新高考物理一輪復(fù)習(xí)講義第2章相互作用力專題強(qiáng)化二動態(tài)平衡平衡中的臨界與極值問題 (含解析)-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

考點(diǎn)一動態(tài)平衡問題
1.動態(tài)平衡是指物體的受力狀態(tài)緩慢發(fā)生變化，但在變化過程中，每一個(gè)狀態(tài)均可視為平衡狀態(tài)。
2.做題流程
方法解析法
1.對研究對象進(jìn)行受力分析，畫出受力示意圖。
2.根據(jù)物體的平衡條件列式，得到因變量與自變量的關(guān)系表達(dá)式(通常要用到三角函數(shù))。
3.根據(jù)自變量的變化確定因變量的變化。
例1 (2021·湖南卷，5)質(zhì)量為M的凹槽靜止在水平地面上，內(nèi)壁為半圓柱面，截面如圖1所示，A為半圓的最低點(diǎn)，B為半圓水平直徑的端點(diǎn)。凹槽恰好與豎直墻面接觸，內(nèi)有一質(zhì)量為m的小滑塊。用推力F推動小滑塊由A點(diǎn)向B點(diǎn)緩慢移動，力F的方向始終沿圓弧的切線方向，在此過程中所有摩擦均可忽略，下列說法正確的是( )
圖1
A.推力F先增大后減小
B.凹槽對滑塊的支持力先減小后增大
C.墻面對凹槽的壓力先增大后減小
D.水平地面對凹槽的支持力先減小后增大
答案 C
解析對小滑塊受力分析，如圖甲所示，由題意可知，推力F與凹槽對滑塊的支持力FN始終垂直，即α＋β始終為90°，在小滑塊由A點(diǎn)向B點(diǎn)緩慢移動的過程中，α減小，β增大，由平衡條件得F＝mgcs α、FN＝mgsin α，可知推力
F一直增大，凹槽對滑塊的支持力FN一直減小，A、B錯(cuò)誤；對小滑塊和凹槽整體受力分析，如圖乙所示，根據(jù)平衡條件可得，墻面對凹槽的壓力大小FN1＝
Fsin α＝eq \f(1,2)mgsin 2α，水平地面對凹槽的支持力FN2＝Mg＋mg－Fcs α，在小滑塊由A點(diǎn)向B點(diǎn)緩慢移動的過程中，α由eq \f(π,2)逐漸減小到零，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知墻面對凹槽的壓力先增大后減小，水平地面對凹槽的支持力一直減小，C正確，D錯(cuò)誤。

甲乙
跟蹤訓(xùn)練
1.如圖2所示，半徑相同、質(zhì)量分布均勻的圓柱體E和半圓柱體M靠在一起，E表面光滑，重力為G；M下表面粗糙，E、M均靜止在水平地面上?，F(xiàn)過E的軸心施以水平作用力F，可使圓柱體E被緩慢拉離水平地面，并緩慢地滑到M的頂端，在上述全過程中，M始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。對該過程的分析，下列說法正確的是( )
圖2
A.地面所受M的壓力一直增大
B.地面對M的摩擦力一直增大
C.水平作用力F的大小一直增大
D.E、M間的壓力最大值為2G
答案 D
解析圓柱體E和半圓柱體M視為一整體，以整體為研究對象，因?yàn)檎w處于平衡狀態(tài)，在豎直方向有FN′＝G＋GM，可知地面支持力大小保持不變，根據(jù)牛頓第三定律知地面所受M的壓力大小不變，故A錯(cuò)誤；以圓柱體E為研究對象，受力分析如圖所示，設(shè)兩圓心連線與地面的夾角為θ，則有FNsin θ＝G，F(xiàn)Ncs θ＝F，解得FN＝eq \f(G,sin θ)，F(xiàn)＝eq \f(cs θ,sin θ)G＝eq \f(G,tan θ)，依題意知θ從30°增大到90°，則可知F逐漸變小；將圓柱體E和半圓柱體M視為一整體，因?yàn)檎w處于平衡狀態(tài)，則水平方向有Ff＝F，因過程中水平拉力F一直在變小，所以地面對M的摩擦力也一直變小，故B、C錯(cuò)誤；據(jù)分析，因開始時(shí)θ最小，則E與M之間的壓力FN最大，則有FN＝eq \f(G,sin 30°)＝2G，故D正確。
方法圖解法
用圖解法分析物體動態(tài)平衡問題時(shí)，一般是物體只受三個(gè)力作用，且其中一個(gè)力大小、方向均不變，另一個(gè)力的方向不變，第三個(gè)力大小、方向均變化。
例2 (2023·遼寧丹東模擬)如圖3所示，將質(zhì)量為m的球放在AB和CD兩個(gè)與紙面垂直的光滑板之間，兩板與水平面夾角θ＝α＝30°并保持靜止。AB板固定，CD板與AB板活動連接，CD板可繞通過D點(diǎn)且垂直紙面的軸轉(zhuǎn)動。在θ角緩慢地由30°增大到75°的過程中，球?qū)B板壓力的最大值為( )
圖3
B.mg C.eq \r(2)mg
