第2章 专题提升二 动态平衡 平衡中的临界、极值问题(课件PPT)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“动态平衡、平衡中的临界与极值问题”专题，依据高考评价体系明确了共点力动态平衡分析、临界条件判断及极值求解三大核心考点，通过广东专版真题及模拟题分析，归纳出解析法、图解法等四种高频题型解题路径，体现高考备考的系统性和针对性。 课件亮点在于“方法归类+真题演练+素养提升”的复习模式，如以灯笼受力分析为例详解解析法，结合半圆柱体平衡问题训练图解法，培养学生科学思维中的模型建构与科学推理能力。特设课时测评包含广东模拟题，帮助学生掌握临界条件判断技巧，教师可据此精准指导，提升复习效率。

专题提升二　动态平衡　平衡中的临界、极值问题 高三一轮复习讲义 广东专版 第二章 相互作用 1.会用解析法、图解法、相似三角形法、矢量圆法(正弦定理法)等解决动态平衡 问题。 2.会分析平衡中的临界与极值问题。 学习目标 提升点一　动态平衡问题 提升点二　平衡中的临界、极值问题 课时测评 内容索引 动态平衡问题 提升点一 返回 1.共点力的动态平衡 动态平衡是指处于平衡状态的物体所受的某个力(或某几个力)的大小或方向缓慢变化，但变化过程中的每一个状态均可视为平衡状态。 2.解题流程 方法1 解析法 1.对研究对象进行受力分析，画出受力示意图。 2.根据物体的平衡条件列式，得到未知量与已知量的关系表达式。 3.根据已知量的变化确定未知量的变化。 注意：该方法适用于有直角三角形或其他特殊三角形、容易写出表达式的情况。 灯笼为春节增添了不少喜庆的气氛。如图所示，重力为G的灯笼用细绳悬挂，在水平风力F的吹动下偏离竖直方向一定的角度，并保持静止，此时细绳对灯笼的拉力为FT，则 A．FT＝G B．FT＝F C．F与FT的合力与G相同 D．若F增大，则灯笼重新平衡时，FT也增大 √ 例1 根据题意，对灯笼受力分析，如图所示，由平衡条件有FTsin θ＝F，FTcos θ＝G，解得FT＝，F＝G tan θ，若F增大，则θ增大，FT增大，故A、B错误，D正确；由共点力平衡特点可知，F与FT的合力与G大小相等，方向相反，故C错误。 针对练.如图所示，某健身者右手拉着抓把沿图示位置B水平缓慢移动到位置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 √ 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，在竖直方向有FTsin θ ＋FN＝Mg，又有FT＝mg，可得FN＝Mg－mg sin θ，在水平 方向有FTcos θ＝Ff，从B水平缓慢移到A，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。 方法2 图解法 用图解法分析物体动态平衡问题时，一般是物体只受三个力作用，且其中一个力大小、方向均不变，另一个力的方向不变，第三个力大小、方向均变化。该方法适用于一个力为恒力、另一个力方向不变的情况。 半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN。在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑的均匀小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态，如图所示是这个装置的纵截面图。现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止。则在此过程中，下列说法中正确的是 A.MN对Q的弹力逐渐减小 B.P、Q间的弹力先减小后增大 C.地面对P的摩擦力逐渐增大 D.Q所受的合力逐渐增大 例2 √ 由于挡板MN缓慢移动，Q始终处于平衡状态，所受合力为零，故D错误；对Q受力分析，F1表示P对Q的弹力，F2表示MN对Q的弹力，F2的方向水平向左保持不变，F1的方向顺时针旋转，如图所示，由图可知，F1与F2都逐渐增大，故A、B错误；对P、Q整体受力分析，由平衡条件得Ff＝F2，由于F2不断增大，故Ff不断增大，故C正确。 针对练.(2026·安徽合肥期末)如图所示，用OA、OB两根轻绳将花盆悬于两竖直墙之间，开始时OB绳水平。现保持O点位置不变，改变OB绳长使绳右端由B点缓慢上移至B'点，此时OB'与OA之间的夹角θ＜90°。设此过程中OA、OB绳的拉力分别为FOA、FOB，则下列说法中正确的是 A.FOA一直减小 B.FOA一直增大 C.FOB一直减小 D.FOB先增大后减小 √ 以结点O为研究对象，其受力分析如图所示，根据平衡条件知，两根绳子的拉力的合力与G大小相等、方向相反，作出轻绳OB在不同位置时的受力示意图，由图看出，FOA一直减小，FOB先减小后增大，当θ＝90°时，FOB最小，故A正确。 方法3 相似三角形法 物体受三个力平衡，其中一个力恒定，另外两个力的方向同时变化，当所作“力的矢量三角形”与空间的某个“几何三角形”总相似时，可利用相似三角形对应边成比例进行计算。 