第2章 专题突破4 动态平衡问题 平衡中的临界、极值问题-【优化探究】2025年高考物理一轮复习高考总复习配套课件（粤教版2019）

第二章 相互作用—力 专题突破4　动态平衡问题　平衡中的临界、极值问题 课件使用说明 01 本课件使Office 2016制作，请使用相应软件打开并使用 使用软件 02 本课件理科公式均采用微软公式制作，如果您是Office 2007或WPS 2021年4月份以前的版本，会出现包含公式及数字无法编辑的情况，请您升级软件享受更优质体验 软件版本 03 本课件文本框内容可编辑，单击文本框即可进行修改和编辑 便捷操作 04 由于WPS软件原因，少量电脑可能存在理科公式无动画的问题，请您安装Office 2016或以上版本即可解决该问题 软件更新 核心知识　典例研析 内容索引 突破点一　动态平衡问题 突破点二　平衡中的临界、极值问题 分层训练　巩固提高 一 核心知识　典例研析 突破点一　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 受力分析 画不同状态下的平衡图构造矢量三角形 3. 常用方法 (1)图解法 此法常用于定性分析三力平衡问题中，已知一个力是恒力、另一个力方 向不变的情况。 (2)解析法 对研究对象进行受力分析，画出受力示意图，根据物体的平衡条件列方 程或根据相似三角形、正弦定理，得到因变量与自变量的函数表达式 (通常为三角函数关系)，最后根据自变量的变化确定因变量的变化。 考向1　解析法和图解法 [典例1]　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。已知物体A的半径为球B的半径的3倍，球B所受的重力为G，整个装置处于静止状态。设墙壁对B的支持力为F1，A对B的支持力为F2。若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则F1、F2的变化情况分别是(　A　) A A. 都减小 B. 都增大 C. F1增大，F2减小 D. F1减小，F2增大 方法一　解析法 以球B为研究对象，受力分析如图所示，可得出F1＝Gtan θ，F2＝， 当A向右移动少许后，θ减小，则F1减小，F2减小，故A正确。 方法二　图解法 如图所示，A向右移动少许后，G与F1的方向不变，F2顺时针转动，由 矢量三角形可以看出F1与F2都减小，故A正确。 考向2　相似三角形法 [典例2]　如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一 定，杆的A端用铰链固定，光滑轻质小滑轮在A点正上方，B端吊一重力 为G的重物。现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢上拉，在 AB杆达到竖直前(绳与杆均未断)，关于绳子的拉力F和杆的弹力FN的变 化，下列判断正确的是(　B　) B A. F变大 B. F变小 C. FN变大 D. FN变小 以B点为研究对象，分析受力情况，作出力FN与F的合力F2，如图所示。 根据平衡条件可知F2＝F1＝G。由△F2FNB∽△OBA得＝，解得FN＝ G，式中AB、AO、G都不变，则FN保持不变，C、D错误；由△F2FNB∽△OBA得＝，BO减小，则F一直减小，A错误，B正确。 考向3　正弦定理法和动态圆法 [典例3]　(2024·广东潮州模拟)新疆是我国最大的产棉区，在新疆超出70 ％的棉田都是通过机械自动化采收，自动采棉机将棉花打包成圆柱形棉 包，然后平稳将其放下。放下棉包的过程可以简化为如图所示模型，质 量为m的棉包放在“V”形挡板上，两板间夹角为120°固定不变，“V” 形挡板可绕P轴在竖直面内转动，使BP板由水平位置逆时针缓慢转动， 忽略“V”形挡板对棉包的摩擦力，已知重力加速度为g。下列说法正确 的是(　C　) C A. 棉包对AP板的压力一直减小 B. 棉包始终受到三个力的作用 C. 在AP板转到水平前，BP板与AP板对棉包的作用力的合力不变 D. 当BP板转过60°时，棉包对BP板的作用力大小为mg 如图所示，设BP板转动的角度为θ(0°＜θ＜60°)，棉包的重力为mg， 根据正弦定理有＝＝，在θ从0°增加到60°的过 程中，AP板对棉包的支持力F2一直增大，则棉包对AP板的压力一直增 大，故A错误；当BP板或AP板处于水平状态时，棉包受重力和支持力这 两个力作用，故B错误；在AP板转到水平前，BP板与AP板 对棉包的作用力的合力始终与棉包的重力平衡，所以合力 不变，故C正确；当BP板转过60°时，AP板处于水平状 态，此时棉包对BP板的作用力大小为零，故D错误。 突破点二　平衡中的临界、极值问题 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”“恰能”“恰好”等，临界问题常见的种类： (1)由静止到运动，摩擦力达到最大静摩擦力。 (2)绳子恰好绷直，拉力F＝0。 (3)两个接触的物体分离，弹力FN＝0。 2. 极值问题 平衡中的极值问题，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。 3. 