2025版高考物理一轮复习微专题小练习相互作用专题12动态平衡问题

专题12动态平衡问题1．(多选)如图甲所示，一只小鸟沿着较粗的树枝从A点缓慢移动到B点，将该过程抽象为质点从圆弧上的A点移动到B点，如图乙所示，以下说法正确的是()A．树枝对小鸟的弹力减小B．树枝对小鸟的弹力增大C．树枝对小鸟的摩擦力减小D．树枝对小鸟的摩擦力增大答案：BC解析：设弹力与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件得，小鸟所受的弹力N＝mgcosθ，从A点到B点的过程中，θ减小，弹力增大，A错误，B正确；小鸟所受的摩擦力f＝mgsinθ，从A点到B点的过程中，θ减小，摩擦力减小，C正确，D错误．2．如图所示，置于斜面上的物体A受到平行于斜面向下的力F作用保持静止．若力F大小不变，方向在竖直平面内由沿斜面向下顺时针缓慢转到沿斜面向上(转动范围如图中虚线所示).在F转动过程中，物体和斜面始终保持静止．在此过程中()A．地面与斜面间的摩擦力可能先减小后增大B．地面与斜面间的摩擦力可能一直增大C．物体与斜面间的摩擦力可能先增大后减小D．物体与斜面间的摩擦力可能一直减小答案：D解析：以物体作为研究对象，在沿斜面方向上，重力沿斜面向下的分力、F的分力及摩擦力的合力为零，因F的分力先沿斜面向下减小，后沿斜面向上增大，故摩擦力可能先向上减小，后向下增大，也可能一直减小，故C错误，D正确；以整体为研究对象，F的水平分力与地面给斜面的摩擦力平衡，F的水平分力先增大，再减小，再增大，地面与斜面间的摩擦力也同步变化，故A、B错误．3.如图所示，用网兜把足球挂在光滑墙壁上的A点，足球与墙壁的接触点为B.若更换悬线更长的新网兜，重新把足球挂在A点，足球与墙壁接触点为C(图中未标出)，已知两点间距lAC>lAB，下列说法正确的是()A．网兜对A点的拉力不变B．网兜对A点的拉力变小C．足球对墙壁的压力不变D．足球对墙壁的压力变大答案：B解析：已知两点间距lAC>lAB，绳与墙壁夹角α变小，由平衡条件得T＝eq\f(mg,cosα)，FN＝mgtanα，可知网兜对A点的拉力变小，A错误，B正确；足球对墙壁的压力变小，C、D错误．也可用图解法求解，重力和支持力的合力与绳的拉力大小相等，由三角形知识可知，当绳子与墙壁的夹角减小时，支持力FN和绳子的拉力T均减小，只有选项B正确．4.[2024·安徽省马鞍山市期末考试](多选)将四分之一圆柱体a置于粗糙水平面上，其横截面如图所示，B点为圆柱体a的最高点．现将小物块b(可视为质点)靠紧圆弧，用始终沿圆弧切线方向的拉力F拉动物块．使物块由圆弧与水平面的交点A缓慢向B点运动，整个过程中a始终保持静止，不计a与b间的摩擦，则拉动过程中()A．拉力F一直减小B．b对a的压力先减小后增大C．地面对a的摩擦力一直增大D．地面对a的支持力逐渐增大答案：AD解析：对物块进行受力分析，如图所示由平衡条件知F＝mgcosθ，N＝mgsinθ，θ增大，拉力F减小，支持力增大，根据牛顿第三定律知，b对a的压力增大，A正确，B错误；将a与b看作整体，由平衡条件知N′＝(M＋m)g－Fcosθ，f＝Fsinθ＝mgsinθcosθ＝eq\f(1,2)mgsin2θ，θ从0°增大90°，cosθ减小，F减小，则地面对a的支持力增大，而2θ从0°增大180°，sin2θ先增大后减小，地面对a的摩擦力先增大后减小，C错误，D正确．5．[2023·海南卷]如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是()A．工人受到的重力和支持力是一对平衡力B．工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力C．重物缓慢提起的过程中，绳子拉力变小D．