答案 B
解析對小球進(jìn)行受力分析，如圖甲所示，小球受重力mg、AB板的支持力FNAB、CD的支持力FNCD三個(gè)力作用保持平衡，當(dāng)θ角緩慢地由30°增大到75°的過程中，如圖乙所示，在θ＝75°時(shí)FNAB達(dá)到最大值，由幾何知識可知，此時(shí)AB板對球的支持力等于mg，根據(jù)牛頓第三定律可知，球?qū)B板壓力的最大值為mg，故B正確。
跟蹤訓(xùn)練
2.(多選)如圖4，一粗糙斜面固定在地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑輪。一細(xì)繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊N，另一端與斜面上的物塊M相連，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用水平向左的拉力緩慢拉動N，直至懸掛N的細(xì)繩與豎直方向成45°。已知M始終保持靜止，則在此過程中( )
圖4
A.水平拉力的大小可能保持不變
B.M所受細(xì)繩的拉力大小一定一直增加
C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加
D.M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增加
答案 BD
解析選N為研究對象，受力情況如圖甲所示，用水平拉力F緩慢拉動N的過程中，水平拉力F逐漸增大，細(xì)繩的拉力FT逐漸增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；對M受力分析，如圖乙所示，受重力GM、支持力FN、繩的拉力FT以及斜面對它的摩擦力Ff。若開始時(shí)斜面對M的摩擦力Ff沿斜面向上，則FT＋Ff＝GMsin θ，F(xiàn)T逐漸增大，F(xiàn)f逐漸減小，當(dāng)Ff減小到零后，再反向增大。若開始時(shí)斜面對M的摩擦力Ff沿斜面向下，此時(shí)，F(xiàn)T＝GMsin θ＋Ff，當(dāng)FT逐漸增大時(shí)，F(xiàn)f逐漸增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。
方法相似三角形法
物體受三個(gè)力平衡：一個(gè)力恒定，另外兩個(gè)力的方向同時(shí)變化，當(dāng)所作“力的矢量三角形”與空間的某個(gè)“幾何三角形”總相似時(shí)，常利用相似三角形法。
例3 (2023·河北衡水模擬)如圖5所示為一種可折疊壁掛書架，一個(gè)書架用兩個(gè)三角形支架固定在墻壁上，書與書架的重心始終恰好在兩個(gè)支架橫梁和斜梁的連接點(diǎn)O、O′連線中點(diǎn)的正上方，書架含書的總重力為60 N，橫梁AO、A′O′水平，斜梁BO、B′O′跟橫梁夾角為37°，橫梁對O、O′點(diǎn)拉力始終沿OA、O′A′方向，斜梁對O、O′點(diǎn)的壓力始終沿BO、B′O′方向，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，則下列說法正確的是( )
圖5
A.橫梁OA所受的力為80 N
B.斜梁BO所受的力為50 N
C.O、O′點(diǎn)同時(shí)向A、A′移動少許，橫梁OA所受的力變大
D.O、O′點(diǎn)同時(shí)向A、A′移動少許，斜梁BO所受的力變大
答案 B
解析兩個(gè)三角架承擔(dān)的力為60 N，每個(gè)三角架為30 N，對O點(diǎn)受力分析，如圖甲所示，F(xiàn)OA＝eq \f(\f(G,2),tan 37°)＝40 N，F(xiàn)BO＝eq \f(\f(G,2),sin 37°)＝50 N，故A錯(cuò)誤，B正確；O、O′同時(shí)向A、A′移動少許，對O點(diǎn)受力分析，如圖乙虛線所示，三角形AOB與力三角形相似，所以有eq \f(\f(G,2),AB)＝eq \f(FBO,BO)＝eq \f(FOA,OA)，AB與BO長度未變，AO長度減小，故FBO不變，F(xiàn)AO減小，故C、D錯(cuò)誤。
跟蹤訓(xùn)練
3.(多選)如圖6所示，質(zhì)量均為m的小球A、B用勁度系數(shù)為k1的輕彈簧相連，B球用長為L的細(xì)繩懸掛于O點(diǎn)，A球固定在O點(diǎn)正下方，當(dāng)小球B平衡時(shí)，細(xì)繩所受的拉力為FT1，彈簧的彈力為F1；現(xiàn)把A、B間的彈簧換成原長相同但勁度系數(shù)為k2(k2>k1)的另一輕彈簧，在其他條件不變的情況下仍使系統(tǒng)平衡，此時(shí)細(xì)繩所受的拉力為FT2，彈簧的彈力為F2。則下列關(guān)于FT1與FT2、F1與F2大小的比較，正確的是( )
