第二章 第4课时 专题强化：动态平衡和临界、极值问题（课件PPT）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 浙江专用）

第二章 相互作用 第4课时 专题强化：动态平衡和临界、极值问题 目标 要求 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。 内 容 索 引 考点一　　动态平衡问题 考点二　　平衡中的临界、极值问题 课时精练 > < 考点一 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。 动态平衡问题 考点一 2.解题流程 根据矢量三角形边长关系确定矢量的大小变化情况 三角函数关系 正弦定理 相似三角形 →找关系求极值 动态平衡问题 考点一 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。 动态平衡问题 考点一 例1　如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的支持力大小为FN1，木板对球的支持力大小为FN2。以木板与墙连接点所形成的垂直纸面的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦，在此过程中 A.FN1始终减小，FN2始终增大 B.FN1始终减小，FN2始终减小 C.FN1先增大后减小，FN2始终减小 D.FN1先增大后减小，FN2先减小后增大 √ 动态平衡问题 考点一 法一：对小球进行受力分析如图甲所示， 设木板与竖直方向夹角为θ，则FN2＝ ，FN1＝ ，随着木板顺时针方向转动，θ越 来越大，因此FN2越来越小，同样FN1也越来越小，B正确。 法二：图解法，由图乙可知FN2越来越小，同样FN1也越来越小。 动态平衡问题 考点一 例2　如图所示为一简易起重装置，AC是上端带有滑 轮的固定支架，BC为质量不计的轻杆，杆的一端C用 铰链固定在支架上，另一端B悬挂一个质量为m的重 物，并用钢丝绳跨过滑轮A连接在卷扬机上。开始时， 杆BC与AC的夹角∠BCA>90°，现使∠BCA缓慢变 小，直到∠BCA＝30°(不计一切阻力)。在此过程中，杆BC所产生的弹力 A.大小不变 B.逐渐增大 C.先增大后减小 D.先减小后增大 √ 动态平衡问题 考点一 一力恒定，另外两力方向一直变化，但两力的夹角不变，作出不同状态下的矢量三角形，利用两力夹角不变，结合正弦定理列式求解，也可以作出动态圆，恒力为圆的一条弦，根据不同位置判断各力的大小变化，矢量图如图所示。 总结提升 动态平衡问题 考点一 例3　(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.绳的两端高度差越小，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 √ √ 动态平衡问题 考点一 设两杆间距离为d，绳长为l，Oa、Ob段长度分别为la和lb，则l＝la＋lb，两部分绳子与竖直方向夹角分别为α和β，受力分析如图所示。绳子中各部分张力相等，设FTa＝FTb＝FT，则α＝β，故2FTcos α＝mg，d＝lasin α＋lbsin α＝lsin α， 动态平衡问题 考点一 将杆N向右移一些，d增大，则sin α增大，cos α减小，绳子的拉力增大，故B正确； 若换挂质量更大的衣服，d和l均不变，绳中拉力增大，但衣服悬挂点不变，D错误。 动态平衡问题 考点一 例4　(多选)如图所示，两根轻绳一端系于结点O，另一端分别系于固定圆环上的A、B两点，O为圆心。O点下面悬挂一质量为M的物体，绳OA水平，拉力大小为F1，绳OB与OA的夹角α＝120°，拉力大小为F2。将两绳同时缓慢顺时针转过75°，并保持两绳之间的夹角α始终不变，物体始终保持静止状态。则在旋转过程中，下列说法正确的是 A.F1逐渐增大 B.F1先增大后减小 C.F2逐渐减小 D.F2先减小后增大 √ √ 动态平衡问题 考点一 结点O受力分析如图，由正弦定理有 α不变，β由钝角变为锐角，sin β先增大后减小，故F1先增大后减小，γ由直角变为钝角，sin γ逐渐减小，故F2逐渐减小，故选B、C。 返回 动态平衡问题 考点一 平衡中的临界、极值问题 > < 考点二 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)绳子恰好绷紧，拉力F＝0。 (3)刚好离开接触面，支持力FN＝0。 平衡中的临界、极值问题 考点二 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。 平衡中的临界、极值问题 考点二 (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。 