第2章 专题强化3 动态平衡 平衡中的临界、极值问题（课件PPT）-【优化指导】2025年高考物理一轮复习高中总复习·第1轮（人教多选版）

第二章　相互作用——力 专题强化3　动态平衡　平衡中的临界、极值问题 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第二章　相互作用——力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第二章　相互作用——力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第二章　相互作用——力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第二章　相互作用——力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第二章　相互作用——力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第二章　相互作用——力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第二章　相互作用——力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第二章　相互作用——力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第二章　相互作用——力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第二章　相互作用——力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第二章　相互作用——力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第二章　相互作用——力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第二章　相互作用——力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第二章　相互作用——力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第二章　相互作用——力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第二章　相互作用——力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第二章　相互作用——力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第二章　相互作用——力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第二章　相互作用——力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第二章　相互作用——力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第二章　相互作用——力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第二章　相互作用——力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第二章　相互作用——力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第二章　相互作用——力 谢谢观看！ 热点一　攻克动态平衡问题 1．基本思路 化“动”为“静”，“静”中求“动”。 2．灵活应用三种方法 方法 步骤 解析法 (1)列平衡方程，求出未知量与已知量的关系表达式 (2)根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况 方法 步骤 图解法 (1)根据已知量的变化情况，画出平行四边形中边、角的变化 (2)确定未知量大小、方向的变化 相似三 角形法 (1)根据已知条件画出两个不同情况对应的力的三角形和空间几何三角形，确定对应边，利用三角形相似知识列出比例式 (2)确定未知量大小的变化情况 图解法的应用 [典例1] (多选)如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是(　　) A．绳的右端上移到b′，绳子拉力不变 B．将杆N向右移一些，绳子拉力变大 C．绳两端的高度差越小，绳子拉力越小 D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移 AB　解析：设两段绳子间的夹角为2α，绳子上的拉力大小为F，由平衡条件可知，2F cos α＝mg，所以F＝ eq \f(mg,2cos α) ，设绳子总长为L，两杆间距离为s，由几何关系可知L1sin α＋L2sin α＝s，得sin α＝ eq \f(s,L1＋L2) ＝ eq \f(s,L) ，绳子右端上移到b′，L、s都不变，则α不变，绳子张力F也不变，A正确；杆N向右移动一些，s变大，则α变大，cos α变小，F变大，B正确；绳子两端高度差变化，不影响s和L的大小，所以F不变，C错误；衣服质量增加，绳子上的拉力增加，但α不会变化，因此悬挂点不会右移，D错误。 相似三角形法的应用 [典例2] 如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔。质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住。现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中，手对细线的拉力F和圆环对小球的弹力FN的大小变化情况是(　　) A．F不变，FN增大 B．F不变，FN减小 C．F减小，FN不变 D．F增大，FN减小 C　解析：小球沿圆环缓慢上移故小球始终受力平衡，对小球进行受力分析，受力示意图如图所示，由图可知△OAB∽△G′FA，即 eq \f(G,R) ＝ eq \f(F,AB) ＝ eq \f(FN,R) ，当A点上移时，半径不变，AB长度减小，故F减小，FN不变，C正确。 热点二　平衡中的临界、极值问题 1．解决平衡中临界和极值问题的方法 (1)极限法：首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而要把某个物理量推向极端，即极大和极小。 (2)数学分析法：通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写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)。 (3)物理分析法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，利用平行四边形定则对物理过程进行动态分析，确定最大值和最小值。 2．常见临界状态 (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。 数学分析法 [典例3] 拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图所示)。