2024届物理一轮复习讲义专题强化二 动态平衡 平衡中的临界与极值问题含答案

2024届物理一轮复习讲义专题强化二动态平衡平衡中的临界与极值问题学习目标1.学会运用解析法、图解法等处理动态平衡问题。2.会分析平衡中的临界与极值，并会进行相关的计算。考点一动态平衡问题1.动态平衡是指物体的受力状态缓慢发生变化，但在变化过程中，每一个状态均可视为平衡状态。2.做题流程方法解析法1.对研究对象进行受力分析，画出受力示意图。2.根据物体的平衡条件列式，得到因变量与自变量的关系表达式(通常要用到三角函数)。3.根据自变量的变化确定因变量的变化。例1(2021·湖南卷，5)质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图1所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是()图1A.推力F先增大后减小B.凹槽对滑块的支持力先减小后增大C.墙面对凹槽的压力先增大后减小D.水平地面对凹槽的支持力先减小后增大答案C解析对小滑块受力分析，如图甲所示，由题意可知，推力F与凹槽对滑块的支持力FN始终垂直，即α＋β始终为90°，在小滑块由A点向B点缓慢移动的过程中，α减小，β增大，由平衡条件得F＝mgcosα、FN＝mgsinα，可知推力F一直增大，凹槽对滑块的支持力FN一直减小，A、B错误；对小滑块和凹槽整体受力分析，如图乙所示，根据平衡条件可得，墙面对凹槽的压力大小FN1＝Fsinα＝eq\f(1,2)mgsin2α，水平地面对凹槽的支持力FN2＝Mg＋mg－Fcosα，在小滑块由A点向B点缓慢移动的过程中，α由eq\f(π,2)逐渐减小到零，根据数学知识可知墙面对凹槽的压力先增大后减小，水平地面对凹槽的支持力一直减小，C正确，D错误。甲乙跟踪训练1.如图2所示，半径相同、质量分布均匀的圆柱体E和半圆柱体M靠在一起，E表面光滑，重力为G；M下表面粗糙，E、M均静止在水平地面上。现过E的轴心施以水平作用力F，可使圆柱体E被缓慢拉离水平地面，并缓慢地滑到M的顶端，在上述全过程中，M始终处于静止状态。对该过程的分析，下列说法正确的是()图2A.地面所受M的压力一直增大B.地面对M的摩擦力一直增大C.水平作用力F的大小一直增大D.E、M间的压力最大值为2G答案D解析圆柱体E和半圆柱体M视为一整体，以整体为研究对象，因为整体处于平衡状态，在竖直方向有FN′＝G＋GM，可知地面支持力大小保持不变，根据牛顿第三定律知地面所受M的压力大小不变，故A错误；以圆柱体E为研究对象，受力分析如图所示，设两圆心连线与地面的夹角为θ，则有FNsinθ＝G，FNcosθ＝F，解得FN＝eq\f(G,sinθ)，F＝eq\f(cosθ,sinθ)G＝eq\f(G,tanθ)，依题意知θ从30°增大到90°，则可知F逐渐变小；将圆柱体E和半圆柱体M视为一整体，因为整体处于平衡状态，则水平方向有Ff＝F，因过程中水平拉力F一直在变小，所以地面对M的摩擦力也一直变小，故B、C错误；据分析，因开始时θ最小，则E与M之间的压力FN最大，则有FN＝eq\f(G,sin30°)＝2G，故D正确。方法图解法用图解法分析物体动态平衡问题时，一般是物体只受三个力作用，且其中一个力大小、方向均不变，另一个力的方向不变，第三个力大小、方向均变化。例2(2023·辽宁丹东模拟)如图3所示，将质量为m的球放在AB和CD两个与纸面垂直的光滑板之间，两板与水平面夹角θ＝α＝30°并保持静止。AB板固定，CD板与AB板活动连接，CD板可绕通过D点且垂直纸面的轴转动。在θ角缓慢地由30°增大到75°的过程中，球对AB板压力的最大值为()图3A.0.5mg B.mg C.eq\r(2)mg D.1.5mg答案B解析对小球进行受力分析，如图甲所示，小球受重力mg、AB板的支持力FNAB、CD的支持力FNCD三个力作用保持平衡，当θ角缓慢地由30°增大到75°的过程中，如图乙所示，在θ＝75°时FNAB达到最大值，由几何知识可知，此时AB板对球的支持力等于mg，根据牛顿第三定律可知，球对AB板压力的最大值为mg，故B正确。