新高考物理一轮复习巩固练（含解析）：第2章第4练专题强化：动态平衡和临界、极值问题

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1．(2023·江苏南京市模拟)如图甲所示，笔记本电脑支架一般有多个卡位用来调节角度，某人将电脑放在该支架上，由卡位4缓慢调至卡位1(如图乙)，电脑与支架始终处于相对静止状态，则( )

A．电脑受到的支持力变大
B．电脑受到的摩擦力变大
C．支架对电脑的作用力减小
D．电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力大小
2.(2023·山东烟台市模拟)如图所示，用一个质量不计的网兜把足球挂在光滑竖直墙壁上的A点，足球与墙壁的接触点为B。若只增大悬绳的长度，足球始终保持静止状态，关于悬绳对球的拉力F和墙壁对球的支持力FN，下列说法正确的是( )
A．F和FN都增大 B．F增大，FN减小
C．F减小，FN增大 D．F和FN的合力不变
3．(2024·重庆市渝中区期中)如图甲所示，用瓦片做屋顶是我国建筑的特色之一。铺设瓦片时，屋顶结构可简化为图乙所示，建筑工人将瓦片轻放在两根相互平行的檩条正中间，若瓦片能始终静止在檩条上。已知檩条与水平面夹角均为θ，瓦片质量为m，檩条间距离为d，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．瓦片共受到4个力的作用
B．檩条对瓦片作用力方向垂直檩条向上
C．缓慢减小檩条的倾斜角度θ时，瓦片与檩条间的摩擦力变大
D．缓慢增大檩条间的距离d时，两根檩条对瓦片的弹力都增大
4.(2024·云南省联考)如图所示，晾晒衣服的绳子(可视为轻绳)固定在两根竖直杆A、B上，绳子的质量及衣架挂钩之间的摩擦均可忽略不计，衣服处于静止状态。保持A杆及A杆上绳子的结点位置不动，则下列说法正确的是( )
A．若保持绳子的长度、绳子与B杆的结点不变，将B杆缓慢向右移动，绳子上的拉力大小逐渐减小
B．若保持绳子的长度、B杆的位置不变，将绳子与B杆的结点缓慢向上移动，绳子上的拉力大小逐渐增大
C．若保持绳子的长度、B杆的位置不变，将绳子与B杆的结点缓慢向下移动，绳子上的拉力大小保持不变
D．若保持绳与B杆的结点不变，只改变绳子的长度，绳子上的拉力大小可能保持不变
5.(2023·宁夏六盘山高级中学模拟)如图所示，某健身者右手拉着抓把沿水平方向从图示位置B缓慢移动到位置A，不计绳子质量，忽略绳子和重物与所有构件间的摩擦，A、B、重物共面，则重物上升过程中( )
A．绳子的拉力逐渐增大
B．该健身者所受合力逐渐减小
C．该健身者对地面的压力逐渐减小
D．该健身者对地面的摩擦力逐渐增大
6.(2023·广东梅州市质检)在水平外力F的作用下，A、B两个圆柱体按如图所示的方式分别放在水平地面、靠在竖直墙面，将A缓慢向右移动一小段距离(B未与地面接触)，不计一切摩擦，则在此过程中，关于水平地面对A的弹力FN1、竖直墙面对B的弹力FN2，下列说法正确的是( )
A．FN1不变，FN2变大
B．FN1变小，FN2变大
C．FN1变大，FN2变小
D．FN1不变，FN2变小
7.如图所示，物体甲放置在水平地面上，通过跨过光滑定滑轮的轻绳与小球乙相连，整个系统处于静止状态。现对小球乙施加一个水平力F，使小球乙缓慢上升一小段距离，整个过程中物体甲保持静止，甲受到地面的摩擦力为Ff，则该过程中( )
A．Ff变小，F变大 B．Ff变小，F变小
C．Ff变大，F变小 D．Ff变大，F变大
8.制作木器家具时，工人师傅常在连接处打入木楔，如图所示，假设一个不计重力的木楔两面对称，顶角为α，竖直地被打入木制家具缝隙中。已知接触面的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。要使木楔能自锁而不会自动滑动，α与μ应满足( )
A．μ>tan eq \f(α,2) B．μ>tan α
