高中物理必修第一册课时分层作业(十九)

课时分层作业(十九)动态平衡及平衡中的临界、极值问题A组基础巩固练1．如图所示，一只小鸟沿着较粗的弯曲树枝从右向左缓慢爬行，小鸟从A运动到B的过程中()A.树枝对小鸟的弹力先减小后增大B．树枝对小鸟的摩擦力先增大后减小C．树枝对小鸟的摩擦力先减小后增大D．树枝对小鸟的作用力先减小后增大2．[2023·山西忻州一中高一期末]如图所示，一光滑小球静止放置在光滑半球面的底端，小球所受重力为G，用竖直放置的光滑挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动的过程中(该过程小球未脱离球面)，挡板对小球的推力F1、半球面对小球的支持力F2的变化情况正确的是()A．F1增大，F2减小B．F1增大，F2增大C．F1减小，F2减小D．F1减小，F2增大3．(多选)如图所示，用轻绳AO和轻绳BO吊着一个重物M，保持AO与水平方向的夹角θ不变．下列说法正确的是()A．当BO逆时针由水平转到竖直，轻绳BO的拉力先减小后增大B．当BO逆时针由水平转到竖直，轻绳AO的拉力一直减小C．若保持BO水平，增大M的重力，则AO拉力增大，BO拉力减小D．若保持BO水平，缓慢增大θ，则AO、BO的拉力均增大4.如图所示，一光滑半圆形凹槽固定在水平地面上，一物块(可看作质点)静置于槽内最底部的A点处．现用一方向不变的斜向上的推力F把物块从A点沿着凹形槽缓慢推至B点．设物块受到凹槽的支持力为FN，则在上述过程中F和FN大小的变化情况为()A.F和FN都一直增大B．F一直增大，FN先减小后增大C．F先增大后减小，FN一直增大D．F和FN都先增大后减小5．(多选)如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，已知A的圆半径为球B的半径的3倍，球B的重力为G，整个装置处于静止状态．设墙壁对B的压力为F1，A对B的支持力为F2，若把A向右缓慢移动少许后，它们仍处于静止状态，则F1、F2的变化情况分别是()A．F1减小B．F1增大C．F2增大D．F2减小6．[2023·福建南平高一上期末]如图所示，把重力为G的物体通过细绳OA、OB拴在半圆支架MN上，开始时，OA与竖直方向成37°角，OB与OA垂直，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是()A．此时细绳OA的拉力为0.6GB．此时细绳OB的拉力为0.8GC．保持OB不动，沿圆弧CM缓慢下移A点，OA绳拉力变小D．保持OA不动，沿圆弧NC缓慢上移B点，OB绳拉力变大7．[2023·山西师范大学附中月考]小明在观察如图所示的沙子堆积时，发现沙子会自然堆积成圆锥体，且在不断堆积过程中，材料相同的沙子自然堆积成的圆锥体的最大底角都是相同的．小明测出这堆沙子的底部周长为31.4m，利用物理知识测得沙子之间的动摩擦因数为0.5，估算出这堆沙子的体积最接近()A．30m3B．60m3C．200m3D．250m3B组能力提升练8.如图所示，可视为质点的小球拴接了轻质弹簧和细线，并在它们的作用下保持静止．轻质弹簧与竖直方向有一定夹角，细线处于水平状态．现保持弹簧与竖直方向夹角不变，将轻质细线由水平状态缓慢转至竖直状态，则()A．弹簧的长度逐渐变长B．弹簧的长度逐渐变短C．细线上的拉力逐渐增大D．细线上的拉力逐渐减小9．[2023·河北邢台一中月考]如图所示，质量为m的小球套在竖直固定的光滑圆环上，在圆环的最高点有一个光滑小孔，一根轻绳的下端系着小球，上端穿过小孔用力F拉住，开始时绳与竖直方向的夹角为θ，小球处于静止状态，现缓慢拉动轻绳，使小球沿光滑圆环移动一小段距离，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是()A．