練案11專題強(qiáng)化二動態(tài)平衡問題平衡中的臨界和極值問題基礎(chǔ)鞏固練題組一動態(tài)平衡問題1．(2025·湖南衡陽模擬)如圖，OABC為常見的“汽車千斤頂”。當(dāng)汽車需要換輪胎時，司機(jī)將它放在車身底盤和地面之間，只需搖動手柄使螺旋桿OA轉(zhuǎn)動，O、A之間的距離就會逐漸減小，O、C之間的距離增大，就能將汽車車身緩緩地頂起來。在千斤頂將汽車頂起來的過程中，下列關(guān)于OA、OB的彈力的說法正確的是()A．OA、OB的彈力不斷變大B．OA、OB的彈力不斷變小C．OA的彈力變大、OB的彈力變小D．OA的彈力變小、OB的彈力變大[答案]B[解析]對O點(diǎn)進(jìn)行受力分析，它受到豎直方向的汽車對它的壓力，大小等于汽車的重力G，OA方向桿的拉力FOA，BO方向的彈力FBO，OB與水平方向夾角為θ，可知G＝FBOsinθ，F(xiàn)OA＝eq\f(G,tanθ)，當(dāng)θ變大時，F(xiàn)BO和FOA均變小，故B正確。2.(多選)(2025·福建漳州質(zhì)檢)如圖，用硬鐵絲彎成的光滑半圓環(huán)豎直放置，最高點(diǎn)B處固定一小滑輪，質(zhì)量為m的小球A穿在環(huán)上?，F(xiàn)用細(xì)繩一端拴在小球A上，另一端跨過滑輪用力F拉動，使小球A緩慢向上移動。在移動過程中關(guān)于鐵絲對小球A的支持力N，下列說法正確的是()A．N的方向始終背離圓心OB．N的方向始終指向圓心OC．N逐漸變小D．N大小不變[答案]AD[解析]在小球A緩慢向上移動的過程中，小球A處于三力平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件知小球A的重力mg與半圓環(huán)對小球的支持力N的合力與細(xì)繩的拉力T等大、反向、共線，作出mg與N的合力，如圖所示，由三角形相似有eq\f(mg,BO)＝eq\f(N,AO)＝eq\f(T,AB)，AO、BO、mg都不變，則N大小不變，方向始終背離圓心O。故A、D正確，B、C錯誤。3．(2025·河北邢臺市聯(lián)考)“安吉游戲”源起浙江省安吉縣，是安吉幼兒園“游戲”式的教學(xué)方法的簡稱。“安吉游戲”提倡把游戲還給孩子，讓他們在自主、自由的游戲中學(xué)習(xí)。如圖所示，是一個小朋友將一個籃球放在斜坡上，并用豎直擋板擋住，籃球處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知斜坡的傾角為θ(θ為銳角)，擋板對籃球的彈力為F1，斜面對籃球的彈力為F2，不考慮籃球受到的摩擦力，下列說法正確的是()A．斜面對籃球的彈力F2小于擋板對籃球的彈力F1B．斜面對籃球的彈力F2小于籃球重力GC．緩慢地把擋板繞其與坡面的接觸軸逆時針轉(zhuǎn)一個較小角度，F(xiàn)1減小D．緩慢地把擋板繞其與坡面的接觸軸逆時針轉(zhuǎn)一個較小角度，F(xiàn)2增大[答案]C[解析]對籃球受力分析如圖所示，設(shè)籃球質(zhì)量m，由于籃球處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以F1和mg的合力大小等于F2，則有F2＝eq\f(mg,cosθ)＝eq\f(G,cosθ)，F(xiàn)1＝mgtanθ＝Gtanθ，故F2>F1，F(xiàn)2>G，故A、B錯誤；對籃球進(jìn)行受力分析如圖所示繞O緩慢把擋板繞其與坡面的接觸軸逆時針轉(zhuǎn)一個較小角度，圖中的B點(diǎn)緩慢下移，則F1減小，F(xiàn)2也減小，故C正確，D錯誤。