跟踪训练2.(多选)如图4，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。已知M始终保持静止，则在此过程中()图4A.水平拉力的大小可能保持不变B.M所受细绳的拉力大小一定一直增加C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D.M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加答案BD解析选N为研究对象，受力情况如图甲所示，用水平拉力F缓慢拉动N的过程中，水平拉力F逐渐增大，细绳的拉力FT逐渐增大，选项A错误，B正确；对M受力分析，如图乙所示，受重力GM、支持力FN、绳的拉力FT以及斜面对它的摩擦力Ff。若开始时斜面对M的摩擦力Ff沿斜面向上，则FT＋Ff＝GMsinθ，FT逐渐增大，Ff逐渐减小，当Ff减小到零后，再反向增大。若开始时斜面对M的摩擦力Ff沿斜面向下，此时，FT＝GMsinθ＋Ff，当FT逐渐增大时，Ff逐渐增大，选项C错误，D正确。方法相似三角形法物体受三个力平衡：一个力恒定，另外两个力的方向同时变化，当所作“力的矢量三角形”与空间的某个“几何三角形”总相似时，常利用相似三角形法。例3(2023·河北衡水模拟)如图5所示为一种可折叠壁挂书架，一个书架用两个三角形支架固定在墙壁上，书与书架的重心始终恰好在两个支架横梁和斜梁的连接点O、O′连线中点的正上方，书架含书的总重力为60N，横梁AO、A′O′水平，斜梁BO、B′O′跟横梁夹角为37°，横梁对O、O′点拉力始终沿OA、O′A′方向，斜梁对O、O′点的压力始终沿BO、B′O′方向，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是()图5A.横梁OA所受的力为80NB.斜梁BO所受的力为50NC.O、O′点同时向A、A′移动少许，横梁OA所受的力变大D.O、O′点同时向A、A′移动少许，斜梁BO所受的力变大答案B解析两个三角架承担的力为60N，每个三角架为30N，对O点受力分析，如图甲所示，FOA＝eq\f(\f(G,2),tan37°)＝40N，FBO＝eq\f(\f(G,2),sin37°)＝50N，故A错误，B正确；O、O′同时向A、A′移动少许，对O点受力分析，如图乙虚线所示，三角形AOB与力三角形相似，所以有eq\f(\f(G,2),AB)＝eq\f(FBO,BO)＝eq\f(FOA,OA)，AB与BO长度未变，AO长度减小，故FBO不变，FAO减小，故C、D错误。跟踪训练3.(多选)如图6所示，质量均为m的小球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连，B球用长为L的细绳悬挂于O点，A球固定在O点正下方，当小球B平衡时，细绳所受的拉力为FT1，弹簧的弹力为F1；现把A、B间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2(k2>k1)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时细绳所受的拉力为FT2，弹簧的弹力为F2。则下列关于FT1与FT2、F1与F2大小的比较，正确的是()图6A.FT1>FT2 B.FT1＝FT2C.F1<F2 D.F1＝F2答案BC解析以B为研究对象，分析受力情况，如图所示。由平衡条件可知，弹簧的弹力F和细绳的拉力FT的合力F合与其重力mg大小相等、方向相反，即F合＝mg，由力的三角形和几何三角形相似得eq\f(mg,OA)＝eq\f(F,AB)＝eq\f(FT,OB)。当弹簧劲度系数变大时，弹簧的压缩量减小，故AB的长度增加，而OB、OA的长度不变，故FT1＝FT2，F2＞F1，故A、D错误，B、C正确。考点二平衡中的临界与极值问题1.临界、极值问题特征(1)临界问题：当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等语言叙述。