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g
C ．弹簧的劲度系数等于mg h
D ．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 N
B ．3.0 N
C ．6.0 N
D ．9.0 N
3、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 2
B ．10 m/s 2
C ．15 m/s 2
D ．25 m/s 2
4、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.
3
3
mg C.12mg D.14
mg 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 k
B.2mg k
C.3mg k
D.4mg k
6、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.332mg
B.23＋12
mg
C.3＋22mg
D.32
mg
8、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4
A.mg k
B.μmg cos θk
C.mg sin θ＋μmg cos θk
D.mg μ2cos 2θ－sin 2θk
9、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 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＝5
3
时，半球体对m 1的摩擦力为零
C.当1≤m 1m 2＜5
3
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 1
m 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 N
B ．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115
R
12、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 N
B．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 J
14、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 B
D．两木块加速度相同时，速度v A<v B
15、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/s2
B．a A＝2 m/s2, a B＝2 m/s2
C ．a A ＝3 m/s 2, a B ＝1 m/s 2
D ．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 ）g
m
＝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°＝1
2
mg ，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＝2mg
k
.
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＝3
2
mg ，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 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 θ2
，可得x ＝mg μ2cos 2θ－sin 2
θk
，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 sin
53°＝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
＜5
3
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 1
m 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 20
L ＝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 21
L
；小
球从释放到最高点，由动能定理得－mgL sin 37°＝12mv 21－12
mv 2
0，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 2
0，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
－12
mv 20，在最低点有F 3－mg sin 30°＝m v 23
L
，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＝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 ＝115R ，所以L 的取值不能超过11
5R ，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 g
T
，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–
12
b 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=12
b 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。

13、CD
解析：系统静止时，弹簧处于压缩状态，令压缩量为x 1，则F 0＝(m ＋M )g ＋kx 1，代入数据得x 1＝0.08 m ，A 、B 两物体刚开始匀加速下降时有kx 1＋(m ＋M )g －F ＝(m ＋M )a ，代入数据得F ＝32 N ，A 错；设经时间t 两物体分离，A 、B 间的弹力为0，弹簧处于拉伸状态，令拉伸量为x 2，则对A 有mg －kx 2＝ma ，代入数据得x 2＝0.08 m ，B 错；A 、
B 分离时A 、B 两物体组成的系统下降的距离为x ＝x 1＋x 2＝0.16 m ，
而x ＝12at 2
，代入数据得t ＝0.4 s ，C 对；因刚开始和两物体分离时，
弹簧的形变量一样，整个过程弹簧弹力做功为零，由动能定理知(m ＋M )gx －W F ＝1
2(m ＋M )v 2，联立v ＝at 并代入数据得W F ＝3.84 J ，D 对．
14、BC 解析：
由牛顿第二定律可知，从开始到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，
A 木块由静止开始做加速度逐渐减小的加速运动，
B 木块由静止开始
做加速度不断增大的加速运动．开始时，A 的加速度大于B 的加速度，两木块的速度图象如图所示，由图象可知，两木块加速度相等时，
v A >v B ，D 项错；两木块速度相等时，a A <a B ，C 项正确；当两木块速度
相等时，A 、B 间距离最小，弹簧被压缩到最短，A 项错，B 项正确．] 15、ACD
解析：根据牛顿第二定律，向上滑行过程v 0
t 1
＝g sin θ＋μg cos θ，
向下滑行过程v 1t 1＝g sin θ－μg cos θ，整理可得g sin θ＝v 0＋v 1
2t 1
，
从而可计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A 、C 对．小球滑上斜面的初速度v 0已知，向上滑行过程为匀变速直线运动，末速度0，那么平均速度即v 02，所以沿斜面向上滑行的最远距离s ＝v 0
2t 1，
根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度s sin θ＝
v 0
2
t 1×v 0＋v 12gt 1＝v 0v 0＋v 1
4g
，选项D 对．仅根据速度—时间图象，无法求出
物块质量，选项B 错． 16、AC
解析：A与B间动摩擦因数μ2＝0.1，则B物体的最大加速度为a B m ＝μ2g＝1 m/s2；物块A向右滑动，则地面给A的滑动摩擦力向左，大小为f A＝μ1·2mg；开始时B对A的摩擦力方向向左，则a A1＝
μ2mg＋μ1·2mg
＝5 m/s2；当后来B相对A向前滑动时，则a A2＝m
μ1·2mg－μ2mg
＝3 m/s2，故选A、C.
m。