圖6
A.FT1>FT2 B.FT1＝FT2
C.F190°，現(xiàn)使∠BCA緩慢變小，直到∠BCA＝30°。在此過程中，桿BC所產(chǎn)生的彈力( )
圖4
A.大小不變 B.逐漸增大
C.先增大后減小 D.先減小后增大
答案 A
解析以結(jié)點(diǎn)B為研究對象，分析受力情況，作出力的合成圖如圖，根據(jù)平衡條件知，F(xiàn)、FN的合力F合與G大小相等、方向相反。根據(jù)三角形相似得eq \f(F合,AC)＝eq \f(F,AB)＝eq \f(FN,BC)，又F合＝G得F＝eq \f(AB,AC)G，F(xiàn)N＝eq \f(BC,AC)G，∠BCA緩慢變小的過程中，AB變小，而AC、BC不變，則F變小，F(xiàn)N不變，故桿BC所產(chǎn)生的彈力大小不變，故A正確。
對點(diǎn)練2 平衡中的臨界與極值問題
5.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5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(jì)，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，為使木棍下端一定不發(fā)生側(cè)滑，則木棍的長度最多為( )
圖5
A.1.5 m B.eq \r(3) m C.2 m D.2eq \r(3) m
答案 C
解析設(shè)木棍與豎直方向夾角為θ，木棍長度為L，糧倉對木棍的作用力為F。為使木棍下端一定不發(fā)生側(cè)滑，則有Fsin θ≤μFcs θ，即μ≥tan θ，由幾何知識有tan θ＝eq \f(\r(L2－h(huán)2),h)，聯(lián)立解得L≤2 m，即木棍的長度最多為2 m，故C項(xiàng)正確。
6.如圖6所示，質(zhì)量分別為3m和m的兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球a、b，中間用一細(xì)線連接，并通過另一細(xì)線將小球a與天花板上的O點(diǎn)相連，為使小球a和小球b均處于靜止?fàn)顟B(tài)，且Oa細(xì)線向右偏離豎直方向的夾角恒為37°，需要對小球b朝某一方向施加一拉力F。若已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。重力加速度為g，則當(dāng)F的大小達(dá)到最小時(shí)，Oa細(xì)線對小球a的拉力大小為( )
圖6
B.3mg D.4mg
答案 C
解析以兩個(gè)小球組成的整體為研究對象，作出F在三個(gè)方向時(shí)整體的受力圖。根據(jù)平衡條件知F與FT的合力與總重力總是大小相等、方向相反的，由力的合成圖可知當(dāng)F與繩子Oa垂直時(shí)F有最小值，即圖中2位置，此時(shí)Oa細(xì)線對小球a的拉力大小為FT＝4mgcs 37°＝3.2mg，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。
7.(2020·山東卷，8)如圖7所示，一輕質(zhì)光滑定滑輪固定在傾斜木板上，質(zhì)量分別為m和2m的物塊A、B，通過不可伸長的輕繩跨過滑輪連接，A、B間的接觸面和輕繩均與木板平行。A與B間、B與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當(dāng)木板與水平面的夾角為45°時(shí)，物塊A、B剛好要滑動，則μ的值為( )
圖7
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,5) D.eq \f(1,6)
答案 C
解析根據(jù)題述，物塊A、B剛要滑動，可知A、B之間的摩擦力FfAB＝μmgcs 45°，B與木板之間的摩擦力Ff＝μ·3mgcs 45°。隔離A分析受力，由平衡條件可得輕繩中拉力F＝FfAB＋mgsin 45°。對A、B整體，由平衡條件可得2F＝3mgsin 45°－Ff，聯(lián)立解得μ＝eq \f(1,5)，選項(xiàng)C正確。