①由静止到运动，摩擦力达到最大静摩擦力。②绳子恰好绷紧，拉力F＝0。③刚好离开接触面，支持力FN＝0。(2)极值问题：平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值。2.解决极值和临界问题的三种方法极限法正确进行受力分析和变化过程分析，找到平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变化中寻找，不能在一个状态上研究临界问题，要把某个物理量推向极大或极小数学分析法通过对问题的分析，根据平衡条件列出物理量之间的函数关系(画出函数图像)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值)物理分析法根据平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值和最小值例4(2023·湖南长沙模拟)如图7所示，一个倾角为30°、底面粗糙、斜面光滑的斜面体放在粗糙的水平面上，斜面体的质量为2m。轻绳的一端固定在天花板上，另一端系住质量为m的小球，整个系统处于静止状态，轻绳与竖直方向的夹角也为30°。若滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则斜面体与水平面间的动摩擦因数至少为()图7A.eq\f(1,6) B.eq\f(6＋\r(3),33) C.eq\f(\r(3),15) D.eq\f(\r(3),18)答案C解析由题意对小球受力分析，沿斜面方向由平衡条件得mgsin30°＝FTcos30°，解得FT＝mgtan30°＝eq\f(\r(3),3)mg，对小球和斜面构成的整体受力分析，由平衡条件得，水平方向满足FTsin30°＝Ff，竖直方向满足FN＋FTcos30°＝3mg，当Ff＝μFN时，斜面体与水平面间的动摩擦因数最小，解得最小为μ＝eq\f(\r(3),15)，故C正确。跟踪训练4.(2023·山东聊城一模)歼－20战斗机安装了我国自主研制的矢量发动机，能够在不改变飞机飞行方向的情况下，通过转动尾喷口方向改变推力的方向，使战斗机获得很多优异的飞行性能。已知在歼－20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航时升阻比(垂直机身向上的升力和平行机身向后的阻力之比)为k，飞机的重力为G，能使飞机实现水平匀速巡航模式的最小推力是()图8A.eq\f(G,1＋k2) B.eq\f(G,k) C.eq\f(G,\r(1＋k2)) D.G答案C解析飞机受到重力G、发动机推力F1、升力F2和空气阻力f，重力的方向竖直向下，升力F2的方向竖直向上，空气阻力f的方向与F2垂直，如图，歼－20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航，则有水平方向Fx＝f，竖直方向F2＋Fy＝G，F2＝kf，解得Fy＝G－kf，则F12＝Feq\o\al(2,x)＋Feq\o\al(2,y)＝(k2＋1)f2－2kGf＋G2，Feq\o\al(2,1)与f的函数图像为开口向上的抛物线，当f＝eq\f(kG,k2＋1)时，Feq\o\al(2,1)取最小值，所以解得最小推力是F1min＝eq\f(G,\r(1＋k2))，故C正确。A级基础对点练对点练1动态平衡问题1.(多选)如图1所示，在水平地面上放着一个左侧截面为半圆的光滑柱状物体A，在物体A与竖直墙面之间放着一个光滑斜面体B，斜面体B未接触地面，整个装置在水平力F作用下处于静止状态，现推动物体A缓慢向左移动一小段距离，在此过程中，下列说法正确的是()图1A.水平力F大小不变B.地面对物体A的支持力不变C.斜面体B对物体A的压力逐渐增大D.