第2章 第4讲 专题：多物体平衡问题 共点力平衡的临界与极值问题-【金版教程】2026年高考物理一轮复习解决方案课件PPT

第二章　相互作用 第4讲　专题：多物体平衡问题 共点力平衡的临界与极值问题 目录 1 2 3 考点一　多物体平衡问题 考点二　共点力平衡的临 界与极值 课时作业 考点一　多物体平衡问题 对于两个或两个以上物体组成的系统的平衡问题，分析外力对系统的作用时，宜用整体法；而在分析系统内各物体(或一个物体各部分)间的相互作用时常用隔离法。对一些较复杂的问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法。 考点一 多物体平衡问题 4 解析　设轻绳的拉力为F，以人与吊篮组成的整体为研究对象，进行受力分析，根据平衡条件有2F＝(m＋M)g，将m＝10 kg、M＝50 kg代入解得F＝300 N；再对人进行受力分析，根据平衡条件有F＋FN＝Mg，解得FN＝200 N，根据牛顿第三定律，可知该人对吊篮的压力大小为200 N，故B正确，A、C、D错误。 例1 如图所示，一轻绳跨过光滑的定滑轮，一端与质量为10 kg的 吊篮相连，另一端被站在吊篮里质量为50 kg的人握住，整个系统悬于 空中并处于静止状态。重力加速度g＝10 m/s2，滑轮两侧的轻绳均处于 竖直方向，则该人对吊篮的压力大小为(　　) A．150 N B．200 N C．300 N D．350 N 考点一 多物体平衡问题 5 考点一 多物体平衡问题 6 解析　对物体B受力分析，受到重力mg、墙面对B的作用力N和A对B的支持力N′的作用，如图1所示。当A向左移动少许后，N′的方向向右上方偏转，根据图1可知N′和N都减小，由牛顿第三定律可知B对A的作用力减小，故A、B错误；对A、B整体受力分析，受到总重力G、地面的支持力FN、地面的摩擦力f和墙面的作用力N的作用，如图2所示。根据平衡条件，有f＝N，FN＝G，故地面的支持力不变，地面的摩擦力f随着墙面对B的作用力N的减小而减小，故C错误，D正确。 考点一 多物体平衡问题 7 考点二　共点力平衡的临界与极值问题 1．临界问题 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)绳子恰好绷紧，拉力F＝0。 (3)刚好离开接触面，弹力F弹＝0。 2．极值问题 在力的变化过程中存在力的最大值或最小值。 考点二　共点力平衡的临界与极值问题 9 3．解决共点力平衡中的临界问题和极值问题的方法 (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，即极大或极小。 (2)物理分析法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图(力的平行四边形或力的矢量三角形)，通过对物理过程的分析，在力的矢量图上进行动态分析，确定最大值或最小值。 (3)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(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)。 考点二　共点力平衡的临界与极值问题 10 考点二　共点力平衡的临界与极值问题 11 考点二　共点力平衡的临界与极值问题 12 考点二　共点力平衡的临界与极值问题 13 考点二　共点力平衡的临界与极值问题 14 考点二　共点力平衡的临界与极值问题 15 考点二　共点力平衡的临界与极值问题 16 课时作业 [A组　基础巩固练] 1.如图所示，物体A放在水平桌面上，通过定滑轮悬挂一个重为10 N的物体B，且已知物体A与桌面间的最大静摩擦力为4 N。要使A静止，需加一水平向左的力F1，则力F1的取值可以为(　　) A．3 N B．7 N C．15 N D．17 N 解析：对A受力分析，当A受到的最大静摩擦力水平向左时，力F1最小，此时F1min＋Ff＝mBg，解得F1min＝6 N；当A受到的最大静摩擦力水平向右时，力F1最大，此时F1max－Ff＝mBg，解得F1max＝14 N，所以力F1的取值范围是6 N≤F1 ≤14 N，故A、C、D错误，B正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 22 4.如图所示，带有孔的小球A套在粗糙水平直杆上，与正下方的小球B通过轻绳连接，处于静止状态，给小球B施加水平力F使其缓慢上升，直到小球A刚要滑动。在此过程中(　　) A．水平力F的大小先增大后减小 B．杆对小球A的支持力增大 C．轻绳对小球B的拉力增大 D．