(全国通用)2020版高考物理一轮复习第二章微专题15平衡中的临界与极值问题加练半小时(含解析)

平衡中的临界与极值问题
[方法点拨] (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)摩擦锁止现象.
1.(2018·四川省成都七中月考)如图1所示，用细线相连的质量分别为2m 、m 的小球A 、B 在拉力F 作用下，处于静止状态，且细线OA 与竖直方向的夹角保持θ＝30°不变，则拉力F 的最小值为( )
图1 A.332
mg B.23＋12mg C.3＋22mg D.32
mg 2.(多选)(2018·广东省广州市一模)如图2所示，半圆柱体Q 放在水平地面上，表面光滑的圆柱体P 放在Q 和墙壁之间，Q 的轴线与墙壁之间的距离为L ，已知Q 与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，P 、Q 横截面半径均为R ，P 的质量是Q 的2倍，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，P 、Q 均处于静止状态，则( )
图2
A.L 越大，P 、Q 间的作用力越大
B.L 越大，P 对墙壁的压力越小
C.L 越大，Q 受到地面的摩擦力越小
D.L 的取值不能超过115
R
3.(2019·山西省太原市模拟)如图3所示，质量为M 的滑块a ，置于水平地面上，质量为m 的滑块b 放在a 上.二者接触面水平.现将一方向水平向右的力F 作用在b 上.让F 从0缓慢增大，当F 增大到某一值时，b 相对a 滑动，同时a 与地面间摩擦力达到最大.已知a 、b 间
的动摩擦因数为μ1，a 与地面之间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则μ1与μ2之比为( )
图3
A.m M
B.M m
C.m M ＋m
D.M ＋m m
4.(2018·江西省上饶市一模)如图4所示，在斜面上等高处，静止着两个相同的质量为m 的物块A 和B ，两物块之间连接着一个劲度系数为k 的轻质弹簧，斜面的倾角为θ，两物块和斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g ，则弹簧的最大伸长量是( )
图4
A.mg k
B.μmg cos θk
C.mg sin θ＋μmg cos θk
D.mg μ2cos 2θ－sin 2θk
5.(2018·河北省衡水中学模拟)将一个半球体置于水平地面上，半球的中央有一个光滑小孔，上端有一光滑的小滑轮，柔软光滑的轻绳绕过滑轮，两端分别系有质量为m 1、m 2的物体(两物体均可看成质点，m 2悬于空中)时，整个装置处于静止状态，如图5所示，已知此时m 1与半球的球心O 的连线与水平线成53°角(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)，m 1与半球面间的动摩擦因数为0.5，并假设m 1所受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在整个装置处于静止的前提下，下列说法正确的是( )
图5
A.无论m 1
m 2
的比值如何，地面对半球体的摩擦力都不为零 B.当m 1m 2＝53
时，半球体对m 1的摩擦力为零 C.当1≤m 1m 2＜53
时，半球体对m 1的摩擦力的方向垂直于图中的虚线向上 D.当53＜m 1m 2
≤5时，半球体对m 1的摩擦力方向垂直于图中的虚线向下 6.如图6所示，质量为M 的斜劈倾角为θ，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α角的力F拉着木块沿斜面匀速上滑.
图6
(1)求拉力F的大小；
(2)若m＝1kg，θ＝15°，g＝10m/s2，求F的最小值以及对应的α的取值.
答案精析
1.D [因小球A 、B 处于静止状态，系统受到的合外力为零，对系统受力分析，如图所示，F
与细线方向垂直时，F 最小为F min ，由图中几何关系可得：F min ＝3mg sin θ＝32
mg ，选项D 正确.]
2.AD [设Q 的质量为m ，P 、Q 连线与水平方向的夹角为θ，隔离P 受力分析可知，L 越大，
θ越小，P 、Q 间的作用力F N2＝2mg sin θ越大，墙壁对P 的作用力F N1＝2mg tan θ
越大，根据牛顿第三定律，可知P 对墙壁的压力越大，选项A 正确，B 错误；对P 、Q 整体受力分析，由平衡条件可知，L 越大，Q 受到地面的摩擦力F f ＝F N1越大，选项C 错误；Q 与地面即将发生相对
滑动时有μ·3mg ＝F N1＝2mg tan θ，可得tan θ＝43，L ＝2R cos θ＋R ＝115
R ，所以L 的取值不能超过115
R ，选项D 正确.] 3.D
4.D [物块静止在斜面上，在斜面所在平面内受三个力作用，一个是重力沿斜面向下的分力mg sin θ，一个是静摩擦力F f ≤F fm ＝μmg cos θ，方向不确定，一个是水平方向的弹簧弹力kx ，则物块所受静摩擦力F f 大小等于kx 与mg sin θ的合力，当静摩擦力最大时有kx ＝F 2fm －mg sin θ
2，可得x ＝mg μ2cos 2θ－sin 2θk
，故D 正确.] 5.B
[对半球体、m 1、m 2整体受力分析，只受重力和支持力这一对平衡力，相对地面没有运动趋势，不受地面的摩擦力，故A 错误；若半球体对m 1的摩擦力为零，对m 1受力分析如图，将重力正交分解，根据共点力平衡条件，x 方向有F T －m 1g cos53°＝0，y 方向有F N －m 1g sin53°
＝0；对m 2受力分析可知F T ＝m 2g ，解得m 1m 2＝53，故B 正确；当1≤m 1m 2＜53
时，有m 1g cos53°＜
m 2g ≤m 1g cos53°＋μm 1g sin53°，m 1有上滑趋势，摩擦力垂直于图中的虚线向下，故C 错误；当53＜m 1m 2
≤5时，有m 1g cos53°－μmg sin53°≤m 2g ＜m 1g cos53°，m 1有下滑趋势，摩擦力垂直于图中的虚线向上，故D 错误.]
6.见解析
解析 (1)由木块在斜面上匀速向下滑动，可得： mg sin θ＝μmg cos θ①
在拉力F 作用下沿斜面匀速向上滑动时，有： F cos α＝mg sin θ＋F f ②
F sin α＋F N ＝mg cos θ③
F f ＝μF N ④
①②③④联立可解得：F ＝mg sin2θ
θ－α⑤
(2)由⑤式可知：当α＝θ时，F 有最小值.即： 当α＝15°时，F min ＝mg sin2θ＝5N.。