备考2024届高考物理一轮复习分层练习第二章相互作用专题四动态平衡问题平衡中的临界极值问题 (1)

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1.[2024黑龙江鸡西实验中学校考]建筑工人用如图所示的方式将重物从平台缓慢下放到地面上，固定重物的光滑圆环套在轻绳上，轻绳的一端固定在竖直墙上，工人手握的部分有足够长的绳子，工人站在平台上的位置保持不变，缓慢释放手中的绳子，重物缓慢下降，则在重物下降的过程中（ D ）
A.绳对圆环的作用力逐渐减小
B.工人对绳的拉力不变
C.平台对工人的支持力逐渐增大
D.平台对工人的摩擦力逐渐减小
解析 由于重物缓慢下降，故绳对环的作用力等于重物的重力，保持不变，A错误；设重物重为G，绳与竖直方向的夹角为θ，绳的拉力大小为F，根据力的平衡可知2Fcsθ＝G，缓慢释放手中的绳子，圆环两侧绳间夹角变小，即θ变小，易知绳上拉力F变小，故B错误；每侧绳的拉力的竖直分力等于重物重力的一半，对工人受力分析可知，平台对工人的支持力等于工人自身的重力与重物重力的一半之和，即平台对工人的支持力保持不变，故C错误；平台对工人的摩擦力等于绳的拉力的水平分力，即f＝12Gtanθ，因此随着θ的减小，平台对工人的摩擦力也逐渐减小，故D正确.
2.[2024辽宁鞍山模拟]如图所示，装卸工人利用斜面将一质量为m、表面光滑的油桶缓慢地推到汽车上.在油桶上移的过程中，人对油桶推力的方向由与水平方向成60°角斜向上逐渐变为水平向右，已知斜面的倾角为θ＝30°，重力加速度为g，则关于工人对油桶的推力大小，下列说法正确的是（ D ）
A.不变B.逐渐变小
C.逐渐变大D.最小值为mg2
解析 分析油桶的受力情况，油桶受重力、斜面的支持力和推力，因工人缓慢地将油桶推到汽车上，油桶处于动态平衡状态，由三角形定则作出力的动态变化过程，如图所示，推力F由与水平方向成60°角斜向上逐渐变为水平向右的过程中，推力先变小后变大，最小时力F和支持力N垂直，即沿斜面方向，此时最小值为mg2，D正确.
3.[设问创新/2024湖北武汉部分学校调研]某装备矢量发动机（其喷口可以偏转，以产生不同方向的推力）的战斗机沿水平方向飞行.已知战斗机的质量为m，升阻比（升力与阻力之比，升力主要由机翼上下表面空气流速不同产生，垂直机身向上，阻力平行机身向后）为k，重力加速度取g.战斗机匀速巡航时，该发动机提供的最小推力为（ D ）
A.mgB.mgk
C.k2+1kmgD.k2+1k2+1mg
解析 由题意可知战斗机在匀速巡航时受到的重力、升力、阻力的示意图如图所示，由于F升F阻＝k为一定值，所以升力和阻力的合力的方向是确定的，设此合力与阻力的夹角为θ，则tanθ＝k，易知csθ＝k2+1k2+1，将重力向左上平移至如图所示，由图示的几何关系可知，当推力F与升力和阻力的合力垂直时，推力最小，故最小推力Fmin＝mgcsθ＝k2+1k2+1mg，D正确.
4.重庆南开中学为增强学生体魄，组织学生进行多种体育锻炼.在某次锻炼过程中，一学生将铅球置于两手之间，其中两手之间夹角为60°，保持两手之间夹角不变，将右手由图示位置缓慢旋转60°至水平位置.不计一切摩擦，则在转动过程中，下列说法正确的是（ B ）
A.右手对铅球的弹力增加
B.右手对铅球的弹力先增加后减小
C.左手对铅球的弹力增加
D.左手对铅球的弹力先增加后减小
解析 对铅球受力分析，右手对铅球的弹力为F1，左手对铅球的弹力为F2，受力分析如图甲所示.F1与F2夹角为120°保持不变，故可以用动态圆求解如图乙所示.从图乙可看出F1先增大后减小，F2一直减小.故选B.