平衡中的临界、极值问题 考点二 例5　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) 平衡中的临界、极值问题 考点二 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， 若要使两绳都能伸直，则有F1≥0，F2≥0， 平衡中的临界、极值问题 考点二 平衡中的临界、极值问题 考点二 例6　如图所示，质量m＝5.2 kg的金属块放在水平地面上，在斜向右上的拉力F作用下，向右以v0＝2.0 m/s的速度做匀速直线运动。已知金属块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10 m/s2。求所需拉力F的最小值。 平衡中的临界、极值问题 考点二 法一：设拉力最小时与水平方向夹角为θ， 根据平衡条件有Fcos θ＝μ(mg－Fsin θ)， 平衡中的临界、极值问题 考点二 故所需拉力F的最小值 法二：四力变三力，由Ff＝μFN得，tan α＝ ＝0.2，合力方向不变，用二者合力F′代替支持力和摩擦力，利用图解法知，当F方向与 F′垂直时，F最小，Fmin＝mgsin α＝2 N。 平衡中的临界、极值问题 考点二 拓展　在例6中，若用力斜向下推金属块，则存在一临界角θ，当力与水平方向所成角度超过此角度时，不管推力多大，都不能使金属块从静止开始运动，求这一临界角θ的正切值。 答案　5 平衡中的临界、极值问题 考点二 不管推力多大，都不能使金属块从静止开始运动，应有Fcos θ≤μFN 此时Fsin θ＋mg＝FN 有cos θ－μsin θ≤0 此时不管推力多大都不能使金属块从静止开始运动，该临界角的正切值为tan θ＝ ＝5。 返回 平衡中的临界、极值问题 考点二 课时精练 1.如图甲所示，笔记本电脑支架一般有多个卡位用来调节角度，某人将电脑放在该支架上，由卡位4缓慢调至卡位1(如图乙)，电脑与支架始终处于相对静止状态，则 A.电脑受到的支持力变大 B.电脑受到的摩擦力变大 C.支架对电脑的作用力减小 D.电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力大小 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 基础落实练 30 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 根据题意，电脑始终处于平衡状态，对电脑受力分析，如图所示，由平衡条件可得，电脑受到的支持力大小为FN＝Gcos θ 电脑受到的摩擦力大小Ff＝Gsin θ 由卡位4缓慢调到卡位1，θ减小，故FN增大，Ff减小，故B错误，A正确。 支架对电脑的作用力即为电脑受到的支持力与摩擦力的合力，支持力与摩擦力的合力大小等于电脑的重力，保持不变，根据“三角形两边之和大于第三边”可知，电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和大于其重力大小，C、D错误。 2.如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平 面内，A端与水平面相切。穿在轨道上的小球在拉力F 作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向， 轨道对球的弹力大小为FN。在运动过程中 A.F增大，FN增大 B.F减小，FN减小 C.F增大，FN减小 D.F减小，FN增大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 对小球进行受力分析，它受到重力、支持力和拉力的作用，如图所示。根据共点力平衡条件有： F＝mgsin θ，FN＝mgcos θ， 其中θ为支持力FN与竖直方向的夹角，当小球向上移动时，θ增大，故F增大，FN减小，故选C。 3.(2023·浙江嘉兴市二模)如图所示，用杆秤称量中药。三根长度相同的细绳对称地系于圆形秤盘上。中药和秤盘的总质量为m，重力加速度为g，则当杆秤稳定时 A.每根细绳的拉力大小为 B.增加细绳长度时每根绳拉力均减小 C.增加细绳长度时秤砣应向右移动 D.增加细绳长度时手对秤拉力增大 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 设每根细绳与竖直方向的夹角为θ，根据受力平衡 可得3FTcos θ＝mg，可得FT＝ ，增加细 绳长度时，细绳与竖直方向的夹角θ变小，则cos θ 变大，每根绳拉力均减小，故A错误，B正确； 增加细绳长度时，杆右端受到的拉力大小等于中药和秤盘的总重力mg保持不变，则秤砣位置不变，手对秤拉力不变，故C、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 4.