杆对小球A的摩擦力先变小后变大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 23 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 25 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 26 6.(2025·四川省南充市高三上10月一诊)(多选)如图所示，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、M之间无摩擦力，E的重力为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，可缓慢地将E拉离地面一直滑到M的顶端，整个过程中，M始终处于静止状态，从E离开地面一直滑到M顶端的过程，下列说法正确的是(　　) A．地面所受M的压力逐渐增大 B．地面对M的摩擦力逐渐减小 C．拉力F的大小从2G逐渐减小为0 D．E、M间的压力从2G逐渐减小到G 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 27 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 28 7.(2021·湖南高考)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(　　) 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 29 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 30 8.如图所示，小球A、B大小相同，质量分别为2m和3m，A、B之间用细丝线相连，再用细丝线将A竖直悬挂。现整个装置受到水平向右的风力影响，且A、B两球受到的风力大小相同，丝线不受风力的作用，则两球达到平衡后的位置可能是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 31 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 32 9.在楼房维修时，为防止重物碰撞阳台，工人经常使用如图所示的装置提升重物。跨过光滑定滑轮的a绳和b、c绳连结在O点，工人甲拉动a绳的一端使重物上升，工人乙在地面某固定位置用力拉着b绳的一端，保证重物沿竖直方向匀速上升，则下列说法正确的是(　　) A．a绳的拉力先变大后变小 B．b绳的拉力越来越小 C．工人乙对地面的压力越来越大 D．工人乙对地面的摩擦力越来越大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 33 解析：如图所示，重物沿竖直方向匀速上升时，O点受到c绳 的拉力的大小始终等于重物的重力，a绳与竖直方向的夹角变大，b 绳与竖直方向的夹角变小，根据平行四边形定则可知a、b绳中的拉 力都变大，A、B错误；根据以上分析可知工人乙受到的b绳拉力沿 竖直方向的分量越来越大，根据平衡条件可知地面对乙的支持力越 来越小，结合牛顿第三定律可知工人乙对地面的压力越来越小，C错误；由于a绳与竖直方向的夹角越来越大，a绳的拉力也越来越大，所以其水平方向上的分力越来越大，对重物和工人乙整体分析，根据平衡条件可知工人乙水平方向上受到地面的摩擦力等于a绳沿水平方向的分力，所以工人乙受到地面的摩擦力越来越大，结合牛顿第三定律可知工人乙对地面的摩擦力越来越大，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 34 [B组　综合提升练] 10.(2024·湖南省娄底市高三下一模)如图所示，用轻质网兜将一质量均匀的球体悬挂在竖直木板的A点，轻绳与木板之间的夹角为α＝30°，将木板以底端为轴顺时针缓慢转动直至木板水平，转动过程中绳与木板之间的夹角保持不变，忽略一切摩擦，球体的重力为9 N，设木板对球体的支持力为FN、绳上的拉力为FT，在木板转动过程中，下列说法正确的是(　　) A．FN的最小值为3 N B．FN的最大值为9 N C．当木板转动60°时，FN是FT大小的三倍 D．当木板转动30°时，FN与FT大小相等 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 35 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 36 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 37 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 38 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 39 12.