第二轮专题复习：平衡中的临界和极值问题

2020届高考物理第二轮专题复习选择题模拟演练平衡中的临界和极值问题一、单项选择题1、如图所示，质量均为m 的A 、B 两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg 的恒力F 向上拉B ，运动距离h 时，B 与A 分离．下列说法正确的是( )A ．B 和A 刚分离时，弹簧长度等于原长 B ．B 和A 刚分离时，它们的加速度为gC ．弹簧的劲度系数等于mg hD ．在B 与A 分离之前，它们做匀加速直线运动2、如图所示，在光滑水平面上有一辆小车A ，其质量为m A ＝2.0 kg ，小车上放一个物体B ，其质量为m B ＝1.0 kg.如图甲所示，给B 一个水平推力F ，当F 增大到稍大于3.0 N 时，A 、B 开始相对滑动．如果撤去F ，对A 施加一水平推力F ′，如图乙所示．要使A 、B 不相对滑动，则F ′的最大值F max 为( )A ．2.0 NB ．3.0 NC ．6.0 ND ．9.0 N3、不可伸长的轻绳跨过质量不计的滑轮，绳的一端系一质量M ＝15 kg 的重物，重物静止于地面上，有一质量m ＝10 kg 的小猴从绳的另一端沿绳上爬，如图所示，不计滑轮摩擦，在重物不离开地面的条件下，小猴向上爬的最大加速度为(g 取10 m/s 2) ( )A ．5 m/s 2B ．10 m/s 2C ．15 m/s 2D ．25 m/s 24、如图所示，三根长度均为l 的轻绳分别连接于C 、D 两点，A 、B 两端被悬挂在水平天花板上，相距2l .现在C 点悬挂一个质量为m 的重物，为使CD 绳保持水平，在D 点可施加力的最小值为( )A ．mg B.33mg C.12mg D.14mg 5、如图所示，质量均为m 的木块A 和B ，用一个劲度系数为k 的轻质弹簧连接，最初系统静止，现在用力缓慢拉A 直到B 刚好离开地面，则这一过程A 上升的高度为( )A.mg kB.2mg kC.3mg kD.4mg k6、如图所示，一小球用轻绳悬于O 点，用力F 拉住小球，使悬线保持偏离竖直方向60°角，且小球始终处于平衡状态．为了使F 有最小值，F 与竖直方向的夹角θ应该是( )A ．90° B．45° C．30° D．0°7、如图所示，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( )A.332mgB.23＋12mgC.3＋22mgD.32mg8、如图所示，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4A.mg kB.μmg cos θkC.mg sin θ＋μmg cos θkD.mg μ2cos 2θ－sin 2θk9、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(sin 53°＝0.8，cos 53°＝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( )A.无论m 1m 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10、如图所示，一块足够大的光滑平板能绕水平固定轴MN 调节其与水平面所成的倾角α.板上一根长为L ＝0.50 m 的细绳，它的一端系住一质量为m ＝0.1 kg 的小球，另一端固定在板上的O 点．当平板的倾角固定为α时，先将细绳平行于水平轴MN 拉直，然后给小球一沿着平板并与细绳垂直的初速度v 0＝3.0 m/s.重力加速度g 取10 m/s 2，cos 53°＝0.6，若小球能在板上做圆周运动，则下列说法中正确的是( )A ．当倾角α＝0°时，细绳中的拉力大小为18 NB ．当倾角α＝37°时，小球通过最高点时细绳拉力为零C ．当倾角α＝90°时，小球可能在竖直面内做圆周运动D ．当倾角α＝30°时，小球通过最低点时细绳拉力大小为4.3 N二、多项选择题11、如图所示，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( )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115R12、如图所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a 放在斜劈的斜面上，轻质细线一端固定在物体a 上，另一端绕过光滑的滑轮固定在c 点，滑轮2下悬挂物体b ，系统处于静止状态。

若将固定点c 向右移动少许，而a 与斜劈始终静止，则A.细线对物体a 的拉力增大B.斜劈对地面的压力减小C.斜劈对物体a的摩擦力减小D.地面对斜劈的摩擦力增大13、如图所示，悬挂于O点的轻质弹簧，劲度系数k＝100 N/m，其下端拴一质量m＝1 kg的小物体A，紧挨物体A有一质量M＝2 kg的物体B，现对B施加一个竖直向上、大小为38 N的力F，系统处于静止状态，现突然改变力F的大小，使物体A、B以加速度a＝2 m/s2匀加速下降，直到A、B两物体分离，取g＝10 m/s2，则( )A．两物体刚开始匀加速下降时，力F大小为8 NB．两物体分离时，弹簧刚好恢复原长C．改变力F的大小后经0.4 s A、B两物体分离D．从改变力F到两物体分离的过程中，系统克服力F做的功为3.84 J14、如图所示，质量相同的木块A和B用轻质弹簧连接，静止在光滑的水平面上，此时弹簧处于自然伸长状态．现用水平恒力F推A，则从开始到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，下列说法正确的是( )A．弹簧压缩到最短时两木块加速度相等B．弹簧压缩到最短时两木块速度相等C．两木块速度相等时，加速度a A<a BD．两木块加速度相同时，速度v A<v B15、如图(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v­t 图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出 ( )A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度16、如图所示，水平面上有一个足够长的木板A, 上面叠放着物块B.