重物缓慢提起的过程中，绳子拉力不变答案：B解析：工人受到三个力的作用，即绳的拉力、地面的支持力和重力，三力平衡，A错；工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力，B对；对动滑轮受力分析，由平衡条件有2Tcoseq\f(θ,2)＝mg，其中T为绳子拉力的大小、θ为与动滑轮相连的两段绳的夹角、m为重物与动滑轮的总质量，随着重物的上升，θ增大，则绳的拉力变大，C、D错．6．某气象研究小组用图示简易装置测定水平风速，在水平地面的底座(始终保持静止)上竖直固定一直杆，半径为R、质量为m的薄壁空心塑料球用细线悬于杆顶端O，当水平风吹来时，球在风力的作用下飘起来．已知风力大小正比于风速，也与球正对风的截面积成正比，当风速v0＝3m/s时，测得球静止时细线与竖直方向的夹角θ＝30°.则下列说法正确的是()A.当θ＝60°时，风速v＝6m/sB．若风速增大到某一值时，θ可能等于90°C．若风速不变，换用半径相等、质量较大的球，则θ减小D．若风速增大，换用半径较大、质量不变的球，底座对地面的压力增大答案：C解析：由题意，风力F＝kSv，由平衡条件得kSv＝mgtanθ，当风速v0＝3m/s时，θ＝30°.则当θ＝60°时，风速v1＝eq\r(3)v0＝3eq\r(3)m/s，A错误；由平衡条件判断θ不可能等于90°，B错误；若风速v不变，换用半径相等(S不变)，质量更大的球，则θ减小，C正确；由平衡条件和牛顿第三定律知底座对地面的压力大小等于系统的重力，与水平风力无关，D错误．7．如图甲所示，质量为m的半球体静止在倾角为θ的平板上，当θ从0缓慢增大到eq\f(π,2)的过程中，半球体所受摩擦力Ff与θ的关系如图乙所示，已知半球体始终没有脱离平板，半球体与平板间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),3)，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度为g，则()A．0～q段图像可能是直线B．q～eq\f(π,2)段图像可能是直线C．q＝eq\f(π,4)D．p＝eq\f(mg,2)答案：D解析：半球体在平板上恰好开始滑动的临界条件是mgsinθ＝μmgcosθ，故μ＝tanθ，解得θ＝eq\f(π,6)，即q＝eq\f(π,6)，故C错误．θ在0～eq\f(π,6)之间时，Ff是静摩擦力，大小为mgsinθ；θ在eq\f(π,6)～eq\f(π,2)之间时，Ff是滑动摩擦力，大小为μmgcosθ，综合以上分析得Ff与θ的关系如图中实线所示，故A、B错误．当θ＝eq\f(π,6)时，Ff＝mgsineq\f(π,6)＝eq\f(mg,2)，即p＝eq\f(mg,2)，故D正确．8.[2024·河南省豫东四校联考](多选)如图所示，甲乙两轻绳连接重物于O点，重物始终在同一位置处于静止状态，轻绳甲与竖直方向夹角始终为30°，轻绳乙从水平方向逆时针缓慢旋转至竖直过程中，轻绳甲对重物的弹力T1，轻绳乙对重物的弹力T2，物体所受的重力大小为G，下列说法正确的是()A.T1先增大后减小B．T2先减小后增大C．T2的最小值为eq\f(G,2)D．T1与T2的合力增大答案：BC解析：因为T1与T2的合力T合与重物重力等大反向，则对物体受力分析，根据力的矢量三角形法则分析，可以看出，轻绳乙从水平方向逆时针缓慢旋转至竖直过程中，轻绳甲对重物的弹力T1一直减小，当轻绳乙与轻绳甲垂直时，轻绳乙上拉力最小，即轻绳乙对重物的弹力T2先减小后增大，轻绳乙上拉力最小值为T2min＝mg·sin30°＝eq\f(G,2)，A错误，B、C正确；由题意知，重物始终处于平衡状态，所以T1与T2的合力与重物重力等大反向，即T1与T2的合力始终保持不变，D错误．9.[2024·福建省南平市期末考试]如图，轻杆A端用光滑铰链固定在竖直墙上，B端吊一工件，工人将轻绳跨过定滑轮C用水平拉力将B端缓慢上拉，滑轮C在A点正上方，滑轮大小及摩擦均不计，则在轻杆逆时针转到竖直位置的过程中()A．轻杆对B端的弹力大小逐渐增大B．轻杆对B端的弹力大小保持不变C．工人受到地面的摩擦力逐渐增大D．