图甲 图乙
5.[2024湖南常德一中开学考]如图所示，质量均为m的铁球和木块通过轻绳a连接，轻绳b一端拴接在铁球上，另一端连接在弹簧测力计的挂钩上，通过弹簧测力计牵引铁球和木块一起沿水平方向做匀速直线运动.当轻绳b与水平方向成30°角时弹簧测力计示数最小.已知重力加速度为g，则（ D ）
A.木块与地面间的动摩擦因数为0.5
B.弹簧测力计示数的最小值为12mg
C.弹簧测力计示数最小时，轻绳a上的拉力大小为12mg
D.弹簧测力计示数最小时，轻绳a与竖直方向的夹角为60°
解析 由于弹簧测力计牵引铁球和木块一起沿水平方向做匀速直线运动，则对铁球和木块整体受力分析如图甲所示，当轻绳b与水平方向成30°角时，弹簧测力计示数最小，此时轻绳b上的拉力T、整体的重力2mg，地面给木块的支持力FN与地面给木块的摩擦力f的合力F合的关系如图乙所示，根据几何关系可知α＝30°，且tanα＝fFN、T＝2mgsinα、f＝μFN，解得μ＝33、T＝mg，故A、B错误；弹簧测力计示数最小时，轻绳a与竖直方向的夹角为θ，则对铁球受力分析有Tsin30°＋Tacsθ＝mg、Tcs30°＝Tasinθ，联立解得θ＝60°、Ta＝T＝mg，故C错误、D正确.
6.[回归教材/2024山西大同一中阶段练习/多选]如图所示，木板B放在粗糙水平地面上，O为光滑铰链.轻杆一端与铰链O固定连接，另一端固定连接重为G的小球A.现将轻绳一端拴在小球A上，另一端通过光滑定滑轮O'由力F牵引，定滑轮位于O的正上方，整个系统处于静止状态.现改变力F的大小使小球A和轻杆从图示位置缓慢运动到O点正上方，木板始终保持静止，则在小球A运动过程中（ AD ）
A.牵引力F逐渐减小
B.轻杆对小球的作用力先减小后增大
C.地面对木板的支持力逐渐减小
D.地面对木板的摩擦力逐渐减小
解析 对小球A进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图所示.由几何三角形与力三角形相似可得mgOO'＝FO'A＝F'OA，缓慢运动过程中，O'A逐渐减小，由mgOO'＝FO'A可知牵引力F逐渐减小，选项A正确；由mgOO'＝F'OA可知F'大小不变，即轻杆对小球A的作用力大小始终保持不变，选项B错误；设轻杆与竖直方向的夹角为θ，由B项可知轻杆对木板的作用力大小也不变，方向沿杆指向右下，但夹角θ逐渐减小，由N＝GB＋F'csθ可知地面对木板的支持力N逐渐增大，选项C错误；由受力分析可知，地面对B的静摩擦力大小为fs＝F'sinθ，因F'大小不变，θ角逐渐减小，故fs逐渐减小，选项D正确.
7.拖把是常用的劳动工具，假设拖把与水平地面接触端的质量为m，其他部分质量可忽略，接触端与地面之间的动摩擦因数为μ，如图所示，人施加沿杆方向的力F（图中未画出），推着接触端在水平地面上匀速滑行，杆与水平地面的夹角为α，重力加速度为g，则（ D ）
A.夹角α越大，推动拖把越轻松
B.接触端受到的支持力大小为Fsinα
C.接触端受到地面的摩擦力大小为μmg
D.接触端受到地面的摩擦力与支持力的合力方向不变
解析 接触端所受水平地面的摩擦力f与支持力N满足的关系为fN＝μ，所以f和N的合力F'方向不变，则接触端可视为在mg、F和F'三个力的作用下保持平衡状态（把摩擦力与支持力合成为一个力，此题就转化成三个共点力的平衡问题，再由摩擦力与支持力的合力、人施加的力F和接触端受到的重力建构出力的矢量三角形），如图所示，可知夹角α越大，F越大，即推动拖把越费力，故A错误，D正确；接触端受到的支持力为N＝mg＋Fsinα，故B错误；接触端受到地面的摩擦力为f＝μ（mg＋Fsinα）＝Fcsα，故C错误.