绳与竖直方向的夹角为θ时，F＝mgcosθB．小球沿光滑圆环上升过程中，轻绳拉力逐渐增大C．小球沿光滑圆环下降过程中，小球所受支持力大小不变D．小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力逐渐增大10．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eq\r(15)，飞机的重力为G，则使飞机实现节油巡航模式的最小推力是()A．GB．eq\f(G,\r(15))C．eq\f(G,16)D．eq\f(G,4)11.如图所示，两个半圆柱A、B相接触并静置于水平地面上，其上有一光滑匀质圆柱C，三者半径均为R.C的质量为2m，A、B的质量都为m，与地面间的动摩擦因数均为μ.现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面．整个过程中B保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：(1)未拉A时，C受到B作用力的大小F；(2)动摩擦因数的最小值μmin.课时分层作业(十九)动态平衡及平衡中的临界、极值问题1．解析：小鸟的受力情况如图所示，小鸟所受的弹力N＝mgcosθ，从A到B的过程中，θ先减小后增大，则弹力先增大后减小；小鸟所受的摩擦力f＝mgsinθ，从A到B的过程中，θ先减小后增大，则摩擦力先减小后增大；树枝对小鸟的作用力始终与小鸟的重力等大且反向，所以树枝对小鸟的作用力大小不变．答案：C2．解析：作出小球在某位置时的受力分析图，如图所示在小球运动的过程中，F1的方向不变，F2与竖直方向的夹角逐渐变大，画力的动态平行四边形，由图可知F1、F2均增大，故B项正确．答案：B3．解析：对结点O受力分析，受三个拉力，如图所示，当BO逆时针由水平转到竖直时，通过作图可以发现，轻绳BO的拉力先减小后增大，轻绳AO的拉力一直减小，故A、B正确；设M的重力为G，当BO水平时，利用三角函数得FA＝eq\f(G,sinθ)，FB＝eq\f(G,tanθ)，当G增大时，两个绳子上的拉力均增大；当θ增大时，两个绳子拉力均减小，故C、D错误．答案：AB4．解析：对物块受力分析如图由图可知，物块从A点沿着凹形槽缓慢推至B点过程中，F一直增大，FN先减小后增大．答案：B5．解析：方法一(解析法)以球B为研究对象，受力分析如图甲所示，根据合成法，可得出F1＝Gtanθ，F2＝eq\f(G,cosθ)，当A向右移动少许后，θ减小，则F1减小，F2减小．方法二(图解法)先根据平衡条件和平行四边形定则画出如图乙所示的矢量三角形，在θ减小的过程中，从图中可直观地看出，F1、F2都会减小．答案：AD6．解析：对结点O进行受力分析，如图甲所示，由于物体处于平衡状态，故有FA＝Gcos37°＝0.8G，FB＝Gsin37°＝0.6G，故A、B错误；保持OB不动，沿圆弧CM缓慢下移A点，FA与水平方向的夹角逐渐减小，而FB的方向保持不变，如图乙所示．根据三角形法则可知，由于开始时FA和FB垂直，故随A点的下移，FB逐渐增大，FA也逐渐增大，故C错误．保持OA不动，沿圆弧NC缓慢上移B点，FB与竖直方向的夹角逐渐减小，而FA的方向保持不变，根据矢量三角形法则可得如图丙情况．由图丙可知，OA绳拉力逐渐变小，OB绳拉力逐渐增大，故D正确．答案：D7．解析：沙堆底部周长为31.4m，故圆锥体的底部圆半径为r＝5m，对锥面上的一粒沙粒分析，当满足μmgcosθ＝mgsinθ(θ为锥体的底角)时沙粒刚好静止，故μ＝tanθ＝eq\f(h,r)，解得圆锥体高h＝2.5m，故圆锥体的体积约为V＝eq\f(1,3)Sh＝eq\f(1,3)×π×52×2.5m3≈65m3，故选项B符合题意．答案：B8．