工人受到地面的摩擦力保持不变答案：B解析：以B点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T(等于重物的重力G)、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，作出力图如图．由平衡条件得知，N和F的合力与T大小相等，方向相反，根据三角形相似可得eq\f(N,AB)＝eq\f(F,BC)＝eq\f(G,AC)，使轻杆逆时针转到竖直位置的过程中，AC、AB保持不变，BC变小，则N大小保持不变，F变小，A错误，B正确；对人受力分析可知水平方向，f＝F，工人受到地面的摩擦力逐渐减小，C、D错误．10.[2024·山东聊城月考](多选)《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1000kV的高压线上带电作业的过程，如图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮D上，另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制，身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处，绳OD一直处于伸直状态．兜篮、王进及携带的设备总质量为m，可看作质点，不计一切阻力，重力加速度大小为g.从C点运动到E点的过程中，下列说法正确的是()A．绳OD的拉力一直减小B．绳CD的拉力一直减小C．绳OD、CD拉力的合力大于mgD．绳CD与竖直方向的夹角为30°时，绳CD的拉力为eq\f(\r(3),3)mg答案：BD解析：对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示，绳OD的拉力为F1，与竖直方向的夹角为θ，绳CD的拉力为F2，与竖直方向的夹角为α，根据几何关系可得θ＋2α＝90°，由正弦定理可得eq\f(F1,sinα)＝eq\f(F2,sinθ)＝eq\f(mg,sin（180°－α－θ）)＝eq\f(mg,cosα)，联立可得F1＝mgtanα，F2＝eq\f(mgsinθ,cosα)＝eq\f(mgcos2α,cosα)＝mg(2cosα－eq\f(1,cosα))，由于α增大，可得绳OD的拉力F1增大，绳CD的拉力F2减小，A错误，B正确；兜篮、王进及携带的设备处于平衡状态，两绳拉力的合力等于mg，C错误；绳CD与竖直方向的夹角为30°时，即α＝30°时，则有F2＝mg(2cos30°－eq\f(1,cos30°))＝eq\f(\r(3),3)mg，D正确．11.[2024·四川省泸州市期末考试](多选)如图所示，木块甲在光滑的水平面上，质量为m的球乙置于木块与光滑竖直墙壁之间，在水平向左的推力F作用下，系统处于静止状态．其中O点为乙的球心，A点为甲、乙之间的接触点，OA与竖直方向的夹角为30°，取重力加速度大小为g.则()A．推力F的大小为eq\f(\r(3),3)mgB．木块甲对球乙的支持力大小为eq\f(\r(3),3)mgC．若木块甲左移少许，系统仍静止，墙壁对球乙的支持力变小D．若木块甲左移少许，系统仍静止，地面对木块甲的支持力变大答案：AC解析：以乙球为研究对象，受力分析如图根据受力平衡，可得FN1sin30°＝FN2，FN1cos30°＝mg，解得FN1＝eq\f(2\r(3),3)mg，FN2＝eq\f(\r(3),3)mg，对甲受力分析，如图由牛顿第三定律可知，木块甲对球乙的支持力大小为F′N1＝FN1＝eq\f(2\r(3),3)mg，由平衡条件得F＝FN1sin30°＝eq\f(\r(3),3)mg，A正确，B错误；若木块甲左移少许，OA与竖直方向的夹角会变小，系统仍静止，有FN2＝mgtanθ，墙壁对球乙的支持力变小，C正确；若木块甲左移少许，系统仍静止，整个系统竖直方向受力平衡，地面对木块甲的支持力仍然等于系统的重力大小，D错误．12.(多选)如图所示，甲、乙两细绳一端系着小球，另一端固定在竖直放置的