8.[情境创新/2024江苏苏州实验中学校考]某建筑工地用一可以移动的升降机来吊装重物，如图所示，轻绳穿过下方吊着重物的光滑圆环，A、B两点分别固定在建筑和升降机上，下列说法正确的是（ A ）
A.升降机缓慢上升时，绳中的张力大小不变
B.升降机缓慢向左移动时，绳中的张力变小
C.升降机缓慢上升时，地面对升降机的摩擦力变小
D.升降机缓慢向左移动时，升降机对地面的压力变大
解析 光滑圆环受力情况如图所示，设绳长为l，升降机和建筑间距离为d，右侧绳与竖直方向夹角为θ，绳中张力大小为F，根据几何知识可知sinθ＝dl，根据平衡条件有2Fcsθ＝mg，又csθ＝1－d2l2，解得F＝mg21－d2l2，升降机缓慢上升时，d和l不变，故绳中的张力大小不变，A正确；升降机缓慢向左移动时，d变大，绳中的张力变大，故B错误；根据平衡条件可知地面对升降机的摩擦力为f＝12mgtanθ，升降机缓慢上升时，d和l不变，夹角θ不变，则地面对升降机的摩擦力不变，故C错误；根据平衡条件可知，升降机对地面的压力为N'＝Mg＋mg2，升降机缓慢向左移动时，升降机对地面的压力不变，故D错误.
9.[2022河北]如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中（ B ）
A.圆柱体对木板的压力逐渐增大
B.圆柱体对木板的压力先增大后减小
C.两根细绳上的拉力均先增大后减小
D.两根细绳对圆柱体的拉力不变
解析 解法1：正弦定理法 设两绳子对圆柱体的拉力的合力为T，木板对圆柱体的支持力为N，绳子与垂直于木板方向的夹角为α，如图所示.在矢量三角形中，根据正弦定理得sinαmg＝sinβN＝sinγT.在木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平的过程中，α不变，γ从90°逐渐减小到0°，又γ＋β＋α＝180°且α＜90°，可知90°＜γ＋β＜180°，则0°＜β＜180°，可知β从锐角逐渐增大到钝角，根据sinαmg＝sinβN＝sinγT可知，由于sinγ逐渐减小，sinβ先增大后减小，可知T逐渐减小，N先增大后减小.因两绳子的拉力的合力T逐渐减小，两绳子的拉力的夹角不变，则绳子拉力减小，故B正确.
解法2：正交分解法 设木板与竖直方向的夹角为θ，圆柱体受到重力mg、支持力FN和两绳拉力的作用，设两绳拉力的合力为T，方向在两绳角平分线上，设两绳夹角为2α，每条绳的拉力为T0，由平行四边形定则可知T＝2T0csα，设合力T与木板间的夹角为β，由平衡条件可知Tcsβ＝mgcsθ，FN＝mgsinθ＋Tsinβ，联立得FN＝mgsinθ＋mgcsθtanβ，根据数学知识有FN＝mg·1+tan2βsin（θ＋x），即θ由0°变化到90°的过程中，FN先增大后减小，A项错、B项正确；由上述式子解得T0＝mgcsθ2csαcsβ，所以绳的拉力随木板与竖直方向的夹角的增大而减小，C、D项错.