墙面对斜面体B的支持力逐渐减小答案AB解析以B为研究对象，由平衡条件可知，墙对B的作用力F1＝eq\f(mBg,tanθ)，物体A对斜面体的支持力F2＝eq\f(mBg,sinθ)，现推动物体A缓慢向左移动一小段距离，角度θ保持不变，所以F1、F2保持不变，以整体为研究对象，水平力F大小等于墙对B的作用力F1保持不变，故A正确；以整体为研究对象，地面对物体A的支持力等于A、B重力之和保持不变，故B正确；根据牛顿第三定律，可知斜面体B对物体A的压力等于物体A对斜面体的支持力F2不变，故C错误；墙面对斜面体B的支持力F1保持不变，故D错误。2.如图2所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环，系在两环上的等长细绳将书本静止悬挂，现将两环距离变大后书本仍处于静止状态，若杆对A环的支持力为FN，杆对A环的摩擦力为Ff，则()图2A.FN减小，Ff不变 B.FN减小，Ff增大C.FN不变，Ff不变 D.FN不变，Ff增大答案D解析对A、B和书本整体分析，根据平衡条件以及对称性可知2FN＝G，设两细绳的夹角为2θ，对A单独受力分析，如图所示，根据平衡条件可得tanθ＝eq\f(Ff,FN)，将两环距离变大后，FN不变，θ增大，Ff增大。故D正确。3.(多选)如图3所示，带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜面平行。现给小滑块施加一竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜面，则()图3A.轻绳对小球的拉力逐渐增大B.小球对斜面的压力先减小后增大C.竖直杆对小滑块的弹力先增大后减小D.对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大答案AD解析设斜面倾角为θ，斜面对小球的支持力为FN1，绳对小球的拉力为FT，小球的重力大小为G1，小滑块的重力大小为G2，竖直杆对小滑块的弹力大小为FN2。由于小滑块沿杆缓慢上升，所以小球沿斜面缓慢向上运动，小球处于动态平衡状态，受到的合力为零，作小球受力矢量三角形如图甲所示，则绳对小球的拉力FT逐渐增大，选项A正确；斜面对小球的支持力FN1逐渐减小，故小球对斜面的压力逐渐减小，选项B错误；将小球和小滑块看成一个整体，对其进行受力分析如图乙所示，由平衡条件可得FN2＝FN1sinθ，F＝G1＋G2－FN1cosθ，因FN1逐渐减小，所以FN2逐渐减小，F逐渐增大，选项C错误，D正确。4.如图4所示为一简易起重装置，(不计一切阻力)AD是上端带有滑轮的竖直固定支架，BC为质量不计的轻杆，杆的一端C用铰链固定在支架上，另一端B悬挂一个质量为m的重物，并用钢丝绳跨过滑轮A连接在卷扬机上。开始时，杆BC与AC的夹角∠BCA>90°，现使∠BCA缓慢变小，直到∠BCA＝30°。在此过程中，杆BC所产生的弹力()图4A.大小不变 B.逐渐增大C.先增大后减小 D.先减小后增大答案A解析以结点B为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图如图，根据平衡条件知，F、FN的合力F合与G大小相等、方向相反。根据三角形相似得eq\f(F合,AC)＝eq\f(F,AB)＝eq\f(FN,BC)，又F合＝G得F＝eq\f(AB,AC)G，FN＝eq\f(BC,AC)G，∠BCA缓慢变小的过程中，AB变小，而AC、BC不变，则F变小，FN不变，故杆BC所产生的弹力大小不变，故A正确。对点练2平衡中的临界与极值问题5.北方农村秋冬季节常用金属丝网围成圆柱形粮仓储存玉米棒，某粮仓由于玉米棒装的不匀称而发生倾斜现象，为避免倾倒，在左侧用木棍支撑，如图5所示。若支撑点距水平地面的高度为eq\r(3)m，木棍与水平地面间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),3)，木棍重力不计，粮仓对木棍的作用力沿木棍方向，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使木棍下端一定不发生侧滑，则木棍的长度最多为()图5A.1.5m B.eq\r(3)m C.2m D.2eq\r(3)m答案C解析设木棍与竖直方向夹角为θ，木棍长度为L，粮仓对木棍的作用力为F。