设拖把头的质量为m，拖杆的质量可忽略。拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g。某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，已知拖杆与竖直方向的夹角为θ。 (1)若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小； (2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ。已知存在一个临界角θ0，若θ≤θ0，则不管沿拖杆方向的推力有多大，都不可能使拖把从静止开始运动。求这一临界角的正切值tan θ0。 解析：(1)设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把。将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，根据平衡条件有 F cos θ＋mg＝FN　① F sin θ＝f　② 式中FN和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力 所以f＝μFN　③ 联立①②③式得F＝ eq \f(μ,sin θ－μcos θ) mg。　④ (2)若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应有F sin θ≤λFN　⑤ 这时，①式仍成立。联立①⑤式得 sin θ－λcos θ≤λ eq \f(mg,F) 　⑥ λ eq \f(mg,F) 大于零，且当F无限大时λ eq \f(mg,F) 为零，则有 sin θ－λcos θ≤0　⑦ 使⑦式成立的θ角满足θ≤θ0，这里θ0是题中所定义的临界角，即当θ≤θ0时，不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把。故临界角的正切值为tan θ0＝λ。 答案：(1) eq \f(μ,sin θ－μcos θ) mg　(2)λ 临界条件法 [典例4] (多选)如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一个光滑圆柱C，三者半径均为R。C的质量为m，A、B的质量均为 eq \f(m,2) ，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。则未拉A时C受到B作用力的大小F及动摩擦因数的最小值μmin分别为(　　) A．F＝ eq \f(\r(3),2) mg B．F＝ eq \f(\r(3),3) mg C．μmin＝ eq \f(\r(3),2) D．μmin＝ eq \f(\r(3),3) BC　解析：C受力平衡，则有2F cos 30°＝mg，解得F＝ eq \f(\r(3),3) mg，A错误，B正确；C恰好降到地面时，B受C压力的水平分力最大，且Fxmax＝ eq \f(\r(3),2) mg，而此时B受地面的最大静摩擦力fmax＝μmg，为整个过程中静摩擦力的最大值，也即最大静摩擦力的最小值，根据题意有Fxmax＝fmax，即 eq \f(\r(3),2) mg＝μminmg，解得μmin＝ eq \f(\r(3),2) ，C正确，D错误。 1．(经典高考题)如图所示，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拴住的书本处于静止状态，现将两环距离变小后书本仍处于静止状态，则(　　) A．杆对A环的支持力变大 B．B环对杆的摩擦力变小 C．杆对A环的力不变 D．与B环相连的细绳对书本的拉力变大 B　解析：对两环和书本的整体受力分析，竖直方向：2FN＝mg，可知将两环距离变小后杆对A环的支持力不变，A错误；设细绳与杆的夹角为θ，对圆环B受力分析可知，f＝T cos θ，对书本受力分析可知，2T sin θ＝mg，解得f＝ eq \f(mg,2tan θ) ，当两环距离变小后，θ变大，则f减小，与B环相连的细绳对书本的拉力T变小，B正确，D错误；同理，杆对A环的摩擦力减小，杆对A环的支持力不变，则杆对A环的力减小，C错误。 2．(经典高考题)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。已知物块与斜面之间的动摩擦因数为 eq \f(\r(3),3) ，重力加速度取10 m/s2。若轻绳能承受的最大张力为1 500 N，则物块的质量最大为(　　) A．150 kg B．100 eq \r(3) kg C．200 kg D．200 eq \r(3) kg A　解析：物块沿斜面向上匀速运动，受力如图所示，根据平衡条件有F＝Ff＋mg sin θ，Ff＝μFN，FN＝mg cos θ，可得F＝mg sin θ＋μmg cos θ，所以m＝ eq \f(F,g sin θ＋μg cos θ) ，解得m＝150 kg，A正确。 3．(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．重物缓慢拉起过程，绳子拉力变小 D．重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变 B　解析：对工人受力分析如图甲所示，则有FN＋FT＝mg，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，A错误，B正确；对动滑轮的受力分析如图乙所示，有FT＝ eq \f(mg,2cos θ) ，则随着重物缓慢拉起，θ逐渐增大，则FT逐渐增大，C、D错误。 INCLUDEPICTURE "2025版优化指导.高考总复习.第1轮.物理（配人教多选版）教用/ylwle724.tif" \* MERGEFORMAT 甲 　　乙 4．(2022·浙江1月选考)如图所示，学校门口水平地面上有一个质量为m的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为μ，工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ，则下列说法正确的是(　　) A．轻绳的合拉力大小为 eq \f(μmg,cos θ) B．轻绳的合拉力大小为 eq \f(μmg,cos θ＋μsin θ) C．减小夹角θ，轻绳的合拉力一定减小 D．轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小 B　解析：对石墩受力分析，由平衡条件可知，水平方向上T cos θ＝f，其中f＝μN，竖直方向上T sin θ＋N＝mg，联立解得T＝ eq \f(μmg,cos θ＋μsin θ) ，A错误，B正确；由数学知识，拉力的大小可表达为T＝ eq \f(μmg,cos θ＋μsin θ) ＝ eq \f(μmg,\r(1＋μ2)sin （θ＋φ）) ，其中tan φ＝μ，可知当θ＋φ＝90°时，拉力有最小值，即减小夹角θ，轻绳的合拉力不一定减小，C错误；摩擦力的大小f＝T cos θ＝ eq \f(μmg cos θ,cos θ＋μsin θ) ＝ eq \f(μmg,1＋μtan θ) ，可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当θ趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力不是最小，D错误。 $$