故選C。4．如圖所示，豎直墻壁O處用光滑鉸鏈鉸接一輕質(zhì)桿的一端，桿的另一端固定小球(可以看成質(zhì)點(diǎn))，輕繩的一端懸于P點(diǎn)，另一端與小球相連。已知輕質(zhì)桿長度為R，輕繩的長度為L，且R<L<2R。A、B是墻上兩點(diǎn)，且OA＝OB＝R。現(xiàn)將輕繩的上端點(diǎn)P沿墻壁緩慢下移至A點(diǎn)，此過程中輕繩對小球的拉力F1及輕質(zhì)桿對小球的支持力F2的大小變化情況為()A．F1和F2均增大B．F1保持不變，F(xiàn)2先增大后減小C．F1和F2均減小D．F1先減小后增大，F(xiàn)2保持不變[答案]A[解析]小球受重力、輕繩的拉力和輕桿的支持力，由于平衡，三個力可以構(gòu)成矢量三角形，如圖所示。根據(jù)平衡條件，該力的矢量三角形與幾何三角形POC相似，則有eq\f(G,PO)＝eq\f(F1,L)＝eq\f(F2,R)，解得F1＝eq\f(L,PO)G，F(xiàn)2＝eq\f(R,PO)G，當(dāng)P點(diǎn)下移時，PO減小，L、R不變，故F1增大，F(xiàn)2增大，故選A。5．某中學(xué)為增強(qiáng)學(xué)生體魄，組織學(xué)生進(jìn)行多種體育鍛煉。在某次鍛煉過程中，一學(xué)生將鉛球置于兩手之間，其中兩手之間夾角為60°。保持兩手之間夾角不變，將右手由圖所示位置緩慢旋轉(zhuǎn)60°至水平位置。不計一切摩擦，則在轉(zhuǎn)動過程中，下列說法正確的是()A．右手對鉛球的彈力增大B．右手對鉛球的彈力先增大后減小C．左手對鉛球的彈力增大D．左手對鉛球的彈力先增大后減小[答案]B[解析]解法一矢量圓法以鉛球?yàn)檠芯繉ο螅苤亓、右手對鉛球的彈力為F1和左手對鉛球的彈力為F2，受力分析如圖所示，緩慢旋轉(zhuǎn)過程中處于平衡狀態(tài)，則將三力平移后構(gòu)成一首尾相連的三角形，兩手之間夾角保持60°不變，則兩力之間的夾角保持120°不變，則在三角形中，F(xiàn)1與F2夾角保持60°不變，重力G的大小方向不變，作出力三角形的外接圓，根據(jù)弦所對的圓周角都相等，則右手由圖示位置緩慢旋轉(zhuǎn)60°至水平位置過程中力的三角形變化如圖所示，分析可得F1開始小于直徑，當(dāng)轉(zhuǎn)過30°時F1等于直徑，再轉(zhuǎn)時又小于直徑，所以F1先增大后減小，F(xiàn)2開始就小于直徑，轉(zhuǎn)動過程中一直減小，選項(xiàng)B正確。解法二正弦定理法以鉛球?yàn)檠芯繉ο?，受重力G、右手對鉛球的彈力為F1及左手對鉛球的彈力為F2，受力分析如圖所示，緩慢旋轉(zhuǎn)過程中處于平衡狀態(tài)，則將三力平移后構(gòu)成一首尾相連的三角形，兩手之間夾角保持60°不變，右手由圖示位置緩慢旋轉(zhuǎn)的角度設(shè)為θ，轉(zhuǎn)動過程始終處于平衡狀態(tài)，根據(jù)正弦定理有eq\f(G,sin60°)＝eq\f(F1,sin60°＋θ)＝eq\f(F2,sin60°－θ)，右手由圖示位置緩慢旋轉(zhuǎn)60°至水平位置過程中θ由0°變?yōu)?0°，sin(60°＋θ)先變大再變小，所以F1先增大后減小，sin(60°－θ)一直變小，所以F2一直減小，選項(xiàng)B正確。題組二臨界和極值問題6.(2025·唐山模擬)北方農(nóng)村秋冬季節(jié)常用金屬絲網(wǎng)圍成圓柱形糧倉儲存玉米棒，某糧倉由于玉米棒裝的不勻稱而發(fā)生傾斜現(xiàn)象。為避免傾倒，在左側(cè)用木棍支撐，如圖所示。