解题方法 (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去寻找，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，根据物体的平衡条件写出物理量之 间的函数关系(或画出函数图像)，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)物理分析方法：根据物体的平衡条件，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 与最小值。 [典例4]　如图所示，物体的质量为m＝5 kg，两根轻细绳AB和AC的一端 固定于竖直墙上，另一端系于物体上(∠BAC＝θ＝60°)。在物体上另施 加一个方向与水平线也成θ角的拉力F，若要使两绳都能伸直，求拉力F 的大小范围。(g取10 m/s2) 答案：　 N≤F≤ N 设AB绳的拉力为F1，AC绳的拉力为F2，对物体受力分析，由平衡条 件有Fcos θ－F2－F1cos θ＝0， Fsin θ＋F1sin θ－mg＝0， 可得F＝－F1，F＝＋。 若要使两绳都能伸直，则有F1≥0，F2≥0， 则F的最大值Fmax＝＝ N， F的最小值Fmin＝＝ N， 即拉力F的大小范围为 N≤F≤ N。 [典例5]　(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，战斗机的重力为G，能使战斗机实现水平匀速 巡航模式的最小推力是(　C　) A. B. C. D. G C 歼－20战斗机受到重力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＝f，竖直方向有F2＋Fy＝G，由题意知F2＝kf，解得Fy＝ G－kf，则＝＋＝(k2＋1)f2－2kGf＋G2，与f 的函数图像为开口向上的抛物线，当f＝时，取最 小值，所以最小推力是F1min＝，故C正确。 二 分层训练　巩固提高 三 分层训练　巩固提高 【A级　夯实基础】 1. (2024·广东韶关模拟)元代《王桢农书》记载了戽斗，它是一种小型的 人力提水灌田农具，形状像斗，两边系绳，靠两人拉绳牵斗取水。如图 所示，两条绳子与竖直方向夹角相同，忽略绳子质量，戽斗处于平衡状 态时，两人站得越远，则(　D　) A. 两边绳子对戽斗的合力越大 B. 两边绳子对戽斗的合力越小 C. 人对每边绳子的拉力越小 D. 人对每边绳子的拉力越大 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 对戽斗受力分析，由两条绳子与竖直方向夹角相同可知，绳子提供大小 相等的拉力。两边绳子对戽斗的合力与戽斗的重力平衡，所以两人站的 远近不影响绳子对戽斗的合力；两人站得越远，两绳夹角越大，由F＝ 知人对每边绳子的拉力越大。故A、B、C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2. 如图所示，某健身爱好者利用如下装置锻炼自己的臂力和腿部力量。 在O点悬挂重物C，手拉着轻绳且始终保持绳索平行于粗糙的水平地 面。当他缓慢地向右移动时，下列说法正确的有(　B　) A. 绳OA拉力大小不变 B. 绳OB拉力变大 C. 健身者与地面间的摩擦力变小 D. 绳OA、OB拉力的合力变大 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 设OA、OB绳的拉力分别为FA和FB，重物的质量为m。对O点有FAcos θ－ mg＝0，FAsin θ－FB＝0，解得FA＝，FB＝mgtan θ。当健身者缓慢向 右移动时，θ变大，则两拉力均变大，选项A错误，B正确；健身者所受 的摩擦力与FB相等，选项C错误；健身者缓慢移动时，两绳拉力的合力 大小等于重物C的重力大小，大小不变，选项D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3. 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 对线的拉力F和轨道对小球的弹力FN的大小变化情况是(　B　) A. F不变，FN 增大 B. F减小，FN 不变 C. F不变，FN 减小 D. F增大，FN 减小 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 小球沿圆环缓慢上移可看作处于平衡状态，对小球进行受力分析，作出 受力示意图，如图所示。由相似三角形可得＝＝，F＝F'＝F合。 当A点上移时，半径不变，AB长度减小，故F减小， FN不变，A、C、D错误，B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4. (多选)如图所示，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。下 列关于FT1与FT2、F1与F2大小的比较，正确的是(　BC　) A. FT1＞FT2 B. FT1＝FT2 C. F1＜F2 D. F1＝F2 BC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 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B的重力mg大小相等、方向 相反，即F合＝mg。