解析：小球受力情况如图所示，重力G大小和方向都不变，保持弹簧与竖直方向夹角θ不变，则弹簧弹力F弹方向不变，弹簧弹力与细线拉力FT的合力和小球受到的重力等大反向，保持不变，由图可以看出，将轻质细线由水平状态缓慢转至竖直状态的过程中，细线上的拉力先减小后增大，弹簧的弹力一直减小，由胡克定律可知，弹簧的长度逐渐变短，A、C、D错误，B正确．答案：B9．解析：对小球受力分析，小球受到重力mg、轻绳的拉力F和圆环的弹力N，如图，根据平衡条件可知：mg和N的合力与F大小相等、方向相反，根据几何知识得知N＝mg，且有F＝2mgcosθ，A错误；小球沿圆环缓慢上移，处于动态平衡状态，对小球进行受力分析，小球受重力G、F、N三个力，满足受力平衡，由图可知三角形OAB和三角形GFA相似，eq\f(mg,R)＝eq\f(F,AB)＝eq\f(N,R)，则得F＝eq\f(AB,R)mg，N＝mg，当A点上移时，半径R不变，AB减小，故F减小，N不变，同理小球沿光滑圆环下降过程中，即当A点下移时，半径R不变，AB增大，故F增大，但是N不变，B、D错误，C正确．答案：C10．解析：飞机受到重力G、发动机推力F1、升力F2和空气阻力Ff，重力的方向竖直向下，升力F2的方向竖直向上，空气阻力Ff的方向与F2垂直，如图所示．歼­20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航，则水平方向有Fx＝Ff，竖直方向有F2＋Fy＝G，由题意可知F2＝eq\r(15)Ff，联立解得Fy＝G－eq\r(15)Ff，则Feq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝Feq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(x))＋Feq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(y))＝16Feq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(f))－2eq\r(15)GFf＋G2，当Ff＝eq\f(\r(15),16)G时F1取得最小值，为F1min＝eq\f(G,4)，故D正确．答案：D11．解析：(1)对C受力分析，如图甲所示，根据平衡条件有2Fcos30°＝2mg，解得F＝eq\f(2\r(3),3)mg.(2)C恰好降到地面时(与地面接触但无弹力)，C受力如图乙所示，此时B受C压力的水平分力最大，设最大值为Fxmax，可求得Fxmax＝eq\r(3)mg，对B进行受力分析，得出地面对B的支持力FN＝2mg.若此时B恰要滑动，则由Ff＝μFN得Ff＝2μmg，根据题意，B保持静止，则有Ff＝Fxmax时μ有最小值，解得μmin＝eq\f(\r(3),2).答案：(1)eq\f(2\r(3),3)mg(2)eq\f(\r(3),2)综合检测一、选择题(本题共10小题,每小题4分。在每小题给出的四个选项中,第1~7题只有一项符合题目要求,第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)1.(浙江嘉兴高一期末)关于以下各图说法正确的是()A.图甲所示真空管内的铁片和羽毛下落一样快,说明两者质量相等B.图乙所示弹簧下端悬挂的钩码数量越多,弹簧的劲度系数就越大C.图丙所示月球上的五星红旗离地球非常遥远,所以没有惯性D.图丁所示的伽利略理想斜面实验,说明力不是维持物体运动的原因解析图甲所示真空管内的铁片和羽毛下落一样快,说明轻重不同的物体在真空中下落一样快,不能说明两者质量相等,故A错误;图乙所示弹簧下端悬挂的钩码数量越多,则弹簧的形变量越大,不能说明弹簧的劲度系数越大,故B错误;图丙所示月球上的五星红旗虽然离地球非常遥远,但由于红旗具有质量,所以一定具有惯性,故C错误;图丁所示的伽利略理想斜面实验,说明了力不是维持物体运动的原因,故D正确。