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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mA=2mB,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
2、力FN′=FN=mAgcos θ,隨著θ的增大,cos θ減小,因此物體A對斜面的壓力將減小,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 θ>T=mBg,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用細線相連后(b、c間無細線相連),再用細線懸掛于O點,如圖所示.用力F拉小球c,
3、使三個小球都處于靜止狀態(tài),且細線Oa與豎直方向的夾角保持為θ=30,則F的最小值為( )
A.mg B.2mg
C.mg D.mg
解析:C [靜止時將三球視為一個整體,重力為3mg,當作用于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 30=Tsin 30,豎直方向Fsin 30+Tcos 30=3mg,解得F=mg,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均處于靜止狀態(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
4、慢下移的過程中( )
A.細繩的拉力逐漸變小
B.Q受到墻壁的摩擦力逐漸變大
C.Q受到墻壁的彈力逐漸變大
D.Q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的彈力處于平衡.設(shè)拉力與豎直方向的夾角為θ,根據(jù)共點力平衡知拉力F=,Q對P的支持力N=mgtan θ.鉛筆緩慢下移的過程中,θ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
5、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,一根細線的下端系著小球,上端穿過小孔用手拉?。F(xiàn)拉動細線,使小球沿圓環(huán)緩慢下移.在小球移動過程中手對細線的拉力F和圓環(huán)對小球的彈力FN的大小變化情況是( )
A.F不變,F(xiàn)N增大 B.F不變,F(xiàn)N減小
C.F減小,F(xiàn)N不變 D.F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
6、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,整個裝置處于靜止狀態(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
C.A對B的彈力減小
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=,N2=mgtan θ;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
7、力平衡條件有f=N2,N=(M+m)g,故f=mgtan θ;擋板保持豎直且緩慢向右移動的過程中,角θ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三根輕細繩懸掛兩個質(zhì)量相同的小球A、B保持靜止,細繩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,這時三根細繩的張力Fa、Fb、Fc的變化情況是( )
A.都變大 B.都不變
C.Fb不變,F(xiàn)a、Fc變大 D.Fa、Fb不變,F(xiàn)c變大
解析:C [以B為研究對象進行受力分析,將重力分解,由分解法作圖如圖,由圖可以看出當
8、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整體為研究對象進行受力分析,設(shè)b繩與水平方向夾角為α,則豎直方向有Fbsin α=2mg,得Fb=,不變,水平方向:Fa=Fbcos α+F,F(xiàn)bcos α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θ,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
9、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F
B.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N2=F+N1sin θ>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mg=N1cos θ,因為mg、θ均不變,則斜面對鐵球的支持力N1保持不變,故B錯誤.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
10、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θ=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,使小車水平向右做勻加速直線運動,則球
11、對擋板的壓力可能為零
解析:AD [球處于靜止狀態(tài),受力平衡,對球進行受力分析,如圖所示.根據(jù)幾何關(guān)系可知,F(xiàn)A=FB=G,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FA和重力G的合力正好提供加速度時,球?qū)醢宓膲毫榱悖蔇正確.]
9.(08786180)(多選)豎直細桿上套有一個1 kg的小圓環(huán),圓環(huán)左側(cè)系有一勁度系數(shù)k=500 N/m的輕彈簧,已知彈簧與豎直方向的夾角為θ=37,圓環(huán)始終靜止,則以下分析正確的是( )
A
12、.當彈簧的伸長量x=2.5 cm時,圓環(huán)與細桿間的摩擦力為零
B.當彈簧的伸長量x=0.5 cm時,圓環(huán)與細桿間的彈力F=1.5 N
C.保持彈簧伸長量不變,適度減小θ,圓環(huán)與細桿間的彈力變小
D.保持彈簧伸長量不變,適度減小θ,圓環(huán)與細桿間的摩擦力變小
解析:ABC [當kxcos 37=mg時,圓環(huán)與細桿間的摩擦力為零,此時x=2.5 cm,A正確;彈簧伸長量x=0.5 cm時,圓環(huán)與細桿間的彈力F=kxsin 37=1.5 N,B正確;保持彈簧伸長量不變,適度減小θ,F(xiàn)=kxsin θ隨之變小,C正確;保持彈簧伸長量不變,適度減小θ,彈簧彈力的豎直分量增大,但初始狀態(tài)摩擦力的方向
13、未知,故不能判定摩擦力大小的變化情況,D錯誤.]
10.(08786181)(多選)(2017新課標Ⅰ)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α.現(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起,并保持夾角α不變.在OM由豎直被拉到水平的過程中( )
A.MN上的張力逐漸增大
B.MN上的張力先增大后減小
C.OM上的張力逐漸增大
D.OM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為是平衡狀態(tài),三力的合力恒為0
14、.如圖所示,由三角形定則得一首尾相接的閉合三角形,由于α>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被拉到水平的過程中,繩MN中拉力一直增大且恰好達到最大值,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θ=37,物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,一質(zhì)量為m=5 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,最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力,sin 37=0.6,cos 37=0.8,求:
(1)要使物體恰能靜止在斜面上(即與斜面沒有相
15、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F=mgtan θ=37.5 N.
(2)當F較大時,摩擦力沿斜面向下,有
Fmaxsin θ+mgcos θ=FN,F(xiàn)maxcos θ=mgsin θ+fm,
fm=μFN,聯(lián)立解得Fmax=100 N,
當F較小時,摩擦力沿斜面向上,
有Fmincos θ+μ(Fminsin θ+mgcos θ)=mgsin θ,解得Fmin=9.09 N.
故F的范圍為9.09 N≤F≤100 N.
答案:(1)37.5 N (2)9.09 N≤F≤100
16、 N
12.(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,球處于靜止狀態(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)在直角坐標系中畫出描述上述物理過程繩的張力T與偏角θ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θ),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)當水平拉力F=0,輕繩處于豎直位置時,繩子張力最小,T1=G.
當水平拉力F=2G時,繩
17、子張力最大,T2==G,
因此輕繩的張力范圍是G≤T≤G.
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 θ=G,
所以T=,得圖象如圖乙所示.
(2)小球從釋放至到達最低點的過程中,根據(jù)動能定理得mv2=mgL(1-cos θ),
解得v=.
在最低點,根據(jù)牛頓第二定律得T-mg=m,
解得T=mg+2(1-cos θ)mg=(3-2cos θ)mg.
答案:(1)圖象見解析
(2) (3-2cos θ)mg
6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375