2025版新教材高中物理課時分層作業(yè)十九動態(tài)平衡及平衡中的臨界極值問題新人教版必修第一冊

課時分層作業(yè)(十九)動態(tài)平衡及平衡中的臨界、極值問題A組基礎鞏固練1．如圖所示，一只小鳥沿著較粗的彎曲樹枝從右向左緩慢爬行，小鳥從A運動到B的過程中()A.樹枝對小鳥的彈力先減小后增大B．樹枝對小鳥的摩擦力先增大后減小C．樹枝對小鳥的摩擦力先減小后增大D．樹枝對小鳥的作用力先減小后增大2．[2024·山西忻州一中高一期末]如圖所示，一光滑小球靜止放置在光滑半球面的底端，小球所受重力為G，用豎直放置的光滑擋板水平向右緩慢地推動小球，則在小球運動的過程中(該過程小球未脫離球面)，擋板對小球的推力F1、半球面對小球的支持力F2的變更狀況正確的是()A．F1增大，F2減小B．F1增大，F2增大C．F1減小，F2減小D．F1減小，F2增大3．(多選)如圖所示，用輕繩AO和輕繩BO吊著一個重物M，保持AO與水平方向的夾角θ不變．下列說法正確的是()A．當BO逆時針由水平轉到豎直，輕繩BO的拉力先減小后增大B．當BO逆時針由水平轉到豎直，輕繩AO的拉力始終減小C．若保持BO水平，增大M的重力，則AO拉力增大，BO拉力減小D．若保持BO水平，緩慢增大θ，則AO、BO的拉力均增大4.如圖所示，一光滑半圓形凹槽固定在水平地面上，一物塊(可看作質點)靜置于槽內最底部的A點處．現用一方向不變的斜向上的推力F把物塊從A點沿著凹形槽緩慢推至B點．設物塊受到凹槽的支持力為FN，則在上述過程中F和FN大小的變更狀況為()A.F和FN都始終增大B．F始終增大，FN先減小后增大C．F先增大后減小，FN始終增大D．F和FN都先增大后減小5．(多選)如圖所示，在粗糙水平地面上放著一個截面為四分之一圓弧的柱狀物體A，A的左端緊靠豎直墻，A與豎直墻之間放一光滑圓球B，已知A的圓半徑為球B的半徑的3倍，球B的重力為G，整個裝置處于靜止狀態(tài)．設墻壁對B的壓力為F1，A對B的支持力為F2，若把A向右緩慢移動少許后，它們仍處于靜止狀態(tài)，則F1、F2的變更狀況分別是()A．F1減小B．F1增大C．F2增大D．F2減小6．[2024·福建南平高一上期末]如圖所示，把重力為G的物體通過細繩OA、OB拴在半圓支架MN上，起先時，OA與豎直方向成37°角，OB與OA垂直，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說法正確的是()A．此時細繩OA的拉力為0.6GB．此時細繩OB的拉力為0.8GC．保持OB不動，沿圓弧CM緩慢下移A點，OA繩拉力變小D．保持OA不動，沿圓弧NC緩慢上移B點，OB繩拉力變大7．[2024·山西師范高校附中月考]小明在視察如圖所示的沙子積累時，發(fā)覺沙子會自然積累成圓錐體，且在不斷積累過程中，材料相同的沙子自然積累成的圓錐體的最大底角都是相同的．小明測出這堆沙子的底部周長為31.4m，利用物理學問測得沙子之間的動摩擦因數為0.5，估算出這堆沙子的體積最接近()A．30m3B．60m3C．200m3D．250m3B組實力提升練8.如圖所示，可視為質點的小球拴接了輕質彈簧和細線，并在它們的作用下保持靜止．輕質彈簧與豎直方向有肯定夾角，細線處于水平狀態(tài)．現保持彈簧與豎直方向夾角不變，將輕質細線由水平狀態(tài)緩慢轉至豎直狀態(tài)，則()A．彈簧的長度漸漸變長B．彈簧的長度漸漸變短C．細線上的拉力漸漸增大D．細線上的拉力漸漸減小9．[2024·河北邢臺一中月考]如圖所示，質量為m的小球套在豎直固定的光滑圓環(huán)上，在圓環(huán)的最高點有一個光滑小孔，一根輕繩的下端系著小球，上端穿過小孔用力F拉住，起先時繩與豎直方向的夾角為θ，小球處于靜止狀態(tài)，現緩慢拉動輕繩，使小球沿光滑圓環(huán)移動一小段距離，重力加速度大小為g，則下列說法正確的是()A．繩與豎直方向的夾角為θ時，F＝mgcosθB．小球沿光滑圓環(huán)上升過程中，輕繩拉力漸漸增大C．小球沿光滑圓環(huán)下降過程中，小球所受支持力大小不變D．小球沿光滑圓環(huán)上升過程中，小球所受支持力漸漸增大10．殲-20戰(zhàn)斗機安裝了我國自主研制的矢量發(fā)動機，能夠在不變更飛機飛行方向的狀況下，通過轉動尾噴口方向變更推力的方向，使戰(zhàn)斗機獲得許多優(yōu)異飛行性能．已知在殲-20戰(zhàn)斗機沿水平方向超音速勻速巡航時升阻比(垂直機身向上的升力和平行機身向后的阻力之比)為eq\r(15)，飛機的重力為G，則使飛機實現節(jié)油巡航模式的最小推力是()A．GB．eq\f(G,\r(15))C．eq\f(G,16)D．eq\f(G,4)11.如圖所示，兩個半圓柱A、B相接觸并靜置于水平地面上，其上有一光滑勻質圓柱C，三者半徑均為R.C的質量為2m，A、B的質量都為m，與地面間的動摩擦因數均為μ.現用水平向右的力拉A，使A緩慢移動，直至C恰好降到地面．整個過程中B保持靜止．設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.求：(1)未拉A時，C受到B作用力的大小F；(2)動摩擦因數的最小值μmin.