答案D2.如图所示,一只壁虎在一块竖直的玻璃上由P点沿直线运动到Q点,关于壁虎在竖直面内受到的力,结合运动情况下列受力分析图可能正确的是()解析壁虎缓慢爬行时,受重力和墙壁的作用力而处于平衡状态,重力竖直向下,墙壁对其作用力为竖直向上,故A、B错误;壁虎加速爬行时,受重力和墙壁的摩擦力,合外力沿运动方向,故C正确,D错误。答案C3.(浙江丽水高一期末)某人骑自行车,在距离十字路口停车线30m处看到信号灯变红,此时自行车的速度为4m/s。若骑车人看到红灯就停止用力,自行车靠惯性滑行过程做匀减速运动,加速度为0.2m/s2,以下说法正确的是()A.自行车运动时才有惯性B.自行车滑行的时间为7.5sC.自行车滑行的位移为30mD.自行车应当刹车才能在停车线前停下来解析自行车的惯性只与质量有关,与运动状态无关,选项A错误;自行车滑行的时间为t=v0a=40.2s=20s,选项B错误;自行车滑行的位移为s=v02t=40m>30答案D4.(浙江杭州高一月考)木块A、B的重力均为40N,它们与水平地面间的动摩擦因数均为0.25,夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了Δx=2.0cm,弹簧的劲度系数k=400N/m,系统置于水平地面上静止不动,现用F=10N的水平力推木块B,如图所示,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,力F作用后()A.木块A所受静摩擦力大小为10NB.弹簧的压缩量变为2.5cmC.木块B所受静摩擦力为0D.木块B所受静摩擦力大小为2.0N解析由胡克定律可得弹簧弹力为F=kΔx=400×0.02N=8N,木块A、B与地面间的最大静摩擦力为Ff=μmg=0.25×40N=10N,故A、B均静止,A受到的摩擦力为8N。施加水平推力F=10N后,B水平方向受到弹簧向右的弹力8N,向左的推力10N,所以所受摩擦力大小为2N,仍静止,故C错误,D正确。弹簧弹力不变,则弹簧压缩量不变,木块A静止,所受摩擦力大小不变,仍为8N,故A、B错误。答案D5.(山东潍坊高一月考)一矩形斜坡ABCD与水平面的夹角为37°。施加平行于斜坡面的推力F,使重10N的物体沿对角线BD匀速下滑,对角线与底边夹角为30°,物体与斜面的动摩擦因数μ=0.75,sin37°=0.6,cos37°=0.8,则施加的外力F大小为()A.62N B.53N C.6N D.8N解析物体受竖直向下的重力,垂直斜面的支持力,平行斜面沿BD对角线向上的摩擦力和平行于斜坡面的推力F,因为物体匀速下滑,所以受力平衡,对垂直于斜面的方向有Gcos37°=FN,重力沿平行于斜面的分力F'=Gsin37°=6N,方向沿斜面平面向下,对于平行于斜面沿BD方向向上的摩擦力Ff=μFN=6N,F'与Ff夹角为120°,则有F'与Ff的合力为6N,根据平衡条件可知,推力F应和F'与Ff的合力等大反向,即6N,故选C。答案C6.如图所示是两个物体A和B同时出发沿同一直线运动的x-t图像。由图像可知()A.t=4s时物体B的速度为0B.t=4s时物体A的加速度为0C.前4s内A、B速度方向相同D.t=2s时物体A和物体B速度相同解析t=4s时物体B的速度为vB=0-104=-2.5m/s,故A错误;由图像可知,t=4s时物体A做匀速运动,此时加速度为0,故B正确;由图像可知,前4s内物体A向正方向做匀速运动,物体B向负方向做匀速运动,故C错误;t=2s时物体A的速度为vA=104=2.5m/s,t=2s时物体B的速度为vB=-2.5m/s,物体A与物体B的速度大小相等答案B7.如图所示,与水平面夹角θ=37°的传送带正以10m/s的速度顺时针运行。