若支撐點(diǎn)距水平地面的高度為eq\r(3)m，木棍與水平地面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),3)，木棍重力不計，糧倉對木棍的作用力沿木棍方向，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，為使木棍下端不發(fā)生側(cè)滑，則木棍的長度最大為()A．1.5m B．eq\r(3)mC．2m D．2eq\r(3)m[答案]C[解析]設(shè)木棍與水平方向夾角為θ，木棍長度為L，糧倉對木棍的作用力大小為F，則為使木棍下端一定不發(fā)生側(cè)滑，由平衡條件有Fcosθ≤μFsinθ，由幾何知識有tanθ＝eq\f(h,\r(L2－h(huán)2))，兩式聯(lián)立解得L≤2m，即木棍的長度最大為2m，故A、B、D錯誤，C正確。7.(2025·遼寧沈陽模擬)如圖所示，繩下端掛一物體，用力F拉物體使懸線偏離豎直方向的夾角為α＝60°，且保持其平衡。保持60°不變，當(dāng)拉力F有極小值時，F(xiàn)與水平方向的夾角β應(yīng)是()A．0 B．90°C．60° D．45°[答案]C[解析]根據(jù)題意可知，O點(diǎn)受三個拉力處于平衡狀態(tài)，向上的兩個拉力的合力大小等于物體的重力，方向豎直向上，作出力的矢量三角形如圖所示，當(dāng)F與天花板相連的繩子垂直時，拉力F最小，根據(jù)幾何關(guān)系知β＝α＝60°，故C正確。8.(2025·廣西桂林調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量為m(可以看成質(zhì)點(diǎn))的小球，用兩根輕繩OP和O′P在P點(diǎn)拴結(jié)后再分別系于豎直墻上相距0.4m的O、O′兩點(diǎn)上，繩OP長為0.5m，繩O′P長0.3m，今在小球上施加一方向與水平方向成θ＝37°角的拉力F，將小球緩慢拉起。繩O′P剛拉直時，繩OP拉力為T1，繩OP剛松弛時，繩O′P拉力為T2，則T1∶T2為(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A．3∶4 B．4∶3C．3∶5 D．4∶5[答案]C[解析]繩O′P剛拉直時，由幾何關(guān)系可知此時繩OP與豎直方向夾角為37°，小球受力如圖甲所示，則T1＝eq\f(4,5)mg。繩OP剛松弛時，小球受力如圖乙所示，則T2＝eq\f(4,3)mg。則T1∶T2＝3∶5，選項(xiàng)C正確。能力提升練9．如圖所示，一光滑球體放在支架與豎直墻壁之間，支架的傾角θ＝60°，光滑球體的質(zhì)量為m，支架的質(zhì)量為2m，已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，整個裝置保持靜止，則支架和地面間的動摩擦因數(shù)至少為()A．eq\f(\r(3),9) B．eq\f(\r(3),4)C．eq\f(\r(3),2) D．eq\f(\r(3),3)[答案]D[解析]對光滑球體受力分析如圖1所示根據(jù)平衡條件可得FN2cosθ＝mg，對支架受力分析如圖2所示根據(jù)牛頓第三定律可知FN3＝FN2，對支架由平衡條件可得FN4＝2mg＋FN3cosθ，F(xiàn)f＝FN3sinθ，又達(dá)到最大靜摩擦力時Ff＝μFN4，聯(lián)立以上各式解得μ＝eq\f(\r(3),3)，可知支架和地面間的動摩擦因數(shù)至少為eq\f(\r(3),3)，故選D。10．