(2023·浙江杭州市检测)如图，用一根轻质细绳将一幅重力为G的画框对称悬挂在墙壁上，画框上两个挂钉间的距离为d，绳子的总长度为L，绳子对一个挂钉的拉力为F，则 A.F的大小等于0.5G B.F的大小小于0.5G C.L不变而增大d，可使F增大 D.d不变而增大L，可使F增大 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 设绳与竖直方向夹角为θ，对画框受力分析如图所 示，则有2Fcos θ＝G，F＝ ，所以F的大小大于0.5G，故A、B错误； L不变而增大d，θ增大，可使F增大，故C正确； d不变而增大L，θ减小，可使F减小，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 5.如图所示，一个小朋友将一个篮球放在斜坡上，并用竖直挡板挡住，篮球处于静止状态。已知斜坡的倾角为θ(θ为锐角)，挡板对篮球的弹力为F1，斜面对篮球的弹力为F2，不考虑篮球受到的摩擦力，下列说法正确的是 A.斜面对篮球的弹力F2小于挡板对篮球的弹力F1 B.斜面对篮球的弹力F2小于篮球重力G C.缓慢地把挡板绕其与坡面的接触轴逆时针转一个较 小角度(此角度小于θ)，F1减小 D.缓慢地把挡板绕其与坡面的接触轴逆时针转一个较小角度(此角度小于 θ)，F2增大 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 对篮球受力分析如图甲所示，根据受力分析有F2＝ ，F1＝Gtan θ，可知F2>F1，F2>G，故A、B错误； 缓慢地把挡板绕其与坡面的接触轴逆时针转一个较小角度(此角度小于θ)，由图乙可知F1、F2均减小，故C正确，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 6.如图所示，某健身者右手拉着抓把沿水平方向从图示位置B缓慢移动到位置A，不计绳子质量，忽略绳子和重物与所有构件间的摩擦，A、B、重物共面，则重物上升过程中 A.绳子的拉力逐渐增大 B.该健身者所受合力逐渐减小 C.该健身者对地面的压力逐渐减小 D.该健身者对地面的摩擦力逐渐增大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 由题意可知，重物和健身者一直处于动态平衡状态，由平 衡条件可知，健身者所受合力等于零，绳上的拉力大小不 变，其大小等于重物的重力mg，A、B错误； 对健身者受力分析，如图所示，由平衡条件可知，在竖直 方向，则有FTsin θ＋FN＝Mg，又有FT＝mg，可得FN＝Mg－mgsin θ，在水平方向，则有FTcos θ＝Ff，当从B缓慢移到A时，θ角逐渐变小，地面对健身者的支持力逐渐变大，地面对健身者的摩擦力逐渐变大，由牛顿第三定律可知，健身者对地面的压力逐渐增大，健身者对地面的摩擦力逐渐增大，C错误，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 7.在水平外力F的作用下，A、B两个圆柱体按如图所示的方式分别放在水平地面、靠在竖直墙面，将A缓慢向右移动一小段距离(B未与地面接触)，不计一切摩擦，则在此过程中，关于水平地面对A的弹力FN1、竖直墙面对B的弹力FN2，下列说法正确的是 A.FN1不变，FN2变大 B.FN1变小，FN2变大 C.FN1变大，FN2变小 D.FN1不变，FN2变小 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 以圆柱体B为研究对象，分析受力如图所示 当将A缓慢向右移动一小段距离，F1与竖直方向的 夹角增大，由图看出墙对B的弹力FN2增大；以圆 柱体A、B整体为研究对象，根据平衡条件，在竖直方向有FN1＝(mA＋mB)g，当将A缓慢向右移动一小段距离，水平地面对A的弹力FN1不变，故A正确，B、C、D错误。 8.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质量为m的重物。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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 能力综合练 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，由几何关系易知两侧绳子拉力方向与竖直方向夹角相等， 其中d为绳子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，故选A。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 ① ② 9.(2023·浙江绍兴市三模)制作木器家具时，工人师傅常在连接处打入木楔，如图所示，假设一个不计重力的木楔两面对称，顶角为α，竖直地被打入木制家具缝隙中。