在传送带的A端轻轻地放一小物体,若已知该物体与传送带之间的动摩擦因数为0.5,传送带A端到B端的距离为16m,sin37°=0.6,g取10m/s2,则小物体从A端运动到B端所需的时间是()A.2.0s B.2.1sC.4.0s D.4.1s解析传送带顺时针运行,小物块所受的摩擦力方向不变,一直沿传送带向上,根据牛顿第二定律得a=mgsinθ-μmgcosθm=2m/s2,物块速度方向与传送带运行方向相反,物块做匀加速运动,根据s=12at2得,t=2×答案C8.如图所示,斜面体固定在水平地面上,一物块静止在斜面上,物块上端连接一轻弹簧,现用沿斜面向上、大小为F=kt的拉力拉轻弹簧的上端,假设时间足够长,斜面足够长,取沿斜面向上为正方向,物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则弹簧的弹力F'、物块受到的摩擦力Ff随时间变化的图像正确的是()解析弹簧的弹力始终等于拉力F,即F'=kt,故A正确,B错误;物块开始受到的是静摩擦力,且大小为mgsinα,方向向上,在拉力F增大的过程中,静摩擦力的大小变化满足F+Ff=mgsinα,随着F的增大,静摩擦力先向上均匀减小到零,再向下均匀增大,当增大到等于最大静摩擦力时,再增大拉力,摩擦力变为滑动摩擦力,大小保持恒定,故C错误,D正确。答案AD9.(福建南平高一期末)如图所示,一竖直放置的轻弹簧两端各拴接一个物块A和B,整个系统处于静止状态。已知物块A的质量为mA=1kg,物块B的质量为mB=3kg,轻弹簧的劲度系数k=100N/m。现对物块A施加一竖直向上的力F,使A从静止开始向上做匀加速直线运动,经0.4s,物块B刚要离开地面。设整个过程中弹簧始终处于弹性限度内,重力加速度g取10m/s2,则下列说法正确的是()A.t=0时,弹簧的形变量为0.4mB.0~0.4s内,F的最大值为45NC.0~0.4s内,F的最小值为15ND.0~0.4s内,物块A上升的距离xA=0.4m解析t=0时,弹簧的压缩量为x1,则有x1=mAgk=10100m=0.1m,故A错误;t=0.4s时,物体B刚要离开地面,弹簧对B的拉力恰好等于B的重力,设此时弹簧的伸长量为x2,则有x2=mBgk=30100m=0.3m,A物体上升的高度为x=x1+x2=0.1m+0.3m=0.4m,A向上做匀加速运动,有x=12at2,解得a=5m/s2,t=0时,外力F最小,为F1=mAa=1×5N=5N,t=0.4s时,外力F最大,由牛顿第二定律,得F2-mAg-kx2=mAa,解得答案BD10.(福建三明高一月考)如图所示,物体的质量m=6kg,用与水平方向成θ=37°角的推力F作用在物块上,物体与地面的动摩擦因数为μ=0.75,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin37°=35,g取10m/s2,下列判断正确的是(A.如果F=150N,可以把物块推动B.如果F=150N,不能把物块推动C.如果θ=60°,只要不断增大F,滑块一定会推动D.如果θ=60°,则无论F为多大,该滑块均无法被推动解析以物块为研究对象,受到重力、支持力、推力和摩擦力,如图所示。设物块恰好能够运动时的推力为F1,则有F1cosθ=Ff,根据摩擦力的计算公式可得Ff=μFN=μ(mg+F1sinθ),联立解得F1=μmgcosθ-μsinθ=0.75×6×100.8-0.75×0.6N=9007N,如果F=150N>9007N,则能把物块推动,故A正确,B错误;假设力F与水平方向的夹角恰好为α时,无论施加多大的推力,都不可能推动物块,则根据F1=μmgcosθ-μsinθ,类比可得F=答案AD二、实验题(本题共2小题,共16分)11.(8分)某同学利用如图所示的器材验证力的平行四边形定则,在倾斜桌面上平铺一张白纸,在桌子边缘安装三个光滑的滑轮,其中,滑轮P1固定在桌子边,滑轮P2、P3可沿桌边移动。将绳子打一个结点O,每个钩码的重量相等,当系统达到平衡时,根据钩码个数读出三根绳子的拉力。回答下列问题:(1)在实验中,若一根绳子挂的钩码质量为m,另一根绳子挂的钩码质量为2m,则第三根绳子所挂的钩码质量m'应满足关系:。