已知A、B的质量均为m，A与地面间动摩擦因数μ1＝0.2, A与B间动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，若给A板一个水平向右的初速度，在以后的运动过程中，A、B加速度的大小可能为( )A．a A＝5 m/s2, a B＝1 m/s2B．a A＝2 m/s2, a B＝2 m/s2C ．a A ＝3 m/s 2, a B ＝1 m/s 2D ．a A ＝1 m/s 2, a B ＝1 m/s 2答案与解析 1、C解析：A 、B 分离前，A 、B 共同做加速运动，由于F 是恒力，而弹力是变力，故A 、B 做变加速直线运动，当两物体要分离时，F AB ＝0，对B ：F －mg ＝ma ，对A ：kx －mg ＝ma .即F ＝kx 时，A 、B 分离，此时弹簧处于压缩状态， 由F ＝mg ，设用恒力F 拉B 前弹簧压缩量为x 0， 又2mg ＝kx 0，h ＝x 0－x ，解以上各式得k ＝mg h，综上所述，只有C 项正确． 2、C解析：根据题图甲所示，设A ，B 间的静摩擦力达到最大值F fmax 时，系统的加速度为a .根据牛顿第二定律，对A 、B 整体有F ＝(m A ＋m B )a ， 对A 有F fmax ＝m A a ， 代入数据解得F fmax ＝2.0 N.根据题图乙所示情况，设A 、B 刚开始滑动时系统的加速度为a ′， 根据牛顿第二定律得：以B 为研究对象有F fmax ＝m B a ′以A 、B 整体为研究对象，有F max ＝(m A ＋m B )a ′ 代入数据解得F max ＝6.0 N ．故C 正确． 3、A解析：小猴以最大加速度向上爬行时，重物对地压力为零，故小猴对细绳的拉力等于重物的重力，即F ＝Mg ；小猴对细绳的拉力等于细绳对小猴的拉力，即F ′＝F ；对小猴受力分析，受重力和拉力，根据牛顿第二定律，有F ′－mg ＝ma ，解得a ＝（M －m ）gm＝5 m/s 2，A 正确．4、C解析：对C 点进行受力分析，由平衡条件可知，绳CD 对C 点的拉力F CD ＝mg tan 30°，对D 点进行受力分析，如图所示，绳CD 对D 点的拉力F 2＝F CD ＝mg tan 30°，故F 2是恒力，又绳BD 的拉力F 1方向一定，则F 1与在D 点施加的力F 3的合力与F 2等值反向，由图知当F 3垂直于绳BD 时，F 3最小，由几何关系可知，F 3＝F CD sin 60°＝12mg ，选项C 正确．5．B解析：最初A 、B 处于静止状态，而且弹簧处于压缩状态，根据平衡条件对A 有k Δl 1＝mg ，B 刚好离开地面时弹簧处于拉伸状态，此时地面对B 支持力为零，根据平衡条件对B 有k Δl 2＝mg ，这一过程A 上升的高度为Δl 1＋Δl 2＝2mgk.6．C解析：如图所示，小球受三个力而处于平衡状态，重力mg 的大小和方向都不变，绳子拉力F T 方向不变，因为绳子拉力F T 和外力F 的合力等于重力，通过作图法知，当F 的方向与绳子方向垂直时，由于垂线段最短，所以F 最小，则由几何知识得θ＝30°，故C 正确，A 、B 、D 错误．7.D解析：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＝32mg ，选项D 正确.8.D解析：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 cosθ，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 θ2，可得x ＝mg μ2cos 2θ－sin 2θk，故D 正确.] 9.B解析：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 cos 53°＝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 cos 53°＜m 2g ≤m 1g cos 53°＋μm 1g sin 53°，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 cos 53°－μmg sin 53°≤m 2g ＜m 1g cos 53°，m 1有下滑趋势，摩擦力垂直于图中的虚线向上，故D 错误.10、答案：B解析：当α＝0°时，拉力F 1＝m v 20L ＝1.8 N ，A 错误．当α＝37°时，由牛顿第二定律得小球在最高点时有F 2＋mg sin 37°＝m v 21L；小球从释放到最高点，由动能定理得－mgL sin 37°＝12mv 21－12mv 20，解得F 2＝0，B 正确．当倾角α＝90°时，假设小球能在竖直面内做圆周运动，则小球从释放到到达最高点的过程中，由动能定理可知－mgL ＝12mv 2－12mv 20，解得v 2＝－1 m 2/s 2，故假设不成立，小球不能在竖直面内做圆周运动，C 错误．当α＝30°时，设小球通过最低点时速度为v 3，由动能定理得mgL sin 30°＝12mv 23－12mv 20，在最低点有F 3－mg sin 30°＝m v 23L，解得F 3＝3.3 N ，选项D 错误．二、多项选择题 11.AD解析：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＝2mgsin θ越大，墙壁对P 的作用力F N1＝2mgtan 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＝2mgtan θ，可得tanθ＝43，L ＝2R cos θ＋R ＝115R ，所以L 的取值不能超过115R ，选项D正确. 12、AD解析：根据平衡条件有m b g =2T cos θ，解得=2cos b m gT，将固定点c向右移动少许，则θ增大，拉力T 增加，故A 正确；对斜面体、物体a 、物体b 整体受力分析，受重力、细线的拉力、地面的静摩擦力和支持力作用，如图所示，根据平衡条件有N =G 总–T cos θ=G总–12b m g ，恒定不变；根据牛顿第三定律，斜劈对地面的压力不变，B 错误；地面对斜劈的静摩擦力f =T sin θ=12b m g tan θ，随着θ增大，摩擦力增大，故D 正确；对物体a 受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力作用，由于不知道拉力与重力的下滑分力的大小关系，故无法判断静摩擦力的方向，不能判断静摩擦力的变化情况，C 错误。