動態(tài)平衡及平衡中的臨界、極值問題1．解析：小鳥的受力狀況如圖所示，小鳥所受的彈力N＝mgcosθ，從A到B的過程中，θ先減小后增大，則彈力先增大后減?。恍▲B所受的摩擦力f＝mgsinθ，從A到B的過程中，θ先減小后增大，則摩擦力先減小后增大；樹枝對小鳥的作用力始終與小鳥的重力等大且反向，所以樹枝對小鳥的作用力大小不變．答案：C2．解析：作出小球在某位置時的受力分析圖，如圖所示在小球運動的過程中，F1的方向不變，F2與豎直方向的夾角漸漸變大，畫力的動態(tài)平行四邊形，由圖可知F1、F2均增大，故B項正確．答案：B3．解析：對結點O受力分析，受三個拉力，如圖所示，當BO逆時針由水平轉到豎直時，通過作圖可以發(fā)覺，輕繩BO的拉力先減小后增大，輕繩AO的拉力始終減小，故A、B正確；設M的重力為G，當BO水平常，利用三角函數得FA＝eq\f(G,sinθ)，FB＝eq\f(G,tanθ)，當G增大時，兩個繩子上的拉力均增大；當θ增大時，兩個繩子拉力均減小，故C、D錯誤．答案：AB4．解析：對物塊受力分析如圖由圖可知，物塊從A點沿著凹形槽緩慢推至B點過程中，F始終增大，FN先減小后增大．答案：B5．解析：方法一(解析法)以球B為探討對象，受力分析如圖甲所示，依據合成法，可得出F1＝Gtanθ，F2＝eq\f(G,cosθ)，當A向右移動少許后，θ減小，則F1減小，F2減小．方法二(圖解法)先依據平衡條件和平行四邊形定則畫出如圖乙所示的矢量三角形，在θ減小的過程中，從圖中可直觀地看出，F1、F2都會減?。鸢福篈D6．解析：對結點O進行受力分析，如圖甲所示，由于物體處于平衡狀態(tài)，故有FA＝Gcos37°＝0.8G，FB＝Gsin37°＝0.6G，故A、B錯誤；保持OB不動，沿圓弧CM緩慢下移A點，FA與水平方向的夾角漸漸減小，而FB的方向保持不變，如圖乙所示．依據三角形法則可知，由于起先時FA和FB垂直，故隨A點的下移，FB漸漸增大，FA也漸漸增大，故C錯誤．保持OA不動，沿圓弧NC緩慢上移B點，FB與豎直方向的夾角漸漸減小，而FA的方向保持不變，依據矢量三角形法則可得如圖丙狀況．由圖丙可知，OA繩拉力漸漸變小，OB繩拉力漸漸增大，故D正確．答案：D7．解析：沙堆底部周長為31.4m，故圓錐體的底部圓半徑為r＝5m，對錐面上的一粒沙粒分析，當滿意μmgcosθ＝mgsinθ(θ為錐體的底角)時沙粒剛好靜止，故μ＝tanθ＝eq\f(h,r)，解得圓錐體高h＝2.5m，故圓錐體的體積約為V＝eq\f(1,3)Sh＝eq\f(1,3)×π×52×2.5m3≈65m3，故選項B符合題意．答案：B8．解析：小球受力狀況如圖所示，重力G大小和方向都不變，保持彈簧與豎直方向夾角θ不變，則彈簧彈力F彈方向不變，彈簧彈力與細線拉力FT的合力和小球受到的重力等大反向，保持不變，由圖可以看出，將輕質細線由水平狀態(tài)緩慢轉至豎直狀態(tài)的過程中，細線上的拉力先減小后增大，彈簧的彈力始終減小，由胡克定律可知，彈簧的長度漸漸變短，A、C、D錯誤，B正確．答案：B9．解析：對小球受力分析，小球受到重力mg、輕繩的拉力F和圓環(huán)的彈力N，如圖，依據平衡條件可知：mg和N的合力與F大小相等、方向相反，依據幾何學問得知N＝mg，且有F＝2mgcosθ，A錯誤；小球沿圓環(huán)緩慢上移，處于動態(tài)平衡狀態(tài)，對小球進行受力分析，小球受重力G、F、N三個力，滿意受力平衡，由圖可知三角形OAB和三角形GFA相像，eq\f(mg,R)＝eq\f(F,AB)＝eq\f(N,R)，則得F＝eq\f(AB,R)mg，N＝mg，當A點上移時，半徑R不變，AB減小，故F減小，N不變，同理小球沿光滑圓環(huán)下降過程中，即當A點下移時，半徑R不變，AB增大，故F增大，但是N不變，B、D錯誤，C正確．答案：C10．解析：飛機受到重力G、發(fā)動機推力F1、升力F2和空氣阻力Ff，重力的方向豎直向下，升力F2的方向豎直向上，空氣阻力Ff的方向與F2垂直，如圖所示．殲20戰(zhàn)斗機沿水平方向超音速勻速巡航，則水平方向有Fx＝Ff，豎直方向有F2＋Fy＝G，由題意可知F2＝eq\r(15)Ff，聯立解得Fy＝G－eq\r(15)Ff，則Feq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝Feq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(x))＋Feq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(y))＝16Feq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(f))－2eq\r(15)GFf＋G2，當Ff＝eq\f(\r(15),16)G時F1取得最小值，為F1min＝eq\f(G,4)，故D正確．答案：D11．解析：(1)對C受力分析，如圖甲所示，依據平衡條件有2Fcos30°＝2mg，解得F＝eq\f(2\r(3),3)mg.(2)C恰