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】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（教科版）

专题突破4　动态平衡问题　平衡中的临界、极值问题 第二章　相互作用 [学习目标]　1.学会用图解法、解析法等解决动态平衡问题。2.会分析平衡中的临界与极值问题。 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 4 突破点一　动态平衡问题 1.动态平衡 (1)所谓动态平衡问题,是指通过控制某些物理量,使物体的状态发生缓慢变化,而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态,常利用图解法解决此类问题。 (2)基本思路 化“动”为“静”,“静”中求“动”。 2.分析动态平衡问题的方法及步骤 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 图解法 (1)根据已知量的变化情况,画出平行四边形(三角形)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)根据已知条件画出某一状态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 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.都减小　　　　　　　 B.都增大 C.F1增大,F2减小 D.F1减小,F2增大 A [解析] 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]　(2025·四川成都高三阶段检测)如图所示,竖直墙壁O处用光滑铰链铰接一轻质杆的一端,杆的另一端固定小球(可以看成质点),轻绳的一端悬于P点,另一端与小球相连。已知轻质杆长度为R,轻绳的长度为L,且R<L<2R。A、B是墙上两点,且OA=OB=R。现将轻绳的上端点P沿墙壁缓慢下移至A点, 此过程中轻绳对小球的拉力F1及轻质杆对小球的支持力F2的大小变化情况为 (　　) A.F1和F2均增大 B.F1保持不变,F2先增大后减小 C.F1和F2均减小 D.F1先减小后增大,F2保持不变 A [解析] 小球受重力、轻绳的拉力和轻杆的支持力,由于平衡,三个力可以构成矢量三角形,如图所示,根据平衡条件,该力的矢量三角形与几何三角形POC相似,则有,解得F1= G,F2=G,当P点下移时,PO减小,L、R不变,故F1增大,F2增大,故选项A正确。 考向3　正弦定理法和动态圆法 [典例3]　如图,柔软轻绳ON的一端O固定,其中间某点M拴一重物,用手拉住绳的另一端N。初始时,OM竖直且MN被拉直,OM与MN之间的夹角为α(α>)。现将重物向右上方缓慢拉起,并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中 (　　) A.MN上的张力逐渐减小 B.MN上的张力先增大后减小 C.OM上的张力逐渐增大 D.OM上的张力先增大后减小 D [解析] 方法一：动态圆法 以重物为研究对象分析受力情况,重物受重力mg、OM 绳的拉力F2、MN绳的拉力F1,由题意知,这三个力的合 力始终为零,矢量三角形如图所示。F1、F2的夹角不变, 在F2转至水平的过程中,矢量三角形在同一外接圆上,由图可知,MN上的张力F1逐渐增大,OM上的张力F2先增大后减小,所以D正确,A、B、C错误。 方法二：正弦定理法 把三个力F1、F2、G放在一个矢量三角形中,如图所示。 根据正弦定理有 由几何关系知∠3+∠α=180°,∠2+∠γ= 180°,∠1+∠β=180° 故有 在OM由竖直拉到水平的过程中,α角保持不变,β由钝角减小至90°,γ由锐角增大至钝角,故可判断F1逐渐增大,F2先增大后减小,故D正确。 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 [解析] 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]　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α时,不论水平恒力F多大,都不能使物体沿斜面向上滑行,则这一临界角α的大小为 (　　) A.30°　　　　　　　　 B.45° C.60° D.75° C [解析] 当斜面倾角为30°时,物体恰好匀速下滑,由平衡条件得,N1=mgcos 30°,mgsin 30°=μN1,解得μ=tan 30°=;设斜面倾角为α时,无论F多大都不能推动物体,对物体进行受力分析,建立沿斜面与垂直于斜面的直角坐标系如图所示,沿斜面有Fcos α= mgsin α+f,垂直于斜面有N2=mgcos α+Fsin α,又f≤μN2, 联立解得F≤,根据题意,当分母趋于0 时,分式趋于无穷大,故当cos α=μsin α时,分式趋于无穷大,此时μ=,又因μ=,解得α=60°,故选C。 分层训练　巩固提高 二 1.(2024·山东卷)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. C. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 夯实基础 B 解析：根据题意可知机器人“天工”它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走,对“天工”分析有mgsin 30°≤μmgcos 30°,可得μ≥tan 30°=,故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2.(2025·四川成都模拟预测)如图所示,轻质弹性绳(长度变化忽略不计)上端固定,下端连接光滑小球a(可视为质点),斜面b静止在水平地面上,小球放在斜面上,开始时弹性绳与斜面平行。现将斜面缓慢向左移到虚线处,小球仍静止在斜面上。下列说法正确的是 (　　) A.b对a的弹力增加 B.弹性绳的弹力减小 C.地面对b的支持力增加 D.