(2024·江苏省南通市高三下模拟预测)如图所示，山上一条输电导线架设在两支架间，M、N分别为导线在支架处的两点，P为导线最低点，MP部分导线重力较大，则这三处导线中的张力FM、FN、FP大小关系是(　　) A．FM>FN>FP B．FM>FP>FN C．FN>FP>FM D．FN>FM>FP 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 40 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 41 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 42 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 43 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课时作业 44 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 例2 (2025·江苏省丹阳高级中学高三上一模)如图所示，粗糙水平地面上放有横截面为eq \f(1,4)圆的柱状物体A，A与墙面之间放有表面光滑的圆柱形物体B，A、B均保持静止。若将A向左移动少许，下列说法正确的是(　　) A．B对A的作用力不变 B．墙面对B的作用力不变 C．地面对A的摩擦力不变 D．地面对A的支持力不变 例3 (2024·山东高考)如图所示，国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于(　　) A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(\r(3),2) 解析　设斜坡的倾角为θ，机器人“天工”的质量为m，它的脚和斜面间的动摩擦因数为μ。因为它可以在斜坡上稳定地站立和行走，根据共点力的平衡条件有mgsinθ＝f静，又静摩擦力f静≤μmgcosθ，联立得μ≥tanθ，由题意知θ≤30°，则μ≥tan30°＝eq \f(\r(3),3)，即它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于eq \f(\r(3),3)，故选B。 例4 如图所示，一根细线系着一个质量为m的小球，细线上端固定在天花板上，给小球施加力F，小球平衡后细线与竖直方向的夹角θ＝30°。现改变F的方向，但仍要使小球在图中位置保持平衡，即θ角不变，则F的最小值为 (　　) A.eq \f(mg,3) B.eq \f(mg,2) C.eq \r(3)mg D．2mg 解析　对小球受力分析，其受到自身的重力mg、细线的拉力T以及外力F，由图解法可知，三个力的关系如图所示，由几何关系可知，F的方向与细线垂直时有最小值，且最小值为Fmin＝mgsinθ＝eq \f(mg,2)，故选B。 例5 (2025·湖北省部分重点中学高三上开学联考)如图所示，用一根轻质细绳将重为10 N的画框对称悬挂在竖直墙上，画框上两个挂钉间的距离为0.5 m。若绳能承受的最大拉力为10 N，要使绳不会被拉断，绳子的最短长度为(　　) A.eq \f(\r(3),4) m B．0.5 m C.eq \f(\r(3),3) m D．1.0 m 解析　对画框进行受力分析如图所示，受到重力G和大小相等的两根细绳的拉力F1、F2的作用，当F1＝F2＝Fmax＝10 N时，对应于细绳不被拉断的最短长度L，设此时F1和F2与竖直方向的夹角都为θ，由平衡条件知2Fmaxcosθ＝G＝10 N，解得cosθ＝0.5，设画框上两个挂钉间的距离为d，则绳子的最短长度为L＝eq \f(0.5d,sinθ)×2＝eq \f(d,sinθ)＝eq \f(0.5 m,\f(\r(3),2))＝eq \f(\r(3),3) m，故选C。 2.(2025·浙江省嘉兴市高三上9月基础测试)(多选)如图所示，用三根相同细线a、b、c将重力均为G的两个灯笼1和2悬挂起来。两灯笼静止时，细线a与竖直方向的夹角为30°，细线c水平。则(　　) A．a中的拉力大小为eq \f(4\r(3),3)G B．c中的拉力大小为eq \f(1,2)G C．b中的拉力小于c中的拉力 D．b中的拉力大于c中的拉力 解析：将两灯笼看作一个整体，对整体受力分析，如图1所示，根据平衡条件可得Facos30°＝2G，Fasin30°＝Fc，解得Fa＝eq \f(4\r(3),3)G，Fc＝eq \f(2\r(3),3)G，故A正确，B错误；对灯笼2受力分析，如图2所示，根据平衡条件和勾股定理可得Fb＝2,c)eq \r(G2＋F) >Fc，故C错误，D正确。 