设O、A间距离为l，A、B间距离为R，由力的三 角形和几何三角形相似得＝＝。当弹簧劲度系数变大时，弹簧 的压缩量减小，故R增加，而l、L不变，故FT1＝FT2，F2＞F1，故 A、D错误，B、C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5. (2023·广东佛山二模)如图所示，某同学将一橡皮擦轻放在塑料尺的一 端，并将该端伸出桌面边缘。塑料尺缓慢向外移动，弯曲程度变大，橡 皮擦相对塑料尺始终保持静止，则在此过程中橡皮擦对尺子的(　B　) A. 压力增大 B. 压力减小 C. 摩擦力不变 D. 摩擦力减小 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 将橡皮擦所在位置等效为沿塑料尺切线方向的一个斜面，斜面倾角为θ，对橡皮擦进行分析，如图所示，则有f＝mgsin θ，FN＝mgcos θ 根据牛顿第三定律有f'＝f，FN'＝FN 在橡皮擦离桌边越来越远，塑料尺也越来越弯曲的过程中，等效斜面倾 角θ逐渐增大，可知f'增大，FN'减小，即橡皮擦对尺子的压力减小，橡皮 擦对尺子的摩擦力增大。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6. (2024·广东开学摸底大联考)在没有起重机的情况下，工人要将油桶搬 运上汽车，常常用如图所示的方法。已知油桶重力大小为G，斜面的倾 角为θ。当工人对油桶施加方向不同的推力F时，油桶始终处于匀速运动 状态。假设斜面与油桶的接触面光滑。在推力F由水平方向逐渐变为竖 直方向的过程中，以下关于油桶受力的说法正确的是(　D　) D A. 若力F沿水平方向，F的大小为Gsin θ B. 若力F沿水平方向，斜面对油桶的支持力大小为Gcos θ C. F由水平方向逐渐变为竖直方向的过程中，斜面对油桶 的支持力逐渐变大 D. F由水平方向逐渐变为竖直方向的过程中，推力F的最 小值为Gsin θ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 当力F沿水平方向时，由于油桶为匀速运动状态，因此受力平衡，则水 平方向和竖直方向上有F＝FNsin θ，FNcos θ＝G，解得F＝Gtan θ，FN＝ ，故A、B错误；力F由水平方向逐渐变为竖直方向的过程中，对油 桶受力分析如图所示，故斜面对油桶的支持力逐渐变小， 且推力F和支持力FN垂直时推力F有最小值，此时最小值 为Fmin＝Gsin θ，故C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7. (2021·湖南卷)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(　C　) A. 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 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 小滑块由A点向B点缓慢移动，合力为零，对其受力分析，并将各力首尾 相接，如图1所示。由图中几何关系可知，该过程中推力F逐渐增大，凹 槽对滑块的支持力FN逐渐减小，选项A、B错误。凹槽始终静止不动，合力为零，对其受力分析，如图2所示。由图1知FN＝mgcos θ，而F墙＝ FN'sin θ＝FNsin θ，代入得F墙＝mgsin θcos θ＝mgsin 2θ，当θ＝45°时F墙有最大值，故F墙先增大后减小，选项C正确。FN″＝Mg＋FN'cos θ＝Mg＋mgcos2θ，当θ增大时FN″减小，选项D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 【B级　能力提升】 8. (多选)(2023·湖南师范大学附属中学模拟)如图，斜面体a放置在水平地 面上。一根跨过光滑定滑轮的轻绳，左侧平行于斜面且与斜面上的物块 b相连，另一端与小球c相连，整个系统处于静止状态。现对c施加一水 平力F，使小球缓慢上升一小段距离，整个过程中a、b保持静止状态， 则该过程中(　BD　) A. 轻绳的拉力先减小后增大 B. b受到的摩擦力方向可能变化 C. 地面对a的摩擦力可能不变 D. 地面对a的弹力减小 BD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 取小球c为研究对象，其受到重力mg、拉力F和绳子拉力FT作用，设绳 子与竖直方向夹角为α，根据平衡条件可得水平力F＝mg·tan α，绳子的 拉力FT＝，绳子与竖直方向夹角α逐渐增大，绳子的拉力FT逐渐增 大，故A错误；在这个过程中绳子拉力变大，如果开始时物块b受到的摩 擦力方向沿斜面向上，随着绳子拉力的增大，摩擦力方向可能变为沿斜 面向下，所以物块b受到的摩擦力方向可能变化，故B正确； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 以物块b和斜面体a整体为研究对象，水平方向根据平衡条件可得地面对 斜面体a的摩擦力f＝FTcos θ，由于绳子拉力FT逐渐增大，则地面对斜面 体a的摩擦力一定变大，在竖直方向根据平衡条件可得FN＝(ma＋mb)g－ FTsin θ，由于绳子拉力FT逐渐增大，所以水平地面对斜面体a的弹力减 小，故C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9. (2024·广东深圳调研)如图所示，某同学将细绳穿过光滑圆环，绳的一 端固定，另一端拴在手上，该同学将拴绳的手竖直向上缓慢移动过程 中，下列说法正确的是(　D　) A. 