2021高考物理一轮复习 第二章 微专题14 平衡状态下的”临界与极值“问题练习（含解析）教科版.docx

1、微专题14 平衡状态下的”临界与极值“问题1三力平衡下的极值问题，常用图解法，将力的问题转化为三角形问题，求某一边的最短值2多力平衡时求极值一般用解析法，由三角函数、二次函数、不等式求解3若物体受包括弹力、摩擦力在内的四个力平衡，可以把弹力摩擦力两个力合成一个力(又称“全反力”)，该力方向固定不变(与弹力夹角正切值为)，从而四力平衡变成三力平衡，再用图解法求解1(2019安徽“江南十校”综合素质检测)如图1所示，游乐场中有一半球形的碗状装置固定在水平地面上，装置的内半径为R，在其内表面有一个小孩(可视为质点)从底部向上爬行，小孩与内表面之间的动摩擦因数为0.75，设小孩所受的最大静摩擦力等于滑

2、动摩擦力，则小孩沿该装置缓慢向上爬行的最大高度是()图1A0.2RB0.25RC0.75RD0.8R2(2020湖南娄底市质检)如图2所示，竖直面光滑的墙角有一个质量为m，半径为r的均匀半球体物块A，现在A上放一密度和半径与A相同的球体B，调整A的位置使得A、B保持静止状态，已知A与地面间的动摩擦因数为0.5，则A球球心距墙角的距离可能是(已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()图2A.B2rC.D.3(多选)(2019广东七校联考)如图3所示，质量为m的小球a、b之间用轻绳相连，小球a通过轻杆固定在左侧竖直墙壁上，轻杆与竖直墙壁夹角为30.现改变作用在小球b上的外力的大小和方向，轻绳与竖直方向的

3、夹角保持60不变，重力加速度为g，则()图3A轻绳上的拉力一定小于mgB外力F的最小值为mgC轻杆对小球a作用力的方向不变D轻杆对小球a的作用力最小值为mg4(2019贵州毕节市适应性监测(三)如图4所示，一安装有滑轮的斜面M置于粗糙的水平面上，P、Q两物块用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)，P悬于空中，Q在斜面上恰处于静止状态当用沿斜面向上的恒力推Q时，M、Q仍恰好静止不动，则有()图4AQ受到的摩擦力大小不变，方向变化BQ受到的摩擦力可能变大CQ受到的拉力变小DM受到水平面的摩擦力方向始终向右5.(2019河南省开封市第三次模拟)课堂上，老师准备了“”形光滑木板和三个完全相同、外

4、表面光滑的匀质圆柱形积木，要将三个积木按图5所示(截面图)方式堆放在木板上，则木板与水平面夹角的最大值为()图5A30B45C60D906(多选)(2020河北张家口市月考)如图6所示，水平地面上质量为m的木块，受到方向与水平方向成角的拉力F作用，在由0逐渐增大到90的过程中，木块始终以不变的速度沿水平地面向右做匀速直线运动已知重力加速度为g，下列说法正确的是()图6A拉力F先减小后增大B物体受到地面的摩擦力不变C木块与地面之间的动摩擦因数与F、关系为DF的最小值为F7如图7所示，质量为M的斜劈倾角为，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在斜面上时正好匀速下滑如果用与斜面成角的力F拉着木

5、块沿斜面匀速上滑图7(1)求拉力F的大小；(2)若m1kg，15，g10m/s2，求F的最小值以及对应的的取值答案精析1A当小孩爬至最高处时，由平衡状态可知，mgsinmgcos，得tan0.75，故cos0.8，由hR(1cos)可求得最大高度为0.2R，故A选项正确2.C根据题意可知，B的质量为2m，A、B处于静止状态，受力平衡，则地面对A的支持力为：N3mg，当地面对A的摩擦力达到最大静摩擦力时，A球球心距墙角的距离最远，对A、B受力分析，如图所示，根据平衡条件得：F，Fcos3mg，解得：tan，可得cos，则A球球心距墙角的最远距离为：x2rcosrr，故C正确，A、B、D错误3BD

6、对b进行受力分析如图，当F的方向发生变化时，由图可知，轻绳上的拉力可能小于mg，有可能大于mg，故A错误；由b的受力图可知，当外力F的方向与轻绳垂直时，外力F最小，最小为：Fminmgsin60mg，故B正确；以a为研究对象，可知a受到重力、轻绳ab对a的作用力以及杆对a的作用力处于平衡状态，由三个力平衡的特点可知，杆对a的作用力与a的重力、绳对a的拉力的合力大小相等、方向相反a受到的重力大小和方向均不变，绳对a的拉力方向不变，大小是变化的，所以a受到的重力与绳对a的拉力的合力大小、方向都是变化的，所以杆对a的作用力大小、方向都是变化的，故C错误；由b的受力分析可知，当外力F对b的拉力方向竖直

7、向上时，外力F与b的重力大小相等、方向相反，轻绳此时的拉力等于0，所以a只受到重力和杆对a的作用力，此时杆对a的作用力最小，恰好等于a的重力，故D正确4B在没用沿斜面向上的推力推物体Q时，对P、Q和M整体受力分析，可知水平方向不受力，因此刚开始地面和斜面M之间没有摩擦力；当用沿斜面向上的力推Q时，P、Q和M仍静止不动，对整体受力分析，可知整体受到竖直方向的重力、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错误在整个过程中物体P保持静止，对物体P受力分析可知绳上的拉力TmPg，因此绳上的拉力不变，Q受到的拉力也不变，C错误对物体Q受力分析，当物体Q受到的静摩

8、擦力沿斜面向下时有TmQgsinf1，当作用外力F时有TFmQgsinf2，可知静摩擦力可能增大；当物体Q受到的静摩擦力沿斜面向上时有Tf1mQgsin，作用外力F时，Tf2FmQgsin，可知静摩擦力可能减小，故A错误，B正确5A取0时，下面两圆柱之间将会分开，无法稳定，应适当增大以保持系统稳定，此时下面两圆柱之间有弹力；当下面两圆柱之间的弹力恰好为0时，对应的为最小值；继续增大，右圆柱和上圆柱之间弹力减小，若太大，此两圆柱将分开，当上圆柱和右圆柱之间的弹力恰好为0，对应的为最大值临界情况为max时，左边两圆柱的圆心连线在竖直方向上，保证上圆柱只受到两个力的作用恰好处于平衡状态，此时上圆柱与

9、右圆柱间相互接触且无弹力，可得30，故A正确，B、C、D项错误6ACF(其中tan )，当由0逐渐增大到90的过程中sin()先增大后减小，则拉力F先减小后增大，当sin()1时F最小，即F，选项A正确，D错误；木块受到地面的摩擦力f(mgFsin)Fcos，则在由0逐渐增大到90的过程中木块受到地面的摩擦力逐渐减小，选项B错误；木块处于平衡状态，则Fcos(mgFsin)，解得，选项C正确7见解析解析(1)由木块在斜面上匀速向下滑动，可得：mgsinmgcos在拉力F作用下沿斜面匀速向上滑动时，有：FcosmgsinfFsinNmgcosfN联立可解得：F(2)由式可知：当时，F有最小值即当15时，Fminmgsin25N.