1．三力平衡下的極值問題，常用圖解法，將力的問題轉(zhuǎn)化為三角形問題，求某一邊的最短值．
2．多力平衡時求極值一般用解析法，由三角函數(shù)、二次函數(shù)、不等式求解．
3．若物體受包括彈力、摩擦力在內(nèi)的四個力平衡，可以把彈力摩擦力兩個力合成一個力(又稱“全反力”)，該力方向固定不變(與彈力夾角正切值為μ)，從而四力平衡變成三力平衡，再用圖解法求解．
1．(2023·安徽“江南十校”綜合素質(zhì)檢測)如圖1所示，游樂場中有一半球形的碗狀裝置固定在水平地面上，裝置的內(nèi)半徑為R，在其內(nèi)表面有一個小孩(可視為質(zhì)點)從底部向上爬行，小孩與內(nèi)表面之間的動摩擦因數(shù)為0.75，設(shè)小孩所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則小孩沿該裝置緩慢向上爬行的最大高度是( )
圖1
A．0.2RB．0.25RC．0.75RD．0.8R
2．(2023·湖南婁底市質(zhì)檢)如圖2所示，豎直面光滑的墻角有一個質(zhì)量為m，半徑為r的均勻半球體物塊A，現(xiàn)在A上放一密度和半徑與A相同的球體B，調(diào)整A的位置使得A、B保持靜止?fàn)顟B(tài)，已知A與地面間的動摩擦因數(shù)為0.5，則A球球心距墻角的距離可能是(已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)( )
圖2
A.eq \f(9r,5)B．2rC.eq \f(11r,5)D.eq \f(13r,5)
3．(多選)(2023·廣東七校聯(lián)考)如圖3所示，質(zhì)量為m的小球a、b之間用輕繩相連，小球a通過輕桿固定在左側(cè)豎直墻壁上，輕桿與豎直墻壁夾角為30°.現(xiàn)改變作用在小球b上的外力的大小和方向，輕繩與豎直方向的夾角保持60°不變，重力加速度為g，則( )
圖3
A．輕繩上的拉力一定小于mg
B．外力F的最小值為eq \f(\r(3),2)mg
C．輕桿對小球a作用力的方向不變
D．輕桿對小球a的作用力最小值為mg
4．(2023·貴州畢節(jié)市適應(yīng)性監(jiān)測(三))如圖4所示，一安裝有滑輪的斜面M置于粗糙的水平面上，P、Q兩物塊用輕繩連接并跨過滑輪(不計滑輪的質(zhì)量和摩擦)，P懸于空中，Q在斜面上恰處于靜止?fàn)顟B(tài)．當(dāng)用沿斜面向上的恒力推Q時，M、Q仍恰好靜止不動，則有( )
圖4
A．Q受到的摩擦力大小不變，方向變化
B．Q受到的摩擦力可能變大
C．Q受到的拉力變小
D．M受到水平面的摩擦力方向始終向右
5.(2023·河南省開封市第三次模擬)課堂上，老師準備了“∟”形光滑木板和三個完全相同、外表面光滑的勻質(zhì)圓柱形積木，要將三個積木按圖5所示(截面圖)方式堆放在木板上，則木板與水平面夾角θ的最大值為( )
圖5
A．30°B．45°C．60°D．90°
6．(多選)(2023·河北張家口市月考)如圖6所示，水平地面上質(zhì)量為m的木塊，受到方向與水平方向成θ角的拉力F作用，在θ由0°逐漸增大到90°的過程中，木塊始終以不變的速度沿水平地面向右做勻速直線運動．已知重力加速度為g，下列說法正確的是( )
圖6
A．拉力F先減小后增大
B．物體受到地面的摩擦力不變
C．木塊與地面之間的動摩擦因數(shù)μ與F、θ關(guān)系為μ＝eq \f(Fcsθ,mg－Fsinθ)
D．F的最小值為F＝eq \f(μmg,2\r(1＋μ2))
7．如圖7所示，質(zhì)量為M的斜劈傾角為θ，在水平面上保持靜止，當(dāng)將一質(zhì)量為m的木塊放在斜面上時正好勻速下滑．如果用與斜面成α角的力F拉著木塊沿斜面勻速上滑．
圖7
(1)求拉力F的大?。?br>(2)若m＝1kg，θ＝15°，g＝10m/s2，求F的最小值以及對應(yīng)的α的取值．
答案精析
1．A [當(dāng)小孩爬至最高處時，由平衡狀態(tài)可知，mgsinθ＝μmgcsθ，得tanθ＝0.75，故
csθ＝0.8，由h＝R(1－csθ)可求得最大高度為0.2R，故A選項正確．]
2.C [根據(jù)題意可知，B的質(zhì)量為2m，A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡，則地面對A的支持力為：N＝3mg，當(dāng)?shù)孛鎸的摩擦力達到最大靜摩擦力時，A球球心距墻角的距離最遠，對A、B受力分析，如圖所示，