为使木棍下端一定不发生侧滑，则有Fsinθ≤μFcosθ，即μ≥tanθ，由几何知识有tanθ＝eq\f(\r(L2－h2),h)，联立解得L≤2m，即木棍的长度最多为2m，故C项正确。6.如图6所示，质量分别为3m和m的两个可视为质点的小球a、b，中间用一细线连接，并通过另一细线将小球a与天花板上的O点相连，为使小球a和小球b均处于静止状态，且Oa细线向右偏离竖直方向的夹角恒为37°，需要对小球b朝某一方向施加一拉力F。若已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。重力加速度为g，则当F的大小达到最小时，Oa细线对小球a的拉力大小为()图6A.2.4mg B.3mg C.3.2mg D.4mg答案C解析以两个小球组成的整体为研究对象，作出F在三个方向时整体的受力图。根据平衡条件知F与FT的合力与总重力总是大小相等、方向相反的，由力的合成图可知当F与绳子Oa垂直时F有最小值，即图中2位置，此时Oa细线对小球a的拉力大小为FT＝4mgcos37°＝3.2mg，故C正确，A、B、D错误。7.(2020·山东卷，8)如图7所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为()图7A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,4) C.eq\f(1,5) D.eq\f(1,6)答案C解析根据题述，物块A、B刚要滑动，可知A、B之间的摩擦力FfAB＝μmgcos45°，B与木板之间的摩擦力Ff＝μ·3mgcos45°。隔离A分析受力，由平衡条件可得轻绳中拉力F＝FfAB＋mgsin45°。对A、B整体，由平衡条件可得2F＝3mgsin45°－Ff，联立解得μ＝eq\f(1,5)，选项C正确。8.(多选)如图8所示，A、B两个物体中间用一根不可伸长的轻绳相连，在物体B上施加一斜向上的力F，使A、B两物体保持相对静止一起沿水平地面向右匀速运动，当力F与水平面的夹角为θ时，力F最小。已知A、B两物体的质量分别为m1＝2.5kg、m2＝0.5kg，物体A与地面间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),3)，g取10m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是()图8A.θ＝30°B.θ＝60°C.力F的最小值为12ND.力F的最小值为15N答案AD解析对A、B两物体，采用整体法进行受力分析，由共点力平衡和正交分解法知，在竖直方向上，FN＝(m1＋m2)g－Fsinθ滑动摩擦力为Ff＝μFN在水平方向上Ff＝Fcosθ解得F＝eq\f(μ（m1＋m2）g,cosθ＋μsinθ)由三角函数知识，得F的最小值为Fmin＝eq\f(μ（m1＋m2）g,\r(1＋μ2))＝15N此时有tanθ＝μ＝eq\f(\r(3),3)，θ＝30°故A、D正确。B级综合提升练9.(2023·江苏南京市中华中学高三开学考)如图9所示，在水平板的左端有一固定挡板，挡板上连接一轻质弹簧，紧贴弹簧放一质量为m的滑块，此时弹簧处于自然长度。已知滑块与板间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),3)，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现将板的右端缓慢抬起(板与水平面的夹角为θ)，直到板竖直。此过程中()图9A.当θ＝30°时，弹簧的弹力F＝eq\f(1,2)mgB.当θ＝45°时，摩擦力Ff＝eq\f(\r(2),2)mgC.当θ＝60°时，摩擦力达到最大D.