高考物理一輪復(fù)習(xí) 微專題3 動態(tài)平衡問題與臨界極值問題練習(xí) 新人教版

《高考物理一輪復(fù)習(xí) 微專題3 動態(tài)平衡問題與臨界極值問題練習(xí) 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理一輪復(fù)習(xí) 微專題3 動態(tài)平衡問題與臨界極值問題練習(xí) 新人教版（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、微專題三 動態(tài)平衡問題與臨界極值問題A級基礎(chǔ)練1(08786175)(2018安徽合肥一中二診)如圖所示，物體A、B用細(xì)繩連接后跨過滑輪A靜止在傾角為45的斜面上，B懸掛著已知質(zhì)量mA2mB，不計滑輪摩擦，現(xiàn)將斜面傾角由45增大到60，但物體仍保持靜止，下列說法中正確的是() A繩子的張力增大B物體A對斜面的壓力將增大C物體A受到的靜摩擦力增大D滑輪受到繩子的作用力保持不變解析：C如圖所示，對A和B受力分析：在斜面傾角增大的過程中，物體B始終處于平衡狀態(tài)，因此繩子拉力大小始終等于物體B重力的大小，故A錯誤；物體A對斜面的壓力FNFNmAgcos ，隨著的增大，cos 減小，因此物體A對斜面的壓

2、力將減小，故B錯誤；由題可知，開始時A所受重力沿斜面的分力大于繩子拉力，即mAgsin TmBg，因此摩擦力平行斜面向上，隨著角度的增大，重力沿斜面的分力逐漸增大，而繩子的拉力不變，因此物體所受摩擦力逐漸增大，方向沿斜面向上，故C正確；繩子拉力大小不變，隨著斜面傾角的增大，繩子之間的夾角在減小，因此其合力增大，所以滑輪受到繩子的作用力增大，故D錯誤 2(2018湖北襄陽四校聯(lián)考)將三個質(zhì)量均為m的小球a、b、c用細(xì)線相連后(b、c間無細(xì)線相連)，再用細(xì)線懸掛于O點，如圖所示用力F拉小球c，使三個小球都處于靜止?fàn)顟B(tài)，且細(xì)線Oa與豎直方向的夾角保持為30，則F的最小值為() AmgB2mgC.mg

3、 D.mg解析：C靜止時將三球視為一個整體，重力為3mg，當(dāng)作用于c球上的力F垂直于Oa時，F(xiàn)最小，由正交分解法知，水平方向Fcos 30Tsin 30，豎直方向Fsin 30Tcos 303mg，解得Fmg，故選C.3(08786176)(2018福建福州一中質(zhì)檢)如圖所示，用一輕繩將光滑小球P系于豎直墻壁上的O點，在墻壁和球P之間夾有一長方體物塊Q，P、Q均處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)有一鉛筆緊貼墻壁從O點開始緩慢下移，則在鉛筆緩慢下移的過程中() A細(xì)繩的拉力逐漸變小BQ受到墻壁的摩擦力逐漸變大CQ受到墻壁的彈力逐漸變大DQ將從墻壁和小球之間滑落解析：C對P分析，P受到重力、拉力和Q對P的彈力處于平

4、衡設(shè)拉力與豎直方向的夾角為，根據(jù)共點力平衡知拉力F，Q對P的支持力Nmgtan .鉛筆緩慢下移的過程中，增大，則拉力F增大，Q對P的支持力增大，故A錯誤對Q分析知，在水平方向上P對Q的壓力增大，則墻壁對Q的彈力增大，在豎直方向上重力與摩擦力大小相等，所以A受到的摩擦力不變，Q不會從墻壁和小球之間滑落，故C正確，B、D錯誤4(2018寧夏銀川一中一模)把一光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，在光滑圓環(huán)的最高點有一個光滑的小孔，如圖所示質(zhì)量為m的小球套在圓環(huán)上，一根細(xì)線的下端系著小球，上端穿過小孔用手拉住現(xiàn)拉動細(xì)線，使小球沿圓環(huán)緩慢下移在小球移動過程中手對細(xì)線的拉力F和圓環(huán)對小球的彈力FN的大小變化情況是(

5、) AF不變，F(xiàn)N增大 BF不變，F(xiàn)N減小CF減小，F(xiàn)N不變 DF增大，F(xiàn)N不變解析：D小球沿圓環(huán)緩慢下移可看成是勻速運動，對小球進(jìn)行受力分析，小球受重力G、F、FN三個力，滿足受力平衡，受力分析如圖，設(shè)圓環(huán)半徑為R，由三角形相似知識可得，小球沿圓環(huán)緩慢下移時，圓環(huán)半徑不變，AB長度增大，故F增大，F(xiàn)N不變，故D正確 5(08786177)(2018吉林松原油田高中三模)如圖所示，粗糙的水平面上放有一個截面為半圓的柱狀物體A，A與豎直擋板間放有一光滑圓球B，整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)將擋板水平向右緩慢平移，A始終保持靜止則在B著地前的過程中()A擋板對B的彈力減小B地面對A的摩擦力增大CA對B的彈