根據(jù)平衡條件得：F＝eq \f(2mg,sinθ)，F(xiàn)csθ＝μ·3mg，解得：tanθ＝eq \f(4,3)，可得csθ＝eq \f(3,5)，則A球球心距墻角的最遠距離為：x＝2rcsθ＋r＝eq \f(11,5)r，故C正確，A、B、D錯誤．]
3．BD [對b進行受力分析如圖，
當(dāng)F的方向發(fā)生變化時，由圖可知，輕繩上的拉力可能小于mg，有可能大于mg，故A錯誤；由b的受力圖可知，當(dāng)外力F的方向與輕繩垂直時，外力F最小，最小為：Fmin＝mg·sin60°＝eq \f(\r(3),2)mg，故B正確；以a為研究對象，可知a受到重力、輕繩ab對a的作用力以及桿對a的作用力處于平衡狀態(tài)，由三個力平衡的特點可知，桿對a的作用力與a的重力、繩對a的拉力的合力大小相等、方向相反．a(chǎn)受到的重力大小和方向均不變，繩對a的拉力方向不變，大小是變化的，所以a受到的重力與繩對a的拉力的合力大小、方向都是變化的，所以桿對a的作用力大小、方向都是變化的，故C錯誤；由b的受力分析可知，當(dāng)外力F對b的拉力方向豎直向上時，外力F與b的重力大小相等、方向相反，輕繩此時的拉力等于0，所以a只受到重力和桿對a的作用力，此時桿對a的作用力最小，恰好等于a的重力，故D正確．]
4．B [在沒用沿斜面向上的推力推物體Q時，對P、Q和M整體受力分析，可知水平方向不受力，因此剛開始地面和斜面M之間沒有摩擦力；當(dāng)用沿斜面向上的力推Q時，P、Q和M仍靜止不動，對整體受力分析，可知整體受到豎直方向的重力、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錯誤．在整個過程中物體P保持靜止，對物體P受力分析可知繩上的拉力T＝mPg，因此繩上的拉力不變，Q受到的拉力也不變，C錯誤．對物體Q受力分析，當(dāng)物體Q受到的靜摩擦力沿斜面向下時有T＝mQgsinθ＋f1，當(dāng)作用外力F時有T＋F＝mQgsinθ＋f2，可知靜摩擦力可能增大；當(dāng)物體Q受到的靜摩擦力沿斜面向上時有T＋f1＝mQgsinθ，作用外力F時，T＋f2＋F＝mQgsinθ，可知靜摩擦力可能減小，故A錯誤，B正確．]
5．A [θ取0°時，下面兩圓柱之間將會分開，無法穩(wěn)定，應(yīng)適當(dāng)增大θ以保持系統(tǒng)穩(wěn)定，此時下面兩圓柱之間有彈力；當(dāng)下面兩圓柱之間的彈力恰好為0時，對應(yīng)的θ為最小值；繼續(xù)增大θ，右圓柱和上圓柱之間彈力減小，若θ太大，此兩圓柱將分開，當(dāng)上圓柱和右圓柱之間的彈力恰好為0，對應(yīng)的θ為最大值．臨界情況為θmax時，左邊兩圓柱的圓心連線在豎直方向上，保證上圓柱只受到兩個力的作用恰好處于平衡狀態(tài)，此時上圓柱與右圓柱間相互接觸且無彈力，可得θ＝30°，故A正確，B、C、D項錯誤．]
6．AC [F＝eq \f(μmg,csθ＋μsinθ)＝eq \f(μmg,\r(1＋μ2)sin?α＋θ?)(其中tanα＝eq \f(1,μ) )，當(dāng)θ由0°逐漸增大到90°的過程中sin(α＋θ)先增大后減小，則拉力F先減小后增大，當(dāng)sin(α＋θ)＝1時F最小，即F＝eq \f(μmg,\r(1＋μ2))，選項A正確，D錯誤；木塊受到地面的摩擦力f＝μ(mg－Fsinθ)＝Fcsθ＝eq \f(μmgcsθ,csθ＋μsinθ)＝eq \f(μmg,1＋μtanθ)，則在θ由0°逐漸增大到90°的過程中木塊受到地面的摩擦力逐漸減小，選項B錯誤；木塊處于平衡狀態(tài)，則Fcsθ＝μ(mg－Fsinθ)，解得μ＝eq \f(Fcsθ,mg－Fsinθ)，選項C正確．]
7．見解析
解析 (1)由木塊在斜面上勻速向下滑動，可得：
mgsinθ＝μmgcsθ①
在拉力F作用下沿斜面勻速向上滑動時，有：
Fcsα＝mgsinθ＋f②
Fsinα＋N＝mgcsθ③
f＝μN④
①②③④聯(lián)立可解得：F＝eq \f(mgsin2θ,cs?θ－α?)⑤
(2)由⑤式可知：當(dāng)α＝θ時，F(xiàn)有最小值．即
當(dāng)α＝15°時，F(xiàn)min＝mgsin2θ＝5N.

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