地面对b的摩擦力减小 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：对小球a受力分析如图所示,由图可知,b对a的弹力即N1减小,弹性绳的弹力即T1增大,故A、B错误; 对斜面b受力分析如图,由平衡可得N'=Mg+Ncos θ、f=Nsin θ,由于N减小,地面对b的支持力减小,地面对b的摩擦力减小,故C错误,D正确。 3.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 (　　) 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 解析：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 4.(多选)(2025·四川资阳高三诊断)如图所示,一斜面固定在水平面上,一半球形滑块固定在斜面上,球心O的正上方有一定滑轮A(视为质点),细线的一端与一质量分布均匀的光滑圆球B连接,另一端绕过滑轮A在水平向右的拉力F作用下使圆球B保持静止。改变拉力F的大小,使圆球B从两球心等高的位置缓慢移动到圆球B的球心正好在O点的正上方(不考虑该位置的情况)。圆球B不会与定滑轮A接触,则下列说法正确的是 (　　) A.拉力F一直减小 B.拉力F先增大后减小 C.半球形滑块对圆球B的支持力先增大后减小 D.半球形滑块对圆球B的支持力大小保持不变 AD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：对B进行受力分析,B受重力G、支持力N、拉力F,由于平衡,三力可以构成矢量三角形如图所示,根据几何关系可知图中力构成的矢量三角形与阴影部分的三角形相似,则,移动过程中,高度h和两球的球心距离r不变,所以半球形滑块对圆球B的支持力大小保持不变,绳子长度l变短,则拉力F减小,故B、C错误,A、D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5.如图所示,在竖直放置的穹形支架上,一根长度不变且不可伸长的轻绳通过轻质光滑滑轮悬挂一重物G。现将轻绳的一端固定于支架上的A点,另一端从B点沿支架缓慢地向C点靠近(C点与A点等高),则在此过程中绳中拉力 (　　) A.先变大后不变 B.先变大后变小 C.先变小后不变 D.先变小后变大 A 解析：对滑轮受力分析如图甲所示,由于跨过滑轮的绳子拉力一定相等,即F1=F2,由几何关系易知绳子拉力方向与竖直方向夹角相等,设为θ,可知 F1=F2= ① 如图乙所示,设绳长为L,由几何关系得 sin θ= ② 其中d为两端点间的水平距离,由B点向C点移动过程中,d先变大后不变,因此θ先变大后不变,由①式可知绳中拉力先变大后不变,故A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6.如图所示,斜面固定,倾角为30°,斜面底端固定一挡板。轻弹簧劲度系数为1 000 N/m,原长为10 cm,一端与挡板相连,另一端放上重为100 N的物体后压缩到8 cm,已知物体与斜面间最大静摩擦力为35 N。现在用力F沿斜面向上拉物体,物体保持静止,则力F的取值可能为 (　　) A.60 N B.70 N C.80 N D.90 N A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：压缩的弹簧对物体产生向上的推力F1=kΔx=20 N,最大静摩擦力大小为f=35 N,重力沿斜面向下的分力大小为G1=mgsin θ=50 N,由于物体在重力、弹簧弹力、斜面的支持力,及摩擦力作用下可以平衡,所以拉力F的最小值为零。当静摩擦力沿斜面向下达到最大时,拉力F会有最大值,此时Fmax+F1=G1+f,解得Fmax=65 N,由此可知拉力的取值范围为0≤F≤65 N,故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7.无人酒店是利用智能机器人进行全程服务的,如图为一机器人将身体倚靠在光滑的竖直墙面上休息的情形。A处为脚踝,B处为胯部,均看作光滑的铰链,AB为双腿(可看作轻杆),脚部(重力不计)与地面间的动摩擦因数为μ,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若机器人接到工作指令欲收脚起身,使脚踝向右移动,在双腿慢慢变陡的过程中,下列说法正确的是 (　　) A.脚受到地面的支持力越来越小 B.脚受到地面的摩擦力越来越大 C.双腿承受的压力越来越大 D.后背受到墙面的支持力越来越小 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：由于A、B两处均看作光滑的铰链,所以腿 部承受的弹力方向与AB共线,设B点上方机器人的 重力大小为G,对B点受力分析如图所示,根据平衡 条件可知,腿对B点的作用力F1与墙壁对后背的支 持力F2的合力大小始终等于G,根据平行四边形定 则有F1=,F2=,使脚踝向右移动,在双腿慢慢变陡的过程中,θ逐渐增大,则F1和F2都逐渐减小,即双腿承受的压力越来越小,后背受到墙面的支持力越来越小,故C错误,D正确;对机器人整体受力分析,根据平衡条件可知脚受到地面的摩擦力与F2大小相等,脚受到地面的支持力与机器人的总重力大小相等,所以脚受到地面的摩擦力越来越小,脚受到地面的支持力不变,故A、B错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8.如图所示,一个倾角为30°、底面粗糙、斜面光滑的斜面体放在粗糙的水平面上,斜面体的质量为2m。轻绳的一端固定在天花板上,另一端系住质量为m的小球,整个系统处于静止状态,轻绳与竖直方向的夹角也为30°。若滑动摩擦力等于最大静摩擦力,则斜面体与水平面间的动摩擦因数至少为(　　) A. C B 能力提升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：对小球受力分析,沿斜面方向由平衡条件得mgsin 30°=FTcos 30°,解得FT=mgtan 30°=mg。对小球和斜面体构成的整体受力分析,由平衡条件得,水平方向满足FTsin 30°=f,竖直方向满足FN+FTcos 30°=3mg,当f=μFN时,斜面体与水平面间的动摩擦因数最小,解得其最小值为μ=,故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9.