(2)在拆下钩码和绳子前,最必要的一个步骤是。

A.标记结点O的位置,并记录三段绳子的方向B.量出三段绳子的长度C.用量角器量出三段绳子之间的夹角D.用天平测出钩码的质量(3)若改变桌面的倾斜角度,(选填“会”或“不会”)影响实验的结论。

解析(1)根据三力平衡条件,第三根绳子所挂的钩码质量m'应满足关系2m-m≤m'≤2m+m,即m≤m'≤3m。(2)该实验必须记下力的三要素,即大小、方向、作用点。大小可以通过钩码的个数来表示,方向就是绳子的方向,作用点为O点,故选A。(3)绳子拉力即为钩码重力,若改变桌面的倾斜角度,拉力不变,所以不会影响实验的结论。答案(1)m≤m'≤3m(2)A(3)不会12.(8分)在探究加速度与力、质量的关系的实验中,将五辆质量均为M的相同小车放在水平木板上,每辆小车前端系一条细线,细线的另一端跨过定滑轮挂质量为m的小盘,在小车1~5的对应的盘中分别放质量为m~5m的砝码。每辆小车后端系一条细线,用长木条将细线同时按压在木板上,如图所示。抬起长木条,五辆小车同时开始运动,按下长木条,五辆小车同时停下。用刻度尺测出小车移动的位移分别为x1、x2、x3、x4、x5。用小盘和砝码的总重力大小代替小车前端细线的拉力大小,重力加速度为g。回答下列问题:(1)实验时,水平木板(选填“需要”或“不需要”)一端垫高用于平衡摩擦力;

(2)用小盘和砝码的总重力大小代替小车前端细线的拉力大小需满足的条件为;(用题中所给物理量字母表示)

(3)若五辆小车的位移之比满足x1∶x2∶x3∶x4∶x5=,则可验证合外力与加速度成正比。

解析(1)本实验将细线对小车的拉力视为小车受到的合外力,其大小近似等于砝码的重力大小,故本实验需要平衡摩擦力。(2)设盘和砝码的总质量为m1,对整体,根据牛顿第二定律得m1g=(M+m1)a对小车,根据牛顿第二定律得FT=Ma联立两式得FT=Ma=Mm1M+m1g=只有M≫m1,即M≫6m时,FT才近似等于小盘和砝码的总重力。(3)由于小车运动的时间相等,小车的位移x=12at根据牛顿第二定律有a=m1联立得x=m12M则x1∶x2∶x3∶x4∶x5=2m∶3m∶4m∶5m∶6m=2∶3∶4∶5∶6。答案(1)需要(2)M≫6m(3)2∶3∶4∶5∶6三、计算题(本题共3小题,共44分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)13.(14分)(河南高一期末)舰载机着舰被称为“在刀尖上跳舞”,指的是舰载机着舰有很大的风险,一旦着舰不成功,飞行员必须迅速实施“逃逸复飞”,“逃逸复飞”是指制动挂钩挂拦阻索失败后飞机的复飞。某航母跑道长为280m,飞行员在一次训练“逃逸复飞”科目时,舰载机在跑道一端着舰时的速度为55m/s,着舰后以10m/s2的加速度做匀减速直线运动,3s后制动挂钩挂拦阻索失败,于是舰载机立即以6.25m/s2的加速度复飞,起飞需要的最小速度为50m/s。(1)求舰载机着舰3s时的速度大小;(2)本次“逃逸复飞”能否成功?若不能,请说明理由;若能,求达到起飞速度时战斗机离跑道终端的距离。解析(1)舰载机着舰减速过程,根据运动学公式v1=v0+a1t1=55m/s+(-10m/s2)×3s=25m/s。(2)舰载机着舰减速过程,根据运动学公式x1=v0t1+12a1t12=假设舰载机能“逃逸复飞”成功,根据运动学公式v22−v12可得舰载机复飞过程的最小位移x2=150m,由于x1+x2=2