第2章 专题突破3 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（广东专版）

专题突破3　动态平衡问题　 平衡中的临界、极值问题 第二章　相互作用——力 1 核心知识　典例研析 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 内容索引 2 一 核心知识　典例研析 3 突破点一　动态平衡问题 4 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。 5 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。 [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 考向1　解析法和图解法 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。 [典例2]　(2025·广东深圳模拟)如图，光滑的重球放在斜面上，被竖直 的挡板挡住而静止，设球对斜面的压力为FN1，对挡板的压力为FN2，当 挡板从竖直缓慢地转到水平位置的过程中(　　) A.FN1变小，FN2变大 B.FN1变大，FN2变小 C.FN1变小，FN2先变小后变大 D.FN1和FN2都变小 C [解析]　以球为研究对象，受力分析如图。 小球受到重力G、斜面的支持力FN1'和挡板的支持力 FN2'，FN1'与FN1是作用力和反作用力，大小相等，方 向相反，FN2'和FN2是作用力和反作用力，大小相等， 方向相反，由平衡条件得知，FN1'和FN2'的合力与重 力G大小相等、方向相反，作出多个位置FN1'和FN2' 的合力，如图，由图可看出，FN1'逐渐减小，FN2'先减小后增大，当FN1'和FN2'垂直时，FN2'最小，根据牛顿第三定律可知，FN1变小，FN2先变小后变大，故C正确，A、B、D错误。 [典例3]　(2025·广东汕头模拟)如图所示，竖直面内固定一光滑大圆环轨道，O为圆心，在大圆环轨道最高点A固定一个光滑的小滑轮，一轻 绳绕过小滑轮，一端连接套在大圆环轨道上的小球，用力F拉轻绳另一 端，在小球从B点缓慢上升到C点的过程中，有(　　) A.拉力F逐渐增大 B.拉力F先减小后增大 C.小球对大圆环轨道的压力大小保持不变 D.小球对大圆环轨道的压力先增大后减小 考向2　相似三角形法 C [解析]　对小球进行受力分析如图所示，根据相似三角形法可得 在小球从B点缓慢上升到C点的过程中，重力大小、方向均不变，A点与小球间的距离变小，OA、OB不变，则拉力F逐渐减小，大圆环轨道对小球的支持力FN大小不变，由牛顿第三定律知小球对大圆环轨道的压力大小不变，故C正确，A、B、D错误。 [典例4]　(2025·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。 考向3　正弦定理法和动态圆法 下列说法正确的是(　　) 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 C [解析]　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 18 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。 19 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5]　(2025·广东阳江模拟)如图所示，两个相同的小球A和B，质量 均为m，用长度相同的两根轻质细线把A、B两球悬挂在水平天花板上的 同一点O，并用长度相同的细线连接A、B两球。在水平外力F的作用下， 小球A、B均处于静止，三根细线均处于拉直状态，其中OA细线位于竖 直方向。现保持小球B的位置不变，将外力F逆时针缓慢旋转90°角，已 知重力加速度为g，则下列关于此过程的分析正确的是(　　) A.细线OA的弹力大小可能大于mg B.细线OB的弹力大小可能为2.5mg C.外力F的最小值为mg D.外力F的最小值为mg C [解析]　对球A受力分析，受重力和细线OA的拉力， 根据受力平衡，细线AB的拉力为零，细线OA的拉力 等于TOA＝mg，故A错误；对B球受力分析，受重力， 细线OB的拉力和所求力F，根据三力平衡条件知， 任意两个力的合力必定与第三个力等大、反向、共 线，所以当F与OB垂直时，有最小值，如图所示，结合几何关系可得Fmin＝mgsin 60°＝mg，故C正确，D错误；对B球受力分析，受重力，细线OB的拉力和所求力F，根据动态三角形可知当F水平时，OB的拉力最大，即TOB＝＝2mg，故B错误。 [典例6]　(2025·广东江门模拟)小朋友在玩积木时，将两个相同的方形积木放在粗糙的水平地面上。将球形积木放在两方形积木之间，截面图如图所示，接触点分别为A、B。他发现当两方形积木之间的距离大到 一定程度时，球形积木放上后两方形积木将发生滑动。已知球形积木的 质量为方形积木质量的2倍，它们之间的摩擦忽略不计，球形积木的半 径为R，两方形积木与地面之间的动摩擦因数均为0.5，设最大静摩擦力 等于滑动摩擦力。则球形积木放上后，要使两方形积木不发生滑动，两 方形积木之间的最远距离为(　　) A.　　　　　　　 B.R C.R D.R C [解析]　以整体为研究对象进行分析，设 一个方形积木的质量为m，则球形积木的 质量为2m，地面对方形积木的支持力为 FN，根据平衡条件可得2FN＝4mg，则FN ＝2mg；当两方形积木的距离最远时，设 OA和OB之间的夹角为2θ，此时方形积木 与地面间的摩擦力达到最大，对球形积木受力分析，如图甲所示，根据平衡条件可得2Fcos θ＝2mg；对其中一个方形积木(如A)受力分析，如图乙所示，根据平衡条件可得Fsin θ＝f＝μFN，联立解得tan θ＝1，则θ＝45°，根据几何关系可得AB之间的距离为s＝R，故C正确，A、B、D错误。 分层训练　巩固提高 二 26 1.(2025·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(　　) 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 夯实基础 D 27 解析：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 28 2.(2025·广东佛山模拟)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(　　) A.压力增大 B.压力减小 C.摩擦力不变 D.