最小值为F＝eq \f(μmg,2\r(1＋μ2))
7．如图7所示，质量为M的斜劈倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在斜面上时正好匀速下滑．如果用与斜面成α角的力F拉着木块沿斜面匀速上滑．
图7
(1)求拉力F的大小；
(2)若m＝1kg，θ＝15°，g＝10m/s2，求F的最小值以及对应的α的取值．
答案精析
1．A [当小孩爬至最高处时，由平衡状态可知，mgsinθ＝μmgcsθ，得tanθ＝0.75，故
csθ＝0.8，由h＝R(1－csθ)可求得最大高度为0.2R，故A选项正确．]
2.C [根据题意可知，B的质量为2m，A、B处于静止状态，受力平衡，则地面对A的支持力为：N＝3mg，当地面对A的摩擦力达到最大静摩擦力时，A球球心距墙角的距离最远，对A、B受力分析，如图所示，
根据平衡条件得：F＝eq \f(2mg,sinθ)，Fcsθ＝μ·3mg，解得：tanθ＝eq \f(4,3)，可得csθ＝eq \f(3,5)，则A球球心距墙角的最远距离为：x＝2rcsθ＋r＝eq \f(11,5)r，故C正确，A、B、D错误．]
3．BD [对b进行受力分析如图，
当F的方向发生变化时，由图可知，轻绳上的拉力可能小于mg，有可能大于mg，故A错误；由b的受力图可知，当外力F的方向与轻绳垂直时，外力F最小，最小为：Fmin＝mg·sin60°＝eq \f(\r(3),2)mg，故B正确；以a为研究对象，可知a受到重力、轻绳ab对a的作用力以及杆对a的作用力处于平衡状态，由三个力平衡的特点可知，杆对a的作用力与a的重力、绳对a的拉力的合力大小相等、方向相反．a受到的重力大小和方向均不变，绳对a的拉力方向不变，大小是变化的，所以a受到的重力与绳对a的拉力的合力大小、方向都是变化的，所以杆对a的作用力大小、方向都是变化的，故C错误；由b的受力分析可知，当外力F对b的拉力方向竖直向上时，外力F与b的重力大小相等、方向相反，轻绳此时的拉力等于0，所以a只受到重力和杆对a的作用力，此时杆对a的作用力最小，恰好等于a的重力，故D正确．]
4．B [在没用沿斜面向上的推力推物体Q时，对P、Q和M整体受力分析，可知水平方向不受力，因此刚开始地面和斜面M之间没有摩擦力；当用沿斜面向上的力推Q时，P、Q和M仍静止不动，对整体受力分析，可知整体受到竖直方向的重力、地面支持力、沿斜面向上的推力以及地面向右的摩擦力，因此M受到地面向右的摩擦力，故D错误．在整个过程中物体P保持静止，对物体P受力分析可知绳上的拉力T＝mPg，因此绳上的拉力不变，Q受到的拉力也不变，C错误．对物体Q受力分析，当物体Q受到的静摩擦力沿斜面向下时有T＝mQgsinθ＋f1，当作用外力F时有T＋F＝mQgsinθ＋f2，可知静摩擦力可能增大；当物体Q受到的静摩擦力沿斜面向上时有T＋f1＝mQgsinθ，作用外力F时，T＋f2＋F＝mQgsinθ，可知静摩擦力可能减小，故A错误，B正确．]
5．A [θ取0°时，下面两圆柱之间将会分开，无法稳定，应适当增大θ以保持系统稳定，此时下面两圆柱之间有弹力；当下面两圆柱之间的弹力恰好为0时，对应的θ为最小值；继续增大θ，右圆柱和上圆柱之间弹力减小，若θ太大，此两圆柱将分开，当上圆柱和右圆柱之间的弹力恰好为0，对应的θ为最大值．临界情况为θmax时，左边两圆柱的圆心连线在竖直方向上，保证上圆柱只受到两个力的作用恰好处于平衡状态，此时上圆柱与右圆柱间相互接触且无弹力，可得θ＝30°，故A正确，B、C、D项错误．]
6．AC [F＝eq \f(μmg,csθ＋μsinθ)＝eq \f(μmg,\r(1＋μ2)sinα＋θ)(其中tanα＝eq \f(1,μ) )，当θ由0°逐渐增大到90°的过程中sin(α＋θ)先增大后减小，则拉力F先减小后增大，当sin(α＋θ)＝1时F最小，即F＝eq \f(μmg,\r(1＋μ2))，选项A正确，D错误；木块受到地面的摩擦力f＝μ(mg－Fsinθ)＝Fcsθ＝eq \f(μmgcsθ,csθ＋μsinθ)＝eq \f(μmg,1＋μtanθ)，则在θ由0°逐渐增大到90°的过程中木块受到地面的摩擦力逐渐减小，选项B错误；木块处于平衡状态，则Fcsθ＝μ(mg－Fsinθ)，解得μ＝eq \f(Fcsθ,mg－Fsinθ)，选项C正确．]
7．见解析
解析 (1)由木块在斜面上匀速向下滑动，可得：
mgsinθ＝μmgcsθ①
在拉力F作用下沿斜面匀速向上滑动时，有：
Fcsα＝mgsinθ＋f②
Fsinα＋N＝mgcsθ③
f＝μN④
①②③④联立可解得：F＝eq \f(mgsin2θ,csθ－α)⑤
(2)由⑤式可知：当α＝θ时，F有最小值．即
当α＝15°时，Fmin＝mgsin2θ＝5N.