第二章微專題14平衡狀態(tài)下的”臨界與極值“問題

1、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”），該力方向固泄不變（與彈力夾角正切值為“），從而四力平衡變成三力平衡， 再用圖解法求解.1. （2019安徽“江南十?！本C合素質(zhì)檢測）如圖1所示，游樂場中有一半球形的碗狀裝巻固左 在水平地而上，裝置的內(nèi)半徑為R，在其內(nèi)表而有一個小孩（可視為質(zhì)點）從底部向上爬行， 小孩與內(nèi)表而之間的動摩擦因數(shù)為0.75,設(shè)小孩所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力

2、，則小 孩沿該裝宜緩慢向上爬行的最大高度是（）A. 0.2/? B. 0.25/? C. 0.75/? D. 0.8/?2. （2020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)疑為加，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相同的球體乩調(diào)整A的位置使得A、B保持 靜I上狀態(tài)，已知A與地而間的動摩擦因數(shù)為0.5,則A球球心距墻角的距藹可能是（已知最大 靜摩擦力等于滑動摩擦力）（）圖2、9/Hr 13rA B2r C.-y D丐一3. （多;選）（2019.廣東七校聯(lián)考）如圖3所示,質(zhì)量為加的小球“、b之間用輕繩相連,小球“通過輕桿固左在左側(cè)豎直墻壁上，輕桿與豎直墻壁夾

3、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,貝lj（）A. 輕繩上的拉力一沱小于加gB. 外力F的最小值為C. 輕桿對小球“作用力的方向不變D. 輕桿對小球"的作用力最小值為mg4. （2019-貴州畢肖市適應(yīng)性監(jiān)測（三）如圖4所示，一安裝有滑輪的斜而M程于粗糙的水平而 上，P、0兩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，0在斜而上 恰處于靜止?fàn)顟B(tài).當(dāng)用沿斜而向上的恒力推0時，M、0仍恰好靜止不動，則有（）圖4A. 0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. 0受到的拉力變小D.

4、 M受到水平面的摩擦力方向始終向右5. （2019-河南省開封市第三次模擬）課堂上，老師準(zhǔn)備了 “匚”形光滑木板和三個完全相同、 外表而光滑的勻質(zhì)圓柱形枳木，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e的最大值為（）圖5A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°6. 侈選）（2020河北張家口市月考）如圖6所示，水平地而上質(zhì)量為加的木塊，受到方向與水 平方向成0角的拉力F作用，在0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（）A. 拉力F

5、先減小后增大B. 物體受到地而的摩擦力不變Pros 6C. 木塊與地而之間的動摩擦因數(shù)“與F、。關(guān)系為“=；從 心爲(wèi)D.F的最小值為F=Rimg2p +“27. 如圖7所示，質(zhì)量為M的斜劈傾角為0在水平而上保持靜止，當(dāng)將一質(zhì)量為加的木塊放在斜而上時正好勻速下滑.如果用與斜而成a角的力F拉著木塊沿斜而勻速上滑.圖7(1) 求拉力F的大?。?2) 若m= kg, 0=15。，g=10m/s2,求F的最小值以及對應(yīng)的a的取值.答案精析1A 當(dāng)小孩爬至最高處時r由平衡狀態(tài)可知r加gsin &二“加geos 0 ,得tan = 0.75 ,故cos &二0.8 ,由力二/?(1 - co

6、s 0)可求得最大高度為0.2/? r故A選項正確2. C 根據(jù)題意可知,B的質(zhì)星為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二3噸,當(dāng)?shù)孛鎸的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時，A球球心距墻角的距離最遠(yuǎn),對 A、B受力分析，如圖所示f根據(jù)平衡條件得：F二輜，F(xiàn)eos &二“ 3“ j解得：tan &二扌，可得cos &二|,則A球球心距 墻角的最遠(yuǎn)距離為：x = 2/-cos + r = yr ,故C正確，A、B、D錯誤.3. BD【對b逬行受力分析如圖，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噸，有可能大于"比，故A錯誤； 由b

7、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：Fmm二噸sin 60° 二爭昭，故B正確；以"為研究對象,可知"受到重力、輕繩ab對“的作用力以及桿對“ 的作用力處于平衡狀態(tài)，由三個力平衡的特點可知，桿對“的作用力與“的重力、繩對/的 拉力的合力大小相等、方向相反.受到的重力大方向均不變，繩對“的拉力方向不變， 大小是變化的,所以“受到的重力與繩對d的拉力的合力大小、方向都是變化的,所以桿對 “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/廂等、方向相反，輕繩此時的拉力等于0,所

8、以“ 只受到重力和桿對“的作用力,此時桿對“的作用力最小，恰好等于“的重力，故D正確.4. B 在沒用沿斜面向上的推力推物體0時，對P、0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0時，P、0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受力分析可知纟雖上的拉力T二嘶,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 二”伽sin e+f

9、,當(dāng)作用外力尸時有T+F = zwsin 0+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+ fi = wsin 0，作用外力F時，T+f2 + F = mQfisin 6 t可知靜摩擦力可能減小，故A錯誤，B正確.5. A &取0。時，下面兩圓柱之間將會分開,無法穩(wěn)走，應(yīng)適當(dāng)增大6以保持系纟短急走,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e為最小值；纟徙續(xù) 增大e.右圓柱和上圓柱之間彈力減小，若&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o,對應(yīng)的0為最大值臨界情況為弘瘁時,左邊兩圓柱的圓心連線在豎直 方向上

10、，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&二30。，故A正確，B、C、D項錯誤.6. AC F = 一如里一二I_邨（其中tan a = ）,當(dāng)&由0。逐漸增大到90。的過cos "“sine 十，sin（a 十 0）"程中sin（a + 0）先增大后減小，則拉力F先減小后增大，當(dāng)sin（a十&）二1時F最小，即F二 丁',選項A正確，D錯誤；木塊受到地面的摩擦力f二卩（mg - Fsin 0） = Feos 0- “wgcosO二“mg側(cè)在&由°。逐漸增大到90。的過程中木塊受到地面的摩擦力逐漸減cos 0 十 “sin 61 十 “tan 6小r選項B錯誤；木塊處于平衡狀態(tài),則Feos &二“伽gFsin 0） t解得“二f選mg - Fsin 0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：皿gsin