8.(多選)如圖8所示，A、B兩個(gè)物體中間用一根不可伸長的輕繩相連，在物體B上施加一斜向上的力F，使A、B兩物體保持相對靜止一起沿水平地面向右勻速運(yùn)動，當(dāng)力F與水平面的夾角為θ時(shí)，力F最小。已知A、B兩物體的質(zhì)量分別為m1＝2.5 kg、m2＝0.5 kg，物體A與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝eq \f( \r(3),3)，g取10 m/s2，不計(jì)空氣阻力，則下列說法正確的是( )
圖8
A.θ＝30°
B.θ＝60°
C.力F的最小值為12 N
D.力F的最小值為15 N
答案 AD
解析對A、B兩物體，采用整體法進(jìn)行受力分析，由共點(diǎn)力平衡和正交分解法知，在豎直方向上，
FN＝(m1＋m2)g－Fsin θ
滑動摩擦力為
Ff＝μFN
在水平方向上
Ff＝Fcs θ
解得F＝eq \f(μ（m1＋m2）g,cs θ＋μsin θ)
由三角函數(shù)知識，得F的最小值為
Fmin＝eq \f(μ（m1＋m2）g,\r(1＋μ2))＝15 N
此時(shí)有tan θ＝μ＝eq \f(\r(3),3)，θ＝30°
故A、D正確。
B級綜合提升練
9.(2023·江蘇南京市中華中學(xué)高三開學(xué)考)如圖9所示，在水平板的左端有一固定擋板，擋板上連接一輕質(zhì)彈簧，緊貼彈簧放一質(zhì)量為m的滑塊，此時(shí)彈簧處于自然長度。已知滑塊與板間的動摩擦因數(shù)為eq \f(\r(3),3)，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力?，F(xiàn)將板的右端緩慢抬起(板與水平面的夾角為θ)，直到板豎直。此過程中( )
圖9
A.當(dāng)θ＝30°時(shí)，彈簧的彈力F＝eq \f(1,2)mg
B.當(dāng)θ＝45°時(shí)，摩擦力Ff＝eq \f(\r(2),2)mg
C.當(dāng)θ＝60°時(shí)，摩擦力達(dá)到最大
D.當(dāng)θ＝60°時(shí)，彈簧的彈力F＝eq \f(\r(3),3)mg
答案 D
解析由題意可知mgsin θ＝μmgcs θ，即μ＝tan θ＝eq \f(\r(3),3)，θ＝30°，即當(dāng)θ＝30°時(shí)，滑塊處于即將滑動狀態(tài)，此時(shí)彈簧的彈力為0，故A錯(cuò)誤；當(dāng)θ＝45°>30°時(shí)，滑塊處于緩慢滑動狀態(tài)，則滑動摩擦力為Ff＝μmgcs 45°＝eq \f(\r(3),3)×eq \f(\r(2),2)mg＝
eq \f(\r(6),6)mg，故B錯(cuò)誤；當(dāng)θ＝30°時(shí)，摩擦力達(dá)到最大，隨板與水平面的夾角增大，滑動摩擦力減小，故C錯(cuò)誤；當(dāng)θ＝60°時(shí)，由平衡條件可知F＋μmgcs 60°＝
mgsin 60°，即F＝mgsin 60°－μmgcs 60°＝eq \f(\r(3),2)mg－eq \f(\r(3),3)×eq \f(1,2)mg＝eq \f(\r(3),3)mg，故D正確。
10.(多選)(2023·華大新高考聯(lián)盟聯(lián)考)如圖10所示，一個(gè)裝滿水的空心球總質(zhì)量為m，左側(cè)緊靠在豎直墻面上，右側(cè)由方形物塊頂在其右下方的A點(diǎn)，使球處于靜止?fàn)顟B(tài)?？招那虻膱A心為O，半徑為R，A點(diǎn)距離圓心O的豎直距離為eq \f(R,2)，重力加速度為g。則( )
圖10
A.方形物塊對空心球的彈力大小為2mg
B.僅將方形物塊向右移動少許，墻面對空心球的彈力將不變
C.僅當(dāng)空心球里的水放掉一小部分，方形物塊對球的彈力將變小
D.僅當(dāng)空心球里的水放掉一小部分，方形物塊對球的彈力與水平方向的夾角將變小
答案 AC
解析以空心球整體為研究對象，受力分析如圖，由幾何關(guān)系可知sin θ＝eq \f(R,2R)＝eq \f(1,2)，故方形物塊對空心球的彈力大小為FNA＝eq \f(mg,sin θ)＝2mg，A正確；僅將方形物塊向右移動少許，θ變小，墻面對空心球的彈力FN＝eq \f(mg,tan θ)將變大，B錯(cuò)誤；僅當(dāng)空心球里的水放掉一小部分，重力變小，重心下降，但方形物塊對空心球的彈力方向仍然指向圓心，方向不變，即方形物塊對球的彈力與水平方向的夾角θ不變，重力變小，則方形物塊對球的彈力將變小，C正確，D錯(cuò)誤。