如圖，在水平桌面上疊放著兩個物塊M和m，輕繩繞過光滑的定滑輪O′，一端與m相連，另一端懸掛重物A。用外力F緩慢拉結(jié)點(diǎn)O，F(xiàn)方向與OO′夾角為α＝120°且保持不變，使OO′從豎直拉至水平，兩物塊始終保持靜止，下列說法正確的是()A．輕繩OO′的拉力先減小后增大B．m對M的摩擦力一直在增大C．地面對桌子的摩擦力先增大后減小D．桌面對M的摩擦力可能一直在減小[答案]C[解析]對節(jié)點(diǎn)O受力分析，繩子拉力和F的夾角不變，合力與懸掛物體的重力等大反向，作出受力分析如右圖，分析發(fā)現(xiàn)，隨著繩拉力T由豎直逐漸變?yōu)樗竭^程，繩拉力先增大，后減小，故A錯誤；對m分析，繩子的拉力與M對m的摩擦力為一對平衡力，等大反向，繩拉力先增大，后減小，則M對m的摩擦力先增大，后減小，根據(jù)牛頓第三定律，m對M的摩擦力先增大，后減小，故B錯誤；對M和m以及桌子、懸掛物及滑輪等物體整體，根據(jù)平衡條件，F(xiàn)的水平分力與地面對桌子的摩擦力等大反向，由圖像可知，F(xiàn)的水平分力大小(圖中F與T在圓上交點(diǎn)到G作用線的距離)先增大后減小，則地面對桌子的摩擦力先增大后減小，故C正確；對M和m整體，根據(jù)平衡條件，繩子的拉力與桌面對M的摩擦力為一對平衡力，等大反向，繩拉力先增大，后減小，則桌面對M的摩擦力先增大，后減小，故D錯誤。故選C。11．(2025·河南許昌市聯(lián)考)如圖所示，光滑水平面上有一劈形小車，小車的斜面上有一物塊A，物塊A通過跨過光滑滑輪的輕繩與小物塊B相連，并且小物塊B還通過輕繩連接在固定點(diǎn)O處，一開始兩段輕繩的夾角為直角。現(xiàn)用水平力F向左緩慢推動小車直到物塊A剛要滑動時，下列說法正確的是()A．懸掛在O點(diǎn)的輕繩的拉力在減小B．連接物塊A的輕繩的拉力在減小C．物塊A受到的摩擦力在減小D．水平力F在增大[答案]D[解析]對小物塊B在A未推動時進(jìn)行受力分析，如下圖根據(jù)受力平衡可知，T1＝GBcosα，T2＝GBcosβ，由于兩段輕繩的夾角為直角，當(dāng)向左緩慢推動小車時，由于物塊A未滑動，因此α、β都增大，而T1、T2的合力大小仍等于GB，根據(jù)平行四邊形定則可知，T1、T2都增大，故A、B錯誤；對物塊A進(jìn)行受力分析，設(shè)斜面與水平面的夾角為θ，若小車未移動時GAsinθ>T2，則物塊A受到的摩擦力沿斜面向上，且GAsinθ＝T2＋f，小車移動后，T2增大，因此f減小，若小車未移動時GAsinθ<T2，則物塊A受到的摩擦力沿斜面向下，且GAsinθ＋f＝T2，小車移動后，T2增大，因此f增大，若小車未移動時GAsinθ＝T2，此時無摩擦力，小車移動后，T2增大，物塊A受到沿斜面向下且增大的摩擦力，故C錯誤；以物塊A和小車作為整體進(jìn)行分析，在水平方向上根據(jù)受力平衡可得T2cosθ＝F，小車移動后，T2增大，因此F增大，故D正確。故選D。12．(2024·海南海口月考)如圖所示，質(zhì)量為m的物體放在一固定斜面上，當(dāng)斜面傾角為30°時恰能沿斜面勻速下滑。對物體施加一大小為F、方向水平向右的恒力，物體可沿斜面勻速向上滑行。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，當(dāng)斜面傾角增大并超過某一臨界角θ0時，不論水平恒力F多大，都不能使物體沿斜面向上滑行，求：(1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù)；(2)這一臨界角θ0的大小。[答案](1)eq\f(\r(3),3)(2)60°[解