细绳与竖直方向的夹角θ变大 B. 细绳与竖直方向的夹角θ变小 C. 圆环所受合力变大 D. 细绳对圆环的拉力大小不变 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 该同学将拴绳的手竖直向上缓慢移动过程中，细绳两端水平间距d不 变，细绳长度l不变，由几何关系知sin θ＝，所以细绳与竖直方向的夹 角θ不变，故A、B错误；缓慢移动过程中，圆环受力平衡，所受合力始 终为零，故C错误；由平衡条件得2Tcos θ＝mg，因为细绳与竖直方向的 夹角θ不变，所以细绳对圆环的拉力T大小不变，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10. (多选)(2024·广东新高考联盟联考)如图所示，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，重力加速度为g，则(　AC　) A. 方形物块对空心球的弹力大小为2mg B. 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 AC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 以空心球整体为研究对象，受力分析如图，由几何关系可知sin θ＝＝ ，故方形物块对空心球的弹力大小为FNA＝＝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＝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，即方形物块对空心 球的弹力与水平方向的夹角θ不变，重力变小，则方 形物块对空心球的弹力将变小，C正确，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11. 如图所示，有一倾角θ＝30°的斜面体B，质量为M，质量为m的物体 A静止在B上。现用水平力F推物体A，在F由零逐渐增加至mg再逐渐 减为零的过程中，A和B始终保持静止。对此过程，下列说法正确的是 (　B　) A. 地面对B的支持力大于(M＋m)g B. A对B的压力的最小值为mg，最大值为mg C. A所受摩擦力的最小值为0，最大值为 D. A所受摩擦力的最小值为mg，最大值为mg B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 因为A、B始终保持静止，对A、B整体受力分析可知，地面对B的支持 力一直等于(M＋m)g，A错误。当F＝0时，A对B的压力最小，为mgcos 30°＝mg；当F＝mg 时，A对B的压力最大，为mgcos 30°＋Fsin 30°＝mg，B正确。当Fcos 30°＝mgsin 30°，即F＝mg时，A所 受摩擦力为0；当F＜mg时，A所受摩擦力沿斜面向上，f＝mgsin 30° －Fcos 30°，当F＝0时，A所受摩擦力最大，大小为mg；当F＞mg时，A所受摩擦力沿斜面向下，f'＝Fcos 30°－mgsin 30°；当F＝mg时，A所受摩擦力最大，大小为mg，综上可知，A所受 摩擦力的最小值为0，最大值为mg，C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12. 如图所示，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、方向水平向右的恒力， 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θ0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体 沿斜面向上滑行，求： (1)物体与斜面间的动摩擦因数； 答案：(1)　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)未施加力F时，对物体受力分析，如图甲所示，由平衡条件得 mgsin 30°＝μmgcos 30° 解得μ＝tan 30°＝。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)这一临界角θ0的大小。 答案： (2)60° (2)设斜面倾角为α，物体受力情况如图乙所示，由平衡条件得 Fcos α＝mgsin α＋f' FN'＝mgcos α＋Fsin α 又f'＝μFN' 解得F＝ 当cos α－μsin α＝0，即tan α＝时，F→∞，即“不论水平恒力F多 大，都不能使物体沿斜面向上滑行”。此时，临界角θ0＝α＝60°。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 $$