如图为一简易起重装置，AC是上端带有小滑轮的固定支架，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，并用轻质钢丝绳跨过滑轮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 例3 √ 以结点B为研究对象，分析受力情况，作出B的受力示意图如图，根据平衡条件知，FT、FN的合力F合与F大小相等、方向相反。根据三角形相似得＝＝，则FN＝ G，∠BCA缓慢变小的过程中，AC、BC不变，则FN大小不变，杆BC所产生的弹力大小不变。故选A。 方法3 矢量圆法(正弦定理法) 1.矢量圆法 如图所示，物体受三个共点力作用而平衡，其中一力恒定，另外两力方向一直变化，但两力的夹角不变，作出不同状态的矢量三角形，利用两力夹角不变，可以作出动态圆(也可以由正弦定理列式求解)，恒力为圆的一条弦，根据不同位置时的受力示意图判断各力的大小变化。 2.正弦定理法 如图所示，物体受三个共点力作用而处于平衡状态，则三个力中任意一个力的大小与另外两个力的夹角的正弦成正比，即＝＝。   注意：该方法适用于一个力恒定，另外两个力方向变化但夹角不变的情况。 (多选)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上的张力逐渐增大 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 例4 √ √ 法一　矢量圆法 以重物为研究对象分析受力情况，受重力mg、OM上的张力F2、MN上的张力F1，由题意知，三个力的合力始终为零，矢量三角形如图甲所示，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，由图甲可知，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，故A、D正确。 法二　正弦定理法 对重物受力分析如图乙所示，根据正弦定理有＝＝，mg与sin α保持不变，θ1由180°变为90°，sin θ1变大，F1变大，θ2由锐角变为钝角，sin θ2先增大后减小，F2先增大后减小，故A、D正确。 返回 平衡中的临界、极值问题 提升点二 返回 1.常见的临界问题 临界情境 临界条件 静止到运动的临界 摩擦力达到最大静摩擦力 绳子刚好绷紧的临界 拉力FT＝0 刚好离开接触面的临界 支持力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.解答平衡中临界、极值问题的三种方法 物理分析法 根据平衡条件，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 数学分析法 通过对问题的分析，根据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) 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 如图所示，一光滑球体放在支架与竖直墙壁之间，支架的倾角θ＝60°，光滑球体的质量为m，支架的质量为2m，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个装置保持静止，则支架和地面间的动摩擦因数至少为 A． B． C． D． 例5 √ 若整个装置恰好静止，对光滑球体受力分析如图甲所示，根据平衡条件可得FN2cos θ＝mg，对支架受力分析如图乙所示，根据牛顿第三定律可知FN3＝FN2，对支架由平衡条件可得FN4＝2mg＋FN3cos θ，Ff＝FN3sin θ，又Ff＝μFN4，联立以上各式解得μ＝，可知支架和地面间的动摩擦因数至少为。故选D。 如图所示，小球的质量为m＝5 kg，两根轻细绳AB和AC的一端固定于竖直墙上，另一端系于小球上(∠BAC＝θ＝60°)，在小球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) 例6 答案： N≤F≤ N 设AB绳的拉力为F1，AC绳的拉力为F2，对小球受力分析，由平衡条件有F cos θ－F2－F1cos θ＝0，F sin θ＋F1sin θ－mg＝0 可得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≤ 返回 课 时 测 评 返回 题组1　动态平衡问题 (2026·广东深圳模拟)如图所示，将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 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 以球为研究对象，受力分析如图所示，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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2.某人通过如图所示的装置将吊篮中的物品缓慢拉到窗口，图中轻绳的一端拴在轻杆上，另一端绕过定滑轮(不计一切摩擦)。下列说法正确的是 A.此人手上所受的拉力F始终不变 B.此人手上所受的拉力F先减小，后增大 C.轻杆所受压力一直增大 D.