10.一般教室门上都安装一种暗锁，这种暗锁由外壳A、骨架B、弹簧C（劲度系数为k）、锁舌D（倾角θ＝30°）、锁槽E以及连杆、锁头等部件组成，如图甲所示.设锁舌D的侧面与外壳A和锁槽E之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力Ffm由Ffm＝μFN（FN为正压力）求得.有一次放学后，当某同学准备关门时，无论用多大的力，也不能将门关上（这种现象称为自锁），此刻暗锁所处的状态的俯视图如图乙所示，P为锁舌D与锁槽E之间的接触点，弹簧由于被压缩而缩短了x.下面说法正确的是（ D ）
A.自锁状态时锁舌D的下表面所受摩擦力的方向向左
B.锁舌D受到锁槽E摩擦力的方向沿侧面向上
C.无论μ多大，暗锁仍然能够保持自锁状态
D.无论用多大的力拉门，暗锁仍然能够保持自锁状态，μ存在最小值
解析 锁舌D受力分析如图所示，自锁状态时，由于锁舌有向左运动的趋势，故锁舌D的下表面所受到的最大静摩擦力为f1，其方向向右，锁舌D受到锁槽E摩擦力f2的方向沿侧面向下，故A、B错误；设锁舌D受到锁槽E的最大静摩擦力为f2，正压力为N，下表面受到的正压力为F，所受弹簧弹力为kx，由平衡条件有kx＋f1＋f2csθ－Nsinθ＝0，F－Ncsθ－f2sinθ＝0，又f2＝μN，f1＝μF，联立上述方程得N＝2kx1－23μ－μ2，令N趋向于无穷大，则有1－23μ－μ2＝0，解得μ＝2－3，无论用多大的力拉门，暗锁仍然能够保持自锁状态，μ最小值为2－3，故D正确、C错误.
11.[传统文化/2024湖南师范大学附属中学开学考]“抖空竹”是中国传统的体育活动之一，在我国有悠久的历史，为国家级非物质文化遗产之一.现将“抖空竹”中的一个变化过程简化成以下模型：轻质绳系于两根轻杆的端点位置，左、右手分别握住两根轻杆的另一端，一定质量的空竹架在绳上.接下来做如下动作，左手抬高的同时右手放低，使绳的两个端点缓慢匀速移动，其轨迹为竖直面内等腰梯形的两个腰（梯形的上、下底水平），如图所示.两端点分别自A、C两点，沿AB、CD以同一速度大小v匀速移动，忽略摩擦力及空气阻力的影响，则运动过程中（ A ）
A.左、右两边绳的弹力均不变且相等
B.左、右两边绳的弹力均变大
C.左边绳的弹力变大
D.右边绳的弹力变小
解析 如图所示，以空竹为研究对象进行受力分析，同一根绳子拉力处处相等，所以F1＝F2，设F1与水平方向的夹角为α，F2与水平方向的夹角为β，则有F1csα＝F2csβ，所以α＝β，故两根绳与竖直方向的夹角相等，设为θ，则2F1csθ＝mg，即F1＝mg2csθ，两端点移动的过程，两端点在水平方向上的距离不变，又绳长不变，所以θ不变，csθ不变，从而得出F1和F2均不变，选项A正确，B、C、D错误.
12.[空间力系＋活结问题/2024河南高三统考/多选]野炊时，三根对称分布的轻质细杆构成烹煮支架静置于水平地面上，如图甲所示.炊具与食物的总质量为m，各杆与竖直方向的夹角均为30°.出于安全考虑，盛取食物时用光滑铁钩缓慢拉动吊绳使炊具偏离火堆，如图乙所示.重力加速度为g，下列说法正确的是（ AB ）
A.烹煮食物时，各杆对地面的压力大小均为239mg
B.烹煮食物时，各杆受到地面的摩擦力大小均为39mg
C.拉动吊绳过程中，吊绳上的张力不断增大
D.拉动吊绳过程中，铁钩对吊绳的作用力方向不变
解析 根据共点力平衡有3Fcs30°＝mg，解得地面对各杆的支持力大小均为F＝239mg，由牛顿第三定律知烹煮食物时，各杆对地面的压力大小均为F'＝F＝239mg，故A正确；烹煮食物时，各杆受到地面的摩擦力大小均为f＝Fsin30°＝39mg，故B正确；拉动吊绳过程中，炊具与食物受力平衡，故绳子的拉力等于炊具与食物的重力，故大小不变，C错误；拉动吊绳过程中，结点受到竖直向下的绳子拉力、斜向上的绳子拉力，以及铁钩对吊绳的作用力，在拉动吊绳过程中，斜向上的绳子拉力的方向改变，根据共点力平衡可知铁钩对吊绳的作用力方向改变，故D错误.