C．μ>eq \f(1,tan \f(α,2)) D．μ>eq \f(1,tan α)
9.如图所示，竖直面内固定一光滑大圆环轨道，O为圆心，在大圆环轨道最高点A固定一个光滑的小滑轮，一轻绳绕过小滑轮，一端连接套在大圆环轨道上的小球，用力F拉轻绳另一端，在小球从B点缓慢上升到C点的过程中，有( )
A．拉力F逐渐增大
B．拉力F先减小后增大
C．小球对大圆环轨道的压力大小保持不变
D．小球对大圆环轨道的压力先增大后减小
10.(2024·重庆市七校开学考)小李发现小区的消防通道被一质量为m的石墩挡住了，为了移开石墩小李找来一根结实的绳子，将绳的一端系在石墩上，双手紧握绳的另一端用力斜向上拖拽石墩。设绳子与水平方向的夹角为θ，小李对绳施加的最大拉力为0.6mg，g为重力加速度，石墩与水平地面间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),3)，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是( )
A．无论θ取何值，小李都不可能拖动石墩
B．小李能拖动石墩，且当θ＝eq \f(π,3)时最省力
C．小李能拖动石墩，且当θ＝eq \f(π,6)时最省力
D．小李能拖动石墩，且当θ＝eq \f(π,4)时最省力
11.(2023·江苏扬州市质检)如图所示，在质量为m的物块甲上系着两条细绳，其中长30 cm的细绳另一端连着轻质圆环，圆环套在水平棒上可以滑动，圆环与棒间的动摩擦因数μ＝0.75。另一细绳跨过光滑定滑轮与重力为G的物块乙相连，定滑轮固定在距离圆环50 cm的地方，系统处于静止状态，OA与棒的夹角为θ，两绳夹角为φ。当G＝6 N时，圆环恰好开始滑动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)OA绳与棒间的夹角θ；
(2)物块甲的质量m。
12.(多选)(2023·安徽安庆市三模)如图所示，把倾角为30°的粗糙斜面体C置于粗糙水平地面上，质量为2m的物块A通过跨过光滑轻定滑轮的轻绳与质量为m的小球B连接，O点为轻绳与定滑轮的接触点，初始时，小球B在水平向右的拉力F作用下，使轻绳OB段与水平拉力F的夹角为θ＝120°，A、B均保持静止状态。现改变拉力F，并保持夹角θ大小不变，将小球B向右上方缓慢拉起至OB水平，物块A始终保持静止状态。g为重力加速度，下列关于该过程的说法正确的是( )
A．拉力F一直变大
B．拉力F最小为eq \f(\r(3),3)mg
C．斜面体C所受地面摩擦力一直变小
D．斜面体C所受地面摩擦力先变小后变大
第4练 专题强化：动态平衡和临界、极值问题
1．A [根据题意，电脑始终处于平衡状态，对电脑受力分析，如图所示，由平衡条件可得，电脑受到的支持力大小为FN＝Gcs θ
电脑受到的摩擦力大小Ff＝Gsin θ
由卡位4缓慢调到卡位1，θ减小，故FN增大，Ff减小，故B错误，A正确。
支架对电脑的作用力即为电脑受到的支持力与摩擦力的合力，支持力与摩擦力的合力大小等于电脑的重力，保持不变，根据“三角形两边之和大于第三边”可知，电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和大于其重力大小，C、D错误。]
2．D [对球受力分析，由平衡条件得悬绳对球的拉力满足Fcs θ＝mg，墙壁对球的支持力满足tan θ＝eq \f(FN,mg)，所以当增大悬绳的长度时，夹角θ减小，则cs θ增大，tan θ减小，所以F和FN都减小，故A、B、C错误；因为足球始终保持静止状态，所以F和FN的合力始终与mg等大反向，故D正确。]
3．D [瓦片受重力、两根檩条的支持力和摩擦力，共5个力，A错误；檩条对瓦片作用力应为支持力与摩擦力的合力，方向竖直向上，B错误；摩擦力等于mgsin θ，减小檩条的倾斜角度θ时，摩擦力减小，C错误；檩条对瓦片的两个弹力等大，合力等于mgcs θ，当增大檩条间的距离 d时，两弹力与竖直方向的夹角增大，则两弹力增大，D正确。]