当θ＝60°时，弹簧的弹力F＝eq\f(\r(3),3)mg答案D解析由题意可知mgsinθ＝μmgcosθ，即μ＝tanθ＝eq\f(\r(3),3)，θ＝30°，即当θ＝30°时，滑块处于即将滑动状态，此时弹簧的弹力为0，故A错误；当θ＝45°>30°时，滑块处于缓慢滑动状态，则滑动摩擦力为Ff＝μmgcos45°＝eq\f(\r(3),3)×eq\f(\r(2),2)mg＝eq\f(\r(6),6)mg，故B错误；当θ＝30°时，摩擦力达到最大，随板与水平面的夹角增大，滑动摩擦力减小，故C错误；当θ＝60°时，由平衡条件可知F＋μmgcos60°＝mgsin60°，即F＝mgsin60°－μmgcos60°＝eq\f(\r(3),2)mg－eq\f(\r(3),3)×eq\f(1,2)mg＝eq\f(\r(3),3)mg，故D正确。10.(多选)(2023·华大新高考联盟联考)如图10所示，一个装满水的空心球总质量为m，左侧紧靠在竖直墙面上，右侧由方形物块顶在其右下方的A点，使球处于静止状态。空心球的圆心为O，半径为R，A点距离圆心O的竖直距离为eq\f(R,2)，重力加速度为g。则()图10A.方形物块对空心球的弹力大小为2mgB.仅将方形物块向右移动少许，墙面对空心球的弹力将不变C.仅当空心球里的水放掉一小部分，方形物块对球的弹力将变小D.仅当空心球里的水放掉一小部分，方形物块对球的弹力与水平方向的夹角将变小答案AC解析以空心球整体为研究对象，受力分析如图，由几何关系可知sinθ＝eq\f(R,2R)＝eq\f(1,2)，故方形物块对空心球的弹力大小为FNA＝eq\f(mg,sinθ)＝2mg，A正确；仅将方形物块向右移动少许，θ变小，墙面对空心球的弹力FN＝eq\f(mg,tanθ)将变大，B错误；仅当空心球里的水放掉一小部分，重力变小，重心下降，但方形物块对空心球的弹力方向仍然指向圆心，方向不变，即方形物块对球的弹力与水平方向的夹角θ不变，重力变小，则方形物块对球的弹力将变小，C正确，D错误。11.如图11所示，在水平推力作用下，物体A静止在倾角为θ＝45°的粗糙斜面上，当水平推力为F0时，A刚好不下滑，然后增大水平推力的值，当水平推力为F时A刚好不上滑。设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，物体A与斜面之间的动摩擦因数为μ(μ＜1)，则下列关系式成立的是()图11A.F＝eq\f(μ,1－μ)F0 B.F＝(eq\f(μ,1－μ))2F0C.F＝eq\f(1＋μ,1－μ)F0 D.F＝(eq\f(1＋μ,1－μ))2F0答案D解析当物体恰好不下滑时，沿斜面方向刚好平衡，则有mgsin45°＝F0cos45°＋μFN垂直于斜面方向，有FN＝mgcos45°＋F0sin45°解得F0＝eq\f(1－μ,1＋μ)mg同理，当物体恰好不上滑时，有F＝eq\f(1＋μ,1－μ)mg解得F＝(eq\f(1＋μ,1－μ))2F0，故选项D正确。12.如图12所示，质量为m的物体放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑。对物体施加一大小为F水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角α时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，设物体与斜面的动摩擦因数为μ＝eq\f(\r(3),3)，这一临界角α的大小为()图12A.30° B.45° C.60° D.75°答案C解析斜面倾角为α时，无论F多大都不能推动物块。受力情况如图所示，对物体进行受力分析，建立沿斜面与垂直于斜面的直角坐标系，沿斜面有Fcosα＝mgsinα＋Ff，垂直于斜面有FN＝mgcosα＋Fsinα，又Ff＝μFN，联立解得F＝eq\f(mgsinα＋μmgcosα,cosα－μsinα)，根据题意，当分母趋于0时，分式趋于无穷大，故当cosα＝μsinα时，分式趋于无穷大，此时μ＝eq\f(1,tanα)，又因μ＝eq\f(\r(3),3)，解得α＝60°，故C正确。13.(2023·江苏扬州质检)如图13所示，在质量为m的物块上系着两条细绳，其中长30cm的细绳另一端连着轻质圆环，圆环套在水平棒上可以滑动，圆环与棒间的动摩擦因数μ＝0.75。