(2022·浙江1月卷)如图所示,学校门口水平地面上有一质量为m的石礅,石礅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礅时,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 B.轻绳的合拉力大小为 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,地面对石礅的摩擦力也最小 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：对石礅受力分析如图所示,设两根轻绳的合力为F,根据平衡条件有Fcos θ=f,Fsin θ+N=mg,且f=μN,联立可得F=,选项A错误,B正确;上式变形得F=,其中tan α=,根据三角函数特点,由于θ的初始值不知道,因此减小θ,轻绳的合拉力F并不一定减小,选项C错误;根据上述分析,当θ+α=90°时,轻绳的合拉力F最小,而摩擦 力f=Fcos 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F最小时,地面对石礅的摩擦力不是最小的,选项D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10.(2022·河北卷)如图,用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点。将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平,绳与木板之间的夹角保持不变,忽略圆柱体与木板之间的摩擦。在转动过程中(　　) A.圆柱体对木板的压力逐渐增大 B.圆柱体对木板的压力先增大后减小 C.两根细绳上的拉力均先增大后减小 D.两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：设两绳子对圆柱体的拉力的合力为FT,木板对圆柱体的支持 力为FN,从右向左看如图所示。在矢量三角形中,根据正弦定理得 ,在木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平 的过程中,α不变,γ从90°逐渐减小到0,又γ+β+α=180°,且α<90°,可 知90°<γ+β<180°,则0<β<180°,可知β从锐角逐渐增大到钝角。 由于sin γ不断减小,可知FT不断减小,sin β先增大后减小,可知FN先增大后减小,结合牛顿第三定律可知,圆柱体对木板的压力先增大后减小。设两绳子之间的夹角为2θ,绳子拉力为F'T,则2F'Tcos θ=FT,可得F'T=,θ不变,FT逐渐减小,可知绳子拉力不断减小。故B正确,A、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11.(多选)(2025·四川泸州高三阶段联考)如图甲所示,一玻璃清洁工人坐在简易的小木板BC上(C未画出),通过楼顶 的滑轮和轻质绳索OA在竖直平面内缓慢 下降,工人两腿并拢伸直,腿与竖直玻璃墙 的夹角β=53°,在下降过程中β角保持不变。 玻璃墙对脚的作用力始终沿腿方向,小木 板BC保持水平且与玻璃墙平行。某时刻轻绳OA与竖直玻璃墙的夹角α=37°。如图乙所示,连接小木板的两等长轻绳AB、AC的夹角θ=120°,且与OA在同一倾斜平面内。已知工人及工具的总质量m= 70 kg,小木板的质量可忽略不计,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°= 0.8。工人在稳定且未擦墙时,下列说法正确的是 (　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A.从该时刻起,工人在缓慢下移的过程中,绳OA的弹力增大 B.从该时刻起,工人在缓慢下移的过程中,脚对墙的作用力增大 C.此时若工人不触碰轻绳,小木板受到的压力大小为448 N D.此时若工人不触碰轻绳,绳AB的张力大小为700 N 答案：AC 解析：对工人及工具和板整体,绳AB与绳AC拉力的合力 与OA绳的拉力大小相等,方向相同,受力分析如图所示, mg、F1、F2组成矢量三角形,玻璃墙对脚的作用力F1的 方向不变,mg的大小和方向都不变,α不断减小,所以F1减 小,F2增大,即OA绳弹力增大,脚对墙的作用力减小,A正 确,B错误;玻璃墙对脚的作用力为F1=mgcos β=420 N,此时若工人不触碰轻绳,人受到重力、玻璃墙对脚的作用力、小木板对人的摩擦力以及小木板的支持力,则小木板对工人的支持力为N=mg-F1cos β=448 N,由牛顿第三定律知,C正确;由题意可知,绳AB、AC拉力相等,夹角为θ=120°,因为工人受玻璃墙斜向上的作用力,则绳AB拉力大小不等于重力,即不等于700 N,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12.(12分)如图所示,质量为M的木楔倾角为θ,在水平面上保持静止,当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时,它正好匀速下滑。 如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块,木块能匀速上 升,已知木楔在整个过程中始终静止。 (1)当α为多大时,F有最小值,求此时α的大小及F的最小值。 解析：木块在木楔斜面上匀速向下运动时,有mgsin θ=μmgcos θ 解得μ=tan θ 木块在F作用下沿斜面向上匀速运动,有Fcos α=mgsin θ+f Fsin α+N=mgcos θ f=μN 解得F= 则当α=θ时,F有最小值,为Fmin=mgsin 2θ。 答案：θ　mgsin 2θ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)当α=θ时,木楔对水平面的摩擦力是多大? 解析：因为木块及木楔均处于平衡状态,整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力 即f'=Fcos(α+θ) 当α=θ,即F取最小值mgsin 2θ时 f'=Fmincos 2θ=mgsin 2θcos 2θ=mgsin 4θ。 答案：mgsin 4θ $$