6、力減小D地面對A的彈力增大解析：B先對B受力分析，受重力、A對B的支持力和擋板對B的支持力，如圖甲，根據(jù)共點力平衡條件有：N1，N2mgtan ；再對A、B整體受力分析，受重力、地面支持力、擋板對其向左的支持力和地面對其向右的靜摩擦力，如圖乙，根據(jù)共點力平衡條件有fN2，N(Mm)g，故fmgtan ；擋板保持豎直且緩慢向右移動的過程中，角不斷變大，故f變大，N不變，N1變大，N2變大故選B.6.(2018安徽屯溪第一中學(xué)期中)如圖所示，a、b、c三根輕細(xì)繩懸掛兩個質(zhì)量相同的小球A、B保持靜止，細(xì)繩a是水平的，現(xiàn)對B球施加一個水平向右的力F，將B緩緩拉到圖中虛線位置，A球保持不動，這時三根細(xì)繩

7、的張力Fa、Fb、Fc的變化情況是() A都變大 B都不變CFb不變，F(xiàn)a、Fc變大 DFa、Fb不變，F(xiàn)c變大解析：C以B為研究對象進(jìn)行受力分析，將重力分解，由分解法作圖如圖，由圖可以看出當(dāng)將B緩緩拉到圖中虛線位置的過程中，繩子與豎直方向夾角變大，繩子的拉力大小對應(yīng)圖中1、2、3三個位置大小，即Fc逐漸變大，F(xiàn)逐漸變大；再以A、B整體為研究對象進(jìn)行受力分析，設(shè)b繩與水平方向夾角為，則豎直方向有Fbsin 2mg，得Fb，不變，水平方向：FaFbcos F，F(xiàn)bcos 不變，而F逐漸變大，故Fa逐漸變大故選C. B級能力練7(08786178)(多選)(2018吉林東北師大附中二模)如圖，在楔

8、形木塊的斜面與豎直墻之間放置一個質(zhì)量為m的光滑鐵球，楔形木塊置于水平粗糙地面上，斜面傾角為，球的半徑為R.現(xiàn)對球再施加一個水平向左的壓力F，F(xiàn)的作用線通過球心O.若F緩慢增大而整個裝置仍保持靜止則在此過程中 () A豎直墻對鐵球的作用力始終大于水平外力FB斜面對鐵球的作用力緩慢增大C斜面對地面的摩擦力保持不變D地面對楔形木塊的支持力緩慢增大解析：AC以鐵球為研究對象，分析受力，作出受力分析圖如圖所示，根據(jù)平衡條件得知，豎直墻對鐵球的作用力N2FN1sin F，即豎直墻對鐵球的作用力始終大于水平外力F，故A正確由圖得到mgN1cos ，因為mg、均不變，則斜面對鐵球的支持力N1保持不變，故B錯誤

9、以楔形木塊為研究對象，球?qū)πㄐ文緣K的壓力不變，楔形木塊受力情況不變，則楔形木塊對地面的摩擦力保持不變，地面對楔形木塊的支持力也不變，故C正確，D錯誤8(08786179)(多選)(2018閩粵大聯(lián)考期末)如圖所示，一輛小車靜止在水平地面上，車內(nèi)固定著一個傾角為60的光滑斜面OA，光滑擋板OB可繞轉(zhuǎn)軸O在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動現(xiàn)將一重力為G的圓球放在斜面與擋板之間，擋板與水平面的夾角60.下列說法正確的是() A若保持擋板不動，則球?qū)π泵娴膲毫Υ笮镚B若擋板從圖示位置順時針方向緩慢轉(zhuǎn)動60，則球?qū)醢宓膲毫χ饾u增大C若擋板從圖示位置順時針方向緩慢轉(zhuǎn)動60，則球?qū)醢宓膲毫χ饾u減小D若保持擋板不動，使小

10、車水平向右做勻加速直線運動，則球?qū)醢宓膲毫赡転榱憬馕觯篈D球處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡，對球進(jìn)行受力分析，如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可知，F(xiàn)AFBG，A正確；若擋板從圖示位置順時針方向緩慢轉(zhuǎn)動60，據(jù)圖可知，F(xiàn)B先減小后增大，根據(jù)牛頓第三定律可知，球?qū)醢宓膲毫ο葴p小后增大，故B、C錯誤；若保持擋板不動，使小車水平向右做勻加速直線運動，當(dāng)FA和重力G的合力正好提供加速度時，球?qū)醢宓膲毫榱?，故D正確 9(08786180)(多選)豎直細(xì)桿上套有一個1 kg的小圓環(huán)，圓環(huán)左側(cè)系有一勁度系數(shù)k500 N/m的輕彈簧，已知彈簧與豎直方向的夾角為37，圓環(huán)始終靜止，則以下分析正確的是() A當(dāng)彈簧的伸長量