3.碗内部为半球形，半径为R，碗口水平。生米粒与碗内侧的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，静止于碗内的生米粒与碗口间的最小距离d为(　　) A．Req \r(1＋μ2) B．Req \r(1－μ2) C．Req \r(\f(1,1－μ2)) D．Req \r(\f(1,1＋μ2)) 解析：设生米粒的质量为m，当生米粒受到碗的摩擦力达到最大静摩擦力时，静止于碗内的生米粒与碗口的距离最小，设此时碗对生米粒的支持力与水平方向的夹角为θ，作出生米粒的受力分析示意图如图所示，根据平衡条件有mgcosθ＝fm，FN＝mgsinθ，又fm＝μFN，联立解得μ＝eq \f(cosθ,sinθ)，则sinθ＝eq \r(\f(1,1＋μ2))，根据几何关系有 sinθ＝eq \f(d,R)，可得d＝Req \r(\f(1,1＋μ2))，故D正确。 解析：对小球B受力分析，受水平力F、重力mg和轻绳的拉力FT， 根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示，可 知F＝mgtanθ，FT＝eq \f(\a\vs4\al(mg),cosθ)，其中mg保持恒定，随着小球B缓慢上升， θ逐渐增大，则水平力F增大，轻绳对小球B的拉力FT增大，故A错误，C正确；对A、B两球整体受力分析，受重力G总、水平力F、杆的支持力FN和静摩擦力f的作用，根据平衡条件，在竖直方向有FN＝G总，在水平方向有f＝F，随着小球B缓慢上升，G总保持不变，水平力F增大，则杆对小球A的支持力不变，摩擦力增大，故B、D错误。 5．(2024·湖北高考)如图所示，两拖船P、Q拉着无动力货船S一起在静水中沿图中虚线方向匀速前进，两根水平缆绳与虚线的夹角均保持为30°。假设水对三艘船在水平方向的作用力大小均为f，方向与船的运动方向相反，则每艘拖船发动机提供的动力大小为(　　) A.eq \f(\r(3),3)f B.eq \f(\r(21),3)f C．2f D．3f 解析：设缆绳上的拉力大小为T，每艘拖船发动机提供的动力大小为F。在水平面内，对S受力分析如图1所示，由平衡条件可知2Tcos30°＝f，解得T＝eq \f(\r(3),3)f；在水平面内，对P受力分析如图2所示，由平衡条件可知，F沿运动方向的分力大小Fx＝f＋Tcos30°，F沿垂直运动方向的分力大小Fy＝Tsin30°，且F＝2,x)eq \r(F＋Feq \o\al(2,y)) ，联立解得F＝eq \f(\r(21),3)f，故B正确。 解析：圆柱体E在重力G、拉力F和半圆柱体的支持力N的作 用下处于动态平衡状态，这三个力构成封闭的矢量三角形，如图所 示，设N与竖直方向的夹角为θ，由几何关系可知，F＝Gtanθ， N＝eq \f(G,cosθ)，在E离开地面一直滑到M顶端的过程中，θ从60°逐渐减小到0°，可知拉力F的大小由eq \r(3)G逐渐减小到0，E、M间的压力从2G逐渐减小到G，故C错误，D正确；以E和M整体为研究对象，由平衡条件可知，地面对M的支持力大小等于E和M的重力之和，地面对M的摩擦力大小等于拉力F的大小，所以地面对M的摩擦力随拉力F的减小而减小，由牛顿第三定律可知，地面所受M的压力不变，故A错误，B正确。 解析：对滑块受力分析，设推力F与水平方向的夹角为θ，凹槽对滑块的支持力为N，由平衡条件有F＝mgsinθ，N＝mgcosθ，滑块从A点缓慢移动到B点的过程中，θ由0°增大到90°，则推力F逐渐增大，支持力N逐渐减小，A、B错误；对凹槽与滑块整体受力分析，墙面对凹槽的压力为FN＝Fcosθ＝mgsinθcosθ＝eq \f(1,2)mgsin2θ，则θ由0°增大到90°的过程中，墙面对凹槽的压力FN先增大后减小，C正确；水平地面对凹槽的支持力为N地＝(M＋m)g－Fsinθ＝(M＋m)g－mgsin2θ，则θ由0°增大到90°的过程中，水平地面对凹槽的支持力N地逐渐减小，D错误。 解析：设A、B球受到的风力大小均为F风，将两球看成一个整体，根据平衡条件可得，上边丝线与竖直方向的夹角θ满足tanθ＝eq \f(2F风,5mg)；以B球为研究对象，根据平衡条件可得，下边丝线与竖直方向的夹角α满足tanα＝eq \f(F风,3mg)，则有tanθ>tanα>0，即θ>α>0，故选B。 