另一细绳跨过光滑定滑轮与重为G的物块相连，定滑轮固定在距离圆环50cm的地方。当G＝6N时，圆环恰好开始滑动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：图13(1)OA绳与棒间的夹角θ；(2)物块的质量m。答案(1)53°(2)1kg解析(1)当圆环将要开始滑动时，设此时水平棒对圆环的支持力大小为FN，细绳对圆环的拉力大小为FT，对圆环受力分析，如图甲所示，甲根据平衡条件有μFN－FTcosθ＝0①FN－FTsinθ＝0②联立①②解得tanθ＝eq\f(1,μ)＝eq\f(4,3)即θ＝53°。(2)由题意，根据几何关系可知φ＝90°按如图乙所示建立xOy直角坐标系，乙对物块受力分析，根据平衡条件有Gcosθ＋FT′sinθ－mg＝0③FT′cosθ－Gsinθ＝0④联立③④解得m＝1kg。一、思维方法：动态平衡中的矢量圆的应用模型特点：一力恒定，另外两力方向一直变化，但两力的夹角不变，作出不同状态的矢量三角形，利用两力夹角不变，结合正弦定理列式求解，也可以作出动态圆，恒力为圆的一条弦，根据不同位置判断各力的大小变化。基本矢量图，如图1所示。图1例1如图2所示，两根相同的轻质弹簧一端分别固定于M、N两点，另一端分别与轻绳OP、OQ连接于O点。现用手拉住OP、OQ的末端，使OM、ON两弹簧长度相同(均处于拉伸状态)，且分别保持水平、竖直。最初OP竖直向下，OQ与OP成120°夹角。现使OP、OQ的夹角不变，在保持O点不动的情况下，将OP、OQ沿顺时针方向缓慢旋转70°。已知弹簧、轻绳始终在同一竖直平面内，则在两轻绳旋转的过程中()图2A.OP上的作用力一直减小B.OQ上的作用力一直减小C.OP上的作用力先增大后减小D.OQ旋转至水平位置时，OQ上作用力最大答案A解析初状态系统平衡时，两弹簧弹力相等，合力与两弹簧夹角为45°斜向左上方，则由O点受力平衡知：OP、OQ两绳拉力合力斜向下与OP成45°角。保持O点不动，则两弹簧伸长状态不变，合力不变，将OP、OQ沿顺时针方向缓慢旋转70°，此过程OP、OQ合力不变，且两力夹角不变，根据力三角形法可作图如图所示，由图可以看出，在旋转70°的过程中，表示OP的拉力TOP长度一直在减小，说明OP上的作用力一直减小；表示OQ的拉力TOQ长度先增大后减小，说明OQ上的作用力先增大后减小；当OQ旋转至水平位置时，OQ对应的圆周角为180°－60°－45°＝75°<90°，说明此时OQ拉力不是最大值。故A正确，B、C、D错误。例2(多选)如图3，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N，初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α(α＞eq\f(π,2))。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中()图3A.MN上的张力逐渐增大B.MN上的张力先增大后减小C.OM上的张力逐渐增大D.OM上的张力先增大后减小答案AD解析以重物为研究对象，受重力mg、OM绳上拉力F2、MN上拉力F1，由题意知，三个力的合力始终为零，矢量三角形如图所示，F1、F2的夹角为π－α不变，在F2转至水平的过程中，矢量三角形在同一外接圆上，由图可知，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，所以A、D正确，B、C错误。二、科学应用：生活中的“自锁”现象力学中有一类现象，当物体的某一物理量满足一定条件时无论施以多大的力都不可能让它与另一个物体之间发生相对运动，物理上称这种现象为“自锁”。类型通过控制角度达到“自锁”例3某同学做家务时，使用浸湿的拖把清理地板上的油渍(如图4所示)。假设湿拖把的质量为2kg，当拖把杆与水平方向成53°角时，对拖把施加一个沿拖把杆向上、大小为5N的力时，恰好能拉着拖把向前匀速运动。设拖把与地板、油渍间的动摩擦因数相等且始终不变(已知重力加速度g＝10