11、x2.5 cm時，圓環(huán)與細(xì)桿間的摩擦力為零B當(dāng)彈簧的伸長量x0.5 cm時，圓環(huán)與細(xì)桿間的彈力F1.5 NC保持彈簧伸長量不變，適度減小，圓環(huán)與細(xì)桿間的彈力變小D保持彈簧伸長量不變，適度減小，圓環(huán)與細(xì)桿間的摩擦力變小解析：ABC當(dāng)kxcos 37mg時，圓環(huán)與細(xì)桿間的摩擦力為零，此時x2.5 cm，A正確；彈簧伸長量x0.5 cm時，圓環(huán)與細(xì)桿間的彈力Fkxsin 371.5 N，B正確；保持彈簧伸長量不變，適度減小，F(xiàn)kxsin 隨之變小，C正確；保持彈簧伸長量不變，適度減小，彈簧彈力的豎直分量增大，但初始狀態(tài)摩擦力的方向未知，故不能判定摩擦力大小的變化情況，D錯誤10(08786181)(

12、多選)(2017新課標(biāo))如圖，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點M拴一重物，用手拉住繩的另一端N，初始時，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為.現(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角不變在OM由豎直被拉到水平的過程中() AMN上的張力逐漸增大BMN上的張力先增大后減小COM上的張力逐漸增大DOM上的張力先增大后減小解析：AD重物受到重力mg、OM繩的拉力FOM、MN繩的拉力FMN共三個力的作用緩慢拉起過程中任一時刻可認(rèn)為是平衡狀態(tài)，三力的合力恒為0.如圖所示，由三角形定則得一首尾相接的閉合三角形，由于且不變，則三角形中FMN與FOM的交點在一個優(yōu)弧上移動，由圖可以看出，在OM被拉到水

13、平的過程中，繩MN中拉力一直增大且恰好達(dá)到最大值，繩OM中拉力先增大后減小，故A、D正確，B、C錯誤11(08786182)(2018吉林東北師范大學(xué)附中二模)如圖所示，一粗糙斜面的傾角37，物體與斜面間的動摩擦因數(shù)0.5，一質(zhì)量為m5 kg的物塊在一水平力F的作用下靜止在斜面上，g取10 m/s2，最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動摩擦力，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)要使物體恰能靜止在斜面上(即與斜面沒有相對滑動的趨勢)，F(xiàn)應(yīng)為多大；(2)要使物體靜止在斜面上，F(xiàn)應(yīng)在什么范圍內(nèi)解析：(1)要使物體恰能靜止在斜面上，則摩擦力為零，有Fmgtan 37.5 N.(2)當(dāng)F較大時，摩

14、擦力沿斜面向下，有Fmaxsin mgcos FN，F(xiàn)maxcos mgsin fm，fmFN，聯(lián)立解得Fmax100 N，當(dāng)F較小時，摩擦力沿斜面向上，有Fmincos (Fminsin mgcos )mgsin ，解得Fmin9.09 N.故F的范圍為9.09 NF100 N.答案：(1)37.5 N(2)9.09 NF100 N12(2018陜西咸陽興平一模)如圖所示，一根輕繩上端固定在O點，下端拴一個重為G的鋼球A，球處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)對球施加一個方向水平向右的外力F，使球緩慢地偏移，在移動過程中的每一時刻，都可以認(rèn)為球處于平衡狀態(tài)，外力F方向始終水平向右，最大值為2G. (1)在直角坐標(biāo)

15、系中畫出描述上述物理過程繩的張力T與偏角的的關(guān)系圖象(2)由圖示位置撤去外力F(輕繩與豎直方向夾角為)，無初速度地釋放小球，求小球通過最低點時的速度大小及輕繩對小球的拉力不計空氣阻力，輕繩長設(shè)為L.解析：(1)當(dāng)水平拉力F0，輕繩處于豎直位置時，繩子張力最小，T1G.當(dāng)水平拉力F2G時，繩子張力最大，T2G，因此輕繩的張力范圍是GTG.設(shè)小球在某位置處于平衡狀態(tài)，受力情況如圖甲所示，由平衡條件得Tcos G，所以T，得圖象如圖乙所示(2)小球從釋放至到達(dá)最低點的過程中，根據(jù)動能定理得mv2mgL(1cos )，解得v.在最低點，根據(jù)牛頓第二定律得Tmgm，解得Tmg2(1cos )mg(32cos )mg.答案：(1)圖象見解析(2)(32cos )mg6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375