4．C [若保持绳子的长度、绳子与B杆的结点不变，将B杆缓慢向右移动，绳子与竖直方向之间的夹角增大，绳子上的拉力逐渐增大，故A错误；若保持绳子的长度、B杆的位置不变，只移动绳子与B杆的结点，绳子与竖直方向之间的夹角保持不变，绳子上的拉力保持不变，故B错误，C正确；若只改变绳子的长度，则绳子与竖直方向之间的夹角一定随之改变，绳子上的拉力一定改变，故D错误。]
5．D [由题意可知，重物和健身者一直处于动态平衡状态，由平衡条件可知，健身者所受合力等于零，绳上的拉力大小不变，其大小等于重物的重力mg，A、B错误；对健身者受力分析，如图所示，由平衡条件可知，在竖直方向，则有FTsin θ＋FN＝Mg，又有FT＝mg，可得FN＝Mg－mgsin θ，在水平方向，则有FTcs θ＝Ff，当从B缓慢移到A时，θ角逐渐变小，地面对健身者的支持力逐渐变大，地面对健身者的摩擦力逐渐变大，由牛顿第三定律可知，健身者对地面的压力逐渐增大，健身者对地面的摩擦力逐渐增大，C错误，D正确。]
6．A [以圆柱体B为研究对象，分析受力如图所示
当将A缓慢向右移动一小段距离，F1与竖直方向的夹角增大，由图看出墙对B的弹力FN2增大；以圆柱体A、B整体为研究对象，根据平衡条件，在竖直方向有FN1＝(mA＋mB)g，当将A缓慢向右移动一小段距离，水平地面对A的弹力FN1不变，故A正确，B、C、D错误。]
7．D [以小球乙为研究对象受力分析，设绳与竖直方向的夹角为α，根据平衡条件可得，水平拉力F＝mgtan α，夹角α逐渐增大，则水平拉力F逐渐增大，绳子的拉力为FT＝eq \f(mg,cs α)，故绳子的拉力逐渐增大；以物体甲为研究对象受力分析，根据平衡条件可得，物体甲受到的地面的摩擦力与绳子拉力水平方向的分力等大反向，Ff＝FTcs θ＝eq \f(mgcs θ,cs α)，逐渐增大，故选D。]
8．A [由于存在对称性，仅对木楔的一个侧面受力分析，如图所示，当木楔能自锁而不会自动滑出时，一定满足FNsineq \f(α,2)taneq \f(α,2)，故选A。]
9．C [对小球进行受力分析如图所示，根据相似三角形法可得eq \f(F,AB)＝eq \f(FN,OB)＝eq \f(mg,OA)
在小球从B点缓慢上升到C点的过程中，重力大小、方向均不变，AB变小，OA、OB不变，则拉力F逐渐减小，大圆环轨道对小球的支持力FN大小不变，由牛顿第三定律知小球对大圆环轨道的压力大小保持不变，故选C。]
10．C [对石墩进行受力分析如图所示
Fcs θ＝μFN
FN＋Fsin θ＝mg
解得2F(eq \f(\r(3),2)cs θ＋eq \f(1,2)sin θ)＝mg，即F＝eq \f(mg,2sin\f(π,3)＋θ)，可解得，当θ＝eq \f(π,6)时，F最小为0.5mg，故小李能拖动石墩，且当θ＝eq \f(π,6)时最省力，故选C。]
11．(1)53° (2)1 kg
解析 (1)当圆环恰好要开始滑动时，设此时水平棒对圆环的支持力大小为FN，细绳对圆环的拉力大小为FT，对圆环受力分析，如图甲所示，
根据平衡条件有
μFN＝FTcs θ①
FN＝FTsin θ②
联立①②解得tan θ＝eq \f(1,μ)＝eq \f(4,3)，
即θ＝53°。
(2)由题意，根据几何关系可知
φ＝90°
按如图乙所示，以O为坐标原点建立xOy直角坐标系，对物块甲受力分析，根据平衡条件有Gcs θ＋FTsin θ－mg＝0③
FTcs θ－Gsin θ＝0④
联立③④解得m＝1 kg。
12．AB [对小球B受力分析，将FT、F、mg组成矢量三角形，由于FT和F的夹角始终不变，作辅助圆如图所示拉力F一直变大，初始状态时最小，为eq \f(\r(3),3)mg，A、B正确；拉力F的水平分力先变大后变小，对A、B、C整体进行受力分析知斜面体C所受地面摩擦力大小等于拉力F的水平分力大小，也是先变大后变小，故C、D错误。]