已知接触面间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。要使木楔能自锁而不会自动滑动，α与μ应满足 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由于存在对称性，仅对木楔的左侧面分析，如图所示，当木楔能自锁而不会自动滑动时，一定满足 10.小李发现小区的消防通道被一质量为m的石墩挡住了，为了移开石墩小李找来一根结实的绳子，将绳的一端系在石墩上，双手紧握绳的另一端用力斜向上拖拽石墩。设绳子与水平方向的夹角为θ，小李对绳施加的最大拉力为0.6mg，g为重力加速度，石墩与水平地面间的动摩擦因数为 ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是 A.无论θ取何值，小李都不可能拖动石墩 B.小李能拖动石墩，且当θ＝ 时最省力 C.小李能拖动石墩，且当θ＝ 时最省力 D.小李能拖动石墩，且当θ＝ 时最省力 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 当石墩恰好能被拖动时， 对石墩进行受力分析如图所示 Fcos θ＝μFN FN＋Fsin θ＝mg 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 11.如图所示，在水平推力作用下，物体A静止在倾角为 θ＝45°的粗糙固定斜面上，当水平推力为F0时，A刚好 不下滑，然后增大水平推力的值，当水平推力为F时A刚 好不上滑。设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，物体A与 斜面之间的动摩擦因数为μ(μ<1)，则下列关系式成立的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 50 当物体A恰好不下滑时，沿斜面方向刚好受力平衡，则有 mgsin 45°＝F0cos 45°＋μFN 垂直于斜面方向，有 FN＝mgcos 45°＋F0sin 45° 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 12.(多选)如图所示，把倾角为30°的粗糙斜面体C 置于粗糙水平地面上，质量为2m的物块A通过跨过 光滑轻定滑轮的轻绳与质量为m的小球B连接，O点 为轻绳与定滑轮的接触点，初始时，小球B在水平向右的拉力F作用下，使轻绳OB段与水平拉力F的夹角为θ＝120°，A、B均保持静止状态。现改变拉力F，并保持夹角θ大小不变，将小球B向右上方缓慢拉起至OB水平，物块A始终保持静止状态。g为重力加速度，下列关于该过程的说法正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 尖子生选练 A.拉力F一直变大 B.拉力F最小为 mg C.斜面体C所受地面摩擦力一直变小 D.斜面体C所受地面摩擦力先变小后变大 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 对小球B受力分析，将FT、F、mg组成矢量三角形， 由于FT和F的夹角始终不变，作辅助圆如图所示 拉力F一直变大，初始状态时最小，为 mg，A、 B正确； 拉力F的水平分力先变大后变小，对A、B、C整体进行受力分析知斜面体C所受地面摩擦力大小等于拉力F的水平分力大小，也是先变大后变小，故C、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 返回 受力分析画不同状态下的平衡图构造矢量三角形 即sin α＝，FT＝，d和l均不变，则sin α为定值，α为定值，cos α为定值，绳子的拉力保持不变，故A正确，C错误； ＝＝， 答案　 N≤F≤ N 可得F＝－F1，F＝＋， 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。 答案　2 N 整理得cos θ＋μsin θ＝， sin(α＋θ)＝(其中sin α＝)， 当θ＝－α时F最小， Fmin＝＝2 N。 联立解得cos θ－μsin θ≤ 分析知，当F无限大时极限值为零， > ＝ 设为θ，可知F1＝F2＝ 如图乙所示，设绳长为L，由几何关系得sin θ＝ A.μ>tan B.μ>tan α C.μ> D.μ> FNsin <μFNcos ，整理得sin <μcos ，解得μ> tan ，故选A。 解得2F(cos θ＋sin θ)＝mg 即F＝，可解得，当θ＝时，F最小为0.5mg，故小李能拖动石墩，且当θ＝时最省力，故选C。 A.F＝F0 B.F＝()2F0 C.F＝F0  D.F＝()2F0 解得F0＝mg 解得F＝()2F0，故选D。 同理，当物体A恰好不上滑时，有F＝mg $