解析：当木板转过的角度为θ时，球体的受力如 图1所示，由平衡条件可知，FT、FN和mg可以构成首 尾相接的矢量三角形，如图2所示，根据正弦定理可得 eq \f(\a\vs4\al(mg),sin（90°－α）)＝eq \f(FT,sin（90°－θ）)＝eq \f(FN,sin（α＋θ）)，其 中α＝30°，得FT＝eq \f(cosθ,sin60°)mg，FN＝eq \f(sin（α＋θ）,sin60°)mg。在木板转动过程中，θ由0°逐渐增大到90°，α＋θ从30°逐渐增大到120°，可知木板对球体的支持力FN先增大后减小，且θ＝0°时FN最小，最小值为FNmin＝eq \f(sin30°,sin60°)mg＝3eq \r(3) N，A错误； 当木板转动60°即θ＝60°时，α＋θ＝90°，此时FN最大，最大值FNmax＝eq \f(sin90°,sin60°)mg＝6eq \r(3) N，此时FT＝eq \f(cos60°,sin60°)mg＝3eq \r(3) N，则FN是FT大小的二倍，B、C错误；当木板转动30°即θ＝30°时，FT＝eq \f(cos30°,sin60°)mg＝9 N，FN＝eq \f(sin（30°＋30°）,sin60°)mg＝9 N，则FN与FT大小相等，D正确。 11.(多选)筷子是中华饮食文化的标志之一，我国著名物理学家李政道曾夸赞说：“筷子如此简单的两根木头，却精妙绝伦地应用了物理学杠杆原理。”如图所示，用筷子夹住质量为m的小球，两根筷子均在竖直平面内，且筷子和竖直方向的夹角均为θ。已知小球与筷子之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，小球静止。下列说法正确的是(　　) A．筷子对小球的最小压力是eq \f(mg,2（μcosθ＋sinθ）) B．当θ增大时，筷子对小球的最小压力一定增大 C．当θ减小时，筷子对小球的最小压力一定增大 D．要想用筷子夹住小球，必须满足μ>tanθ 解析：对小球受力分析，如图所示，小球受力平衡，竖直方向有：2fcosθ＝mg＋2Nsinθ，f≤fmax＝μN，解得：N≥eq \f(\a\vs4\al(mg),2（μcosθ－sinθ）)，故筷子对小球的最小压力为eq \f(\a\vs4\al(mg),2（μcosθ－sinθ）)，A错误；根据Nmin＝eq \f(\a\vs4\al(mg),2（μcosθ－sinθ）)，可知当θ增大时，筷子对小球的最小压力一定增大，故B正确，C错误；要想用筷子夹住小球，则Nmin＝eq \f(mg,2（μcosθ－sinθ）)>0，则μcosθ－sinθ>0，即必须满足μ>tanθ，故D正确。 解析：由题意可知，P点为导线的最低点，所以P点的切线沿水平方向。对MP部分导线受力分析如图1所示，由平衡条件可知FM＝2,MP)eq \r(G＋Feq \o\al(2,P)) ，对PN部分导线受力分析如图2所示，由平衡条件可知FN＝2,PN)eq \r(G＋Feq \o\al(2,P)) ，又GMP>GPN，可得FM>FN>FP，故选A。 [C组　拔尖培优练] 13.质量为m＝10 kg的木箱置于水平地面上，它与地面间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),3)，取g＝10 m/s2，其受到一个与水平方向成θ角斜向上的拉力F，如图所示，为使木箱做匀速直线运动，拉力F的最小值以及此时θ分别是(　　) A．50 N　30° B．50 N　60° C.eq \f(200,3) N　30° D.eq \f(200,3) N　60° 解析：解法一：对木箱受力分析，木箱受重力mg、拉力F、地面的支持力N和滑动摩擦力f作用，木箱做匀速直线运动，根据平衡条件得：Fcosθ＝f，Fsinθ＋N＝mg，又f＝μN，联立解得：F＝eq \f(\a\vs4\al(μmg),cosθ＋μsinθ)＝eq \f(\a\vs4\al(μmg),\r(1＋μ2)sin（θ＋α）)，其中tanα＝eq \f(1,μ)＝eq \r(3)，α＝60°，由数学知识可知，当θ＋α＝90°，即θ＝30°时F有最小值，且最小值为：Fmin＝eq \f(\a\vs4\al(μmg),\r(1＋μ2))＝eq \f(\f(\r(3),3)×10×10,\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))\s\up12(2))) N＝50 N，故A正确，B、C、D错误。 解法二：四力平衡转化为三力平衡，再结合图解法分析。f与N的合力F合方向不变，木箱在F合、重力mg和拉力F作用下做匀速直线运动，当F的方向与F合的方向垂直时，F最小，如图所示。设F合与竖直方向的夹角为β，则tanβ＝eq \f(\a\vs4\al(f),N)＝μ，β＝30°，Fmin＝mgsinβ＝eq \f(1,2)mg＝50 N，此时θ＝β＝30°，故选A。 $$