轻杆所受压力大小始终不变 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 对结点受力分析如图所示，由几何关系可知＝＝，由题意可知，mg、h和L杆不变，L绳变小，则F变小，FN不变，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 3.(2026·辽宁本溪二模)如图所示，半圆柱体Q放置在粗糙水平面上，与Q完全相同的光滑半圆柱体P放置在光滑的竖直墙壁与Q之间，两个半圆柱体均处于平衡状态。若将Q向左移动一小段距离，两个半圆柱体仍处于平衡状态，则 A.P与墙壁之间的弹力增大 B.P与墙壁之间的弹力不变 C.P与Q之间的弹力减小 D.Q与水平面间的弹力增大 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 P受重力G、墙壁的弹力FN及Q的弹力F，受力分析如图所示。两半圆柱体间的弹力一定垂直于接触点的切线，即力的作用线过两个圆心，三个力形成一个封闭的矢量三角形。若将Q向左移动一小段距离，则弹力F的方向发生了变化，而FN的方向不变，G的大小、方向均不变，显然如果将Q向左移动一小段距离，P与墙壁之间的弹力FN减小，P与Q之间的弹力F也减小。对整体分析，竖直方向Q与水平面间的弹力等于P、Q的重力之和，不变。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 4.(2026·黑龙江哈尔滨九中二模)生活中，我们常用支架与底板垂直的两轮手推车搬运货物。如图甲所示，将质量为m的货物平放在手推车底板上，此时底板水平。如图乙所示，现缓慢压下把手，直至底板与水平面间的夹角为60°。不计货物与支架及底板间的摩擦，缓慢压下把手的过程中，下列说法正确的是 A.货物所受的合力一直增大 B.手推车对货物的作用力变小 C.底板对货物的支持力一直减小 D.当底板与水平面间的夹角为60°时，底板 对货物的支持力为支架对货物的支持力的3倍 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 缓慢压下把手，货物所受的合力一直不变，始终为零，故A错误；手推车对货物的作用力与货物的重力等大反向，则手推车对货物的作用力方向竖直向上，且大小不变，故B错误；压下把手的过程中，两个弹力的夹角始终是90°，货物的受力情况如图1所示，由图1可知，底板对货物的支持力FN2一直减小，支架对货物的支持力FN1一直增大，故C 正确； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 当底板与水平面间的夹角为60°时，对货物受力分析，两个弹力的合力与重力等大反向，受力分析如图2所示，两个弹力FN1与FN2垂直，由平衡条件可得支架对货物的支持力FN1＝mgsin 60°＝mg，底板对货物的支持力FN2＝mgcos 60°＝mg，底板对货物的支持力为支架对货物的支持力的，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 题组2　平衡中的临界、极值问题 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。重力加速度为g。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 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mg cos 30°＝mg；当F＝mg 时，A对B 的压力最大，为mg cos 30°＋Fsin 30°＝mg，B正确。当F cos 30°＝mg sin 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，Ff＝mg sin 30°－F cos 30°，当F＝0时，A所受摩擦力最大，为mg；当F＞mg时，A所受摩擦力沿斜面向下，Ff′＝F cos 30°－mgsin 30°，当F＝mg时，A所受摩擦力最大，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 1 6. 一物体P通过细绳系在两根等长细绳OA、OB的结点О上，细绳的A端、B端挂在半圆形的支架上，如图所示。开始时绳OB处于水平位置，此时细绳OA、OB的拉力大小各为5 N和3 N。保持A端、O点的位置不动，将B端沿半圆形支架从水平位置逐渐移至竖直位置C，在这一过程中 A．OA绳上拉力一直增大 B．OB绳上拉力先增大后减小 C．OB绳上最小拉力为2 N D．OB绳上最大拉力为4 N √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 将B端沿半圆形支架从水平位置逐渐移至竖直位置C，这 一过程中结点O的受力情况如图所示，由图可知，OA绳 的拉力一直减小，OB绳的拉力先减小后增大，根据初始 平衡状态有G＝ N＝4 N，设OA与OC夹角为θ， 则有sin θ＝，由受力分析可知，当OA与OB垂直时，OB绳上拉力最小，有FOBmin＝G sin θ＝2.4 N，当OB与OC重合时，OB绳上拉力最大，有FOBmax＝G＝4 N，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 7.