11.如圖11所示，在水平推力作用下，物體A靜止在傾角為θ＝45°的粗糙斜面上，當(dāng)水平推力為F0時(shí)，A剛好不下滑，然后增大水平推力的值，當(dāng)水平推力為F時(shí)A剛好不上滑。設(shè)滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，物體A與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ(μ＜1)，則下列關(guān)系式成立的是( )
圖11
A.F＝eq \f(μ,1－μ)F0 B.F＝(eq \f(μ,1－μ))2F0
C.F＝eq \f(1＋μ,1－μ)F0 D.F＝(eq \f(1＋μ,1－μ))2F0
答案 D
解析當(dāng)物體恰好不下滑時(shí)，沿斜面方向剛好平衡，則有
mgsin 45°＝F0cs 45°＋μFN
垂直于斜面方向，有
FN＝mgcs 45°＋F0sin 45°
解得F0＝eq \f(1－μ,1＋μ)mg
同理，當(dāng)物體恰好不上滑時(shí)，有F＝eq \f(1＋μ,1－μ)mg
解得F＝(eq \f(1＋μ,1－μ))2F0，故選項(xiàng)D正確。
12.如圖12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(shí)恰能沿斜面勻速下滑。對物體施加一大小為F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α?xí)r，不論水平恒力F多大，都不能使物體沿斜面向上滑行，設(shè)物體與斜面的動摩擦因數(shù)為μ＝eq \f(\r(3),3)，這一臨界角α的大小為( )
圖12
A.30° B.45° C.60° D.75°
答案 C
解析斜面傾角為α?xí)r，無論F多大都不能推動物塊。受力情況如圖所示，對物體進(jìn)行受力分析，建立沿斜面與垂直于斜面的直角坐標(biāo)系，沿斜面有Fcs α＝mgsin α＋Ff，垂直于斜面有FN＝mgcs α＋Fsin α，又Ff＝μFN，聯(lián)立解得F＝eq \f(mgsin α＋μmgcs α,cs α－μsin α)，根據(jù)題意，當(dāng)分母趨于0時(shí)，分式趨于無窮大，故當(dāng)cs α＝μsin α?xí)r，分式趨于無窮大，此時(shí)μ＝eq \f(1,tan α)，又因μ＝eq \f(\r(3),3)，解得α＝60°，故C正確。
13.(2023·江蘇揚(yáng)州質(zhì)檢)如圖13所示，在質(zhì)量為m的物塊上系著兩條細(xì)繩，其中長30 cm的細(xì)繩另一端連著輕質(zhì)圓環(huán)，圓環(huán)套在水平棒上可以滑動，圓環(huán)與棒間的動摩擦因數(shù)μ＝0.75。另一細(xì)繩跨過光滑定滑輪與重為G的物塊相連，定滑輪固定在距離圓環(huán)50 cm的地方。當(dāng)G＝6 N時(shí)，圓環(huán)恰好開始滑動。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
圖13
(1)OA繩與棒間的夾角θ；
(2)物塊的質(zhì)量m。
答案 (1)53° (2)1 kg
解析 (1)當(dāng)圓環(huán)將要開始滑動時(shí)，設(shè)此時(shí)水平棒對圓環(huán)的支持力大小為FN，細(xì)繩對圓環(huán)的拉力大小為FT，對圓環(huán)受力分析，如圖甲所示，
甲
根據(jù)平衡條件有
μFN－FTcs θ＝0①
FN－FTsin θ＝0②
聯(lián)立①②解得tan θ＝eq \f(1,μ)＝eq \f(4,3)
即θ＝53°。
(2)由題意，根據(jù)幾何關(guān)系可知φ＝90°
按如圖乙所示建立xOy直角坐標(biāo)系，
乙
對物塊受力分析，根據(jù)平衡條件有
Gcs θ＋FT′sin θ－mg＝0③
FT′cs θ－Gsin θ＝0④
聯(lián)立③④解得m＝1 kg。
極限
法
正確進(jìn)行受力分析和變化過程分析，找到平衡的臨界點(diǎn)和極值點(diǎn)；臨界條件必須在變化中尋找，不能在一個(gè)狀態(tài)上研究臨界問題，要把某個(gè)物理量推向極大或極小
數(shù)學(xué)
分析法
通過對問題的分析，根據(jù)平衡條件列出物理量之間的函數(shù)關(guān)系(畫出函數(shù)圖像)，用數(shù)學(xué)方法求極值(如求二次函數(shù)極值、公式極值、三角函數(shù)極值)
物理
分析法
根據(jù)平衡條件，作出力的矢量圖，通過對物理過程的分析，利用平行四邊形定則進(jìn)行動態(tài)分析，確定最大值和最小值

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