摩擦力减小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 29 解析：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B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 30 3.(2025·广东湛江模拟)如图所示，足够长的斜面固定在水平地面上， 斜面上有一光滑小球，跨过滑轮的细线一端系住小球，另一端系在竖直 弹簧的上端，弹簧的下端固定在地面上，手持滑轮，系统处于平衡状态。 若滑轮在手的控制下缓慢向下移动，直到拉着小球的细线与斜面平行， 则这一过程中(　　) A.弹簧弹力先减小后增大 B.弹簧弹力不变 C.斜面对小球支持力逐渐减小 D.斜面对小球支持力逐渐增大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 31 解析：在滑轮较慢移动的过程中小球在重力G、斜面对其的支持力FN和细线上的张力FT三力的作用下保持动态平衡，故三个力可以构成一个封闭的矢量三角形如图所示。在缓慢移动过程中，FN逐渐增大，FT只能变化到与FN垂直，故FT是逐渐变小的，因弹簧弹力大小等于FT，则弹簧弹力逐渐减小，故D正确，A、B、C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 32 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(　　) A.FT1＞FT2 B.FT1＝FT2 C.F1＜F2 D.F1＝F2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 BC 33 解析：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 34 5.(2025·广东佛山模拟)如图所示，一个重力为5 N的砝码，用细线悬挂 在O点，现在用力F拉砝码，使细线偏离竖直方向30°处于静止状态，此 时所用拉力F的最小值为(　　) A.5.0 N B.2.5 N C.8.65 N D.4.3 N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 35 解析：以砝码为研究对象，分析受力情况，其受重力G、细线的拉力FT和力F，由图看出，当F与细线垂直时F最小，由数学知识得F的最小值为F＝Gsin 30°＝2.5 N，故B正确，A、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 36 6.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(　　) 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 D 37 解析：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 38 7.(2025·广东广州模拟)如图甲为家用燃气炉架，其有四个对称分布的 爪，若将总质量一定的锅放在炉架上，图乙(侧视图)，不计爪与锅之间 的摩擦力，若锅是半径为R的球面，正对的两爪间距为d，则(　　) A.d越大，爪与锅之间的弹力越大 B.d越大，锅受到的合力越大 C.R越大，爪与锅之间的弹力越大 D.R越大，锅受到的合力越小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 39 解析：对锅进行受力分析如图所示 炉架的四个爪对锅的弹力的合力与锅受到的重力 大小相等，方向相反，即4Fcos θ＝mg 由几何关系，可得cos θ＝，则R越大，爪 与锅之间弹力越小，同理d越大，爪与锅之间弹力越大，锅受到的合力为零。故A正确，B、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 40 8.(多选)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(　　) 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 BD B 能力提升 41 解析：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；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 42 9.(2025·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(　　) 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 43 解析：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 44 10.(多选)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(　　) 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 AC 45 解析：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 46 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 (　　) 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 47 解析：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Fmg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 48 12.(10分)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： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 49 (1)物体与斜面间的动摩擦因数； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：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°＝。 答案： (2)这一临界角θ0的大小。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：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°。 答案：60° $$