第二章　第9课时　专题强化：动态平衡和临界、极值问题-2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 以动态平衡和临界极值为核心，通过分类方法（图解法、相似三角形法等）和典型例题构建系统性解题体系，注重科学思维中的模型建构与推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |动态平衡问题|4例|图解法、相似三角形法、辅助圆法、正弦定理法；动态平衡分析流程|按力的恒定与方向变化分类，形成“类型-方法-应用”逻辑链| |临界极值问题|2例|极限法、数学分析法（三角函数、二次函数）、物理分析法（摩擦角）|从临界条件（摩擦力最大等）到极值求解，结合数学工具与物理模型|

第9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。 考点一　动态平衡问题 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。常用方法：图解法、解析法、相似三角形法、辅助圆法、正弦定理法。 1.一力恒定，另一力方向不变的动态平衡问题 一个力(F1)恒定，另一个力(F2)方向不变，作出不同状态下的矢量三角形，确定力大小的变化。 若F1与F2垂直，三力构成直角三角形，如图甲所示，θ增大时，F2、F3都增大。 若F1与F2不垂直，当F3⊥F2时，F3有最小值，F3min=F1sin θ，如图乙所示。 例1　(2025·江苏无锡市检测)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.地面对P的摩擦力逐渐增大 C.P、Q间的弹力先减小后增大 D.Q所受的合力逐渐增大 答案　B 解析　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，如图所示，分析可知F1与F2都逐渐增大，故A、C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B正确；由于挡板MN缓慢移动，Q处于平衡状态，所受合力为零，故D错误。 2.一力恒定，另两力方向均变化的动态平衡问题 一力恒定(如重力)，其他两力的方向均变化，但两力分别与绳子、两物体重心连线方向平行，即三力构成的矢量三角形与△ACO几何三角形相似，则对应边比值相等。 基本矢量图，如图所示 基本关系式：==。 例2　(2025·江苏苏州市调研)如图所示为一简易起重装置，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 答案　A 解析　以结点B为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图如图，根据平衡条件知，G、FN的合力F合与F大小相等、方向相反。根据三角形相似得==，得FN= G ∠BCA缓慢变小的过程中，AC、BC不变，则FN不变，故杆BC所产生的弹力大小不变，故选A。 3.一力恒定，另外两力方向均变化，但两力方向夹角保持不变的动态平衡问题 利用正弦定理或利用辅助圆，恒力为圆的一条弦，恒力所对应角的顶点在圆上移动，可保持圆心角不变，根据不同位置判断各力的大小变化。 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 答案　D 解析　方法一　辅助圆法 以重物为研究对象分析受力情况，受重力mg、OM绳上拉力F2、MN上拉力F1，由题意知，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A、B、C错误，D正确。 方法二　正弦定理法 根据正弦定理==，mg与sin θ3保持不变，sin θ1变大，F1变大，sin θ2先增大后减小，F2先增大后减小，故选D。 　分析动态平衡问题的流程 受力分析画不同状态下的受力平衡图构造矢量三角形 4.多个共点力作用下的动态平衡问题 例4　(2026·江苏宿迁市检测)《墨经》中记载古代建造房屋过程中，通过斜面提升重物，如图所示，若斜面体、重物和地面均粗糙，轻质定滑轮表面光滑，则用大小不变的力F在缓慢拉升重物的过程中，斜面体始终保持静止，下列判断正确的是(　　) A.斜面体受到地面的摩擦力变小 B.斜面体受到地面的支持力变大 C.重物受到的摩擦力变大 D.