(2025·贵州毕节三模)如图所示，竖直杆M、N固定于地面，轻绳a一端固定于N杆上的F点，另一端与光滑轻质小圆环拴接于O点；轻绳b一端穿过小环后固定于M杆上的E点，另一端与小物块连接。若初始时刻O点的位置比E点高，整个系统处于静止状态，a、b绳上的拉力分别记为Fa和 Fb，则 A.仅将E点缓慢上移少许，Fa增大 B.仅将E点缓慢下移少许，Fb增大 C.仅将M杆缓慢左移少许，Fb减小 D.仅将M杆缓慢左移少许，Fa减小 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 设绳子a、b与水平方向的夹角分别为α、β，物块质量 为m，因为b绳跨过小圆环与物块相连，所以Fb＝mg， 仅将E点缓慢向上移动少许，两个Fb之间的夹角变大， 所以两个力的合力减小，因为Fa与两个Fb的合力大小 相等，方向相反，所以Fa减小，Fb不变，A错误；仅将 E点缓慢向下移动少许，两个Fb之间的夹角变小，所以两个力的合力变大，因为Fa与两个Fb的合力大小相等，方向相反，所以Fa变大，Fb不变，B错误；仅将M杆向左移动少许，β减小，即两个Fb之间的夹角变大，所以两个力的合力变小，因为Fa与两个Fb的合力大小相等，方向相反，所以Fa减小，Fb不变，C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 8.(2026·陕西西安一模)如图甲是工人在高层安装空调时吊运室外机的场景，简化图如图乙所示。一名工人在高处控制绳子P，另一名工人站在水平地面上拉住另一根绳子Q。在吊运的过程中，地面上的工人在缓慢后退时缓慢放绳，室外机缓慢竖直上升，绳子Q与竖直方向的夹角近似不变，绳子质量忽略不计，则下列说法正确的是 A.绳子P上的拉力不断变大 B.绳子Q上的拉力先变小后变大 C.地面对工人的支持力不断变大 D.绳子P、Q对室外机的拉力的合力不断变大 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 室外机分别受P、Q的拉力F1、F2和自身重力mg而平衡，室外机受力如图1，将这三个力构成矢量三角形，如图2，可知地面上的工人在缓慢后退时缓慢放绳过程中，F1、F2均增大，故A正确，B错误；由于β不变，绳子Q拉力增大，故Q的拉力在竖直方向分力增大，对地面工人，由平衡条件易得地面对工人的支持力不断变小，故C错误；由于室外机受到P、Q拉力F1、F2和自身重力mg而平衡，由平衡条件可知绳子P、Q对室外机的拉力的合力与室外机重力始终等大反向，所以绳子P、Q对室外机的拉力的合力不变，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9. (2026·广东汕头质检)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 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 以圆柱体B为研究对象，受力分析如图所示，当将A缓慢向右移动一小段距离，FN与竖直方向的夹角增大，由图看出墙对B的弹力FN2变大；以圆柱体A、B为研究对象，根据平衡条件，在竖直方向有FN1－(mA＋mB)g＝0，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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 10.(2026·湖北武汉二中模拟)如图所示，小明用轻绳PQ拴住轻杆OQ的顶端，轻杆下端O用铰链固定在水平地面上某高度处，Q端下方悬挂重物，轻绳PQ长度为定值。PQ与水平方向夹角α＝30°，OQ与水平方向夹角β＝60°，下列说法正确的是 A.轻绳PQ对Q端的拉力大于重物重力 B.轻杆OQ对Q端的支持力等于重物重力的2倍 C.若小明拉住轻绳P端缓慢向右移动，轻绳PQ 对Q端的拉力逐渐增大 D.若小明拉住轻绳P端缓慢向右移动，轻绳PQ对Q端的拉力逐渐减小 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 设重物的重力为mg，轻杆的弹力为FT1，轻绳的弹力为FT2，选择Q点为研究对象，由于OQ为可旋转轻杆，则Q点所受杆的弹力方向沿杆指向Q，Q点所受轻绳的拉力沿绳指向P，Q点受力分析如图甲，由几何关系可得θ＝γ＝30°，则FT2＝mg，A错误；FT1＝2mgcos 30°＝mg，B错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 过O点作PO的垂线交PQ于S，选择Q点为研究对象，作矢量三角形如图乙所示，由几何关系可知，力的矢量三角形与几何三角形OQS相似，且满足＝＝，轻绳P端缓慢向右移动过程中，SO减小，SQ增大，则FT2增大，C正确，D错误。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 谢 谢 观 看 专题提升二　 动态平衡　平衡中的临界、极值问题 $