重物受到的支持力变大 答案　A 解析　用大小不变的力F在缓慢拉升重物的过程中，设拉重物的绳子与斜面的夹角为θ，斜面倾角为α，以重物为研究对象，根据平衡条件可得Fsin θ+FN1=mgcos α，Fcos θ=mgsin α+Ff1 解得FN1=mgcos α-Fsin θ，Ff1=Fcos θ-mgsin α 由题知，在缓慢拉升重物的过程中θ不断变大，α不变，可知重物受到的支持力FN1变小，重物受到的摩擦力Ff1变小，故C、D错误；以斜面体和重物整体为研究对象，根据平衡条件可得(M+m)g-Fsin (θ+α)=FN2，Fcos (θ+α)=Ff2 由题知，在缓慢拉升重物的过程中θ不断变大，α不变，可知斜面体受到地面的支持力FN2变小，斜面体受到地面的摩擦力Ff2变小，故A正确，B错误。 考点二　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)绳子恰好伸直，拉力F=0。 (3)刚好离开接触面，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.解题方法 (1)极限法：首先要正确地进行受力分析和过程分析，把某个物理量推向极端(极大或极小)，从而找出平衡的临界点和极值点。 (2)数学分析法：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)物理分析法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值与最小值。 例5　如图所示，质量M=4 kg的物块甲置于倾角为37°的固定斜面上，物块甲与斜面间动摩擦因数μ=0.5，物块甲与斜面间最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小。质量为m=3 kg的物块乙通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O，水平轻绳OA与物块甲连接于A点，轻绳OB与水平方向夹角也为37°。对物块甲施加沿斜面向上的力F(图中未画出)使甲、乙两物块均静止。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)轻绳OA的弹力FTOA大小和轻绳OB的弹力FTOB大小； (2)斜面对甲的弹力FN大小； (3)力F大小的取值范围。 答案　(1)40 N　50 N (2)8 N　(3)52 N≤F≤60 N 解析　(1)对结点O，由平衡条件得FTOBcos 37°=FTOA，FTOBsin 37°=mg 解得FTOA=40 N，FTOB=50 N (2)对物块甲进行受力分析，在垂直斜面方向，由受力平衡可得 FN=Mgcos 37°-FTOAsin 37°=8 N (3)甲受到的最大静摩擦力为Ffm=μFN=4 N 当拉力F较小，且沿斜面向上的摩擦力达到最大静摩擦力时，由平衡条件可得 F1+Ffm=Mgsin 37°+FTOAcos 37° 解得F1=52 N 当拉力F较大，且沿斜面向下的摩擦力达到最大静摩擦力时，由平衡条件可得 F2=Mgsin 37°+FTOAcos 37°+Ffm 解得F2=60 N 故力F大小的取值范围为52 N≤F≤60 N。 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取10 m/s2。求所需拉力F的最小值。 答案　2 N 解析　方法一　三角函数法 设拉力与水平方向夹角为θ， 根据平衡条件有Fcos θ=μ(mg-Fsin θ)， 整理得F==(其中sin β=)， 当θ=-β时F最小， 故所需拉力F的最小值Fmin==2 N。 方法二　利用“摩擦角”法 设FN与Ff的合力与FN方向的夹角为α，则tan α==μ ① 再设FN与Ff的合力为F'。 如图所示，当拉力F与F'垂直时有最小值 即Fmin=mgsin α ② 由①②得Fmin=2 N。 在力的方向发生变化的平衡问题中求力的极小值时，一般利用三角函数求极值。也可利用“摩擦角”将四力平衡转化为三力平衡，从而求拉力的最小值。例如：如图所示，物体在拉力F作用下做匀速直线运动，改变θ大小，求拉力的最小值时，可以用支持力与摩擦力的合力F'代替支持力与摩擦力，FN与Ff的合力F'方向一定，即“摩擦角”α满足tan α==μ，则Fmin=mgsin α，此时θ=α。 课时精练 [分值：60分] 　[1~7题，每题4分] 1.(2024·山东卷·2)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. B. C. D. 答案　B 解析　根据题意可知机器人“天工”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.(2025·河北卷·4)如图，内壁截面为半圆形的光滑凹槽固定在水平面上，左右边沿等高。该截面内，一根不可伸长的细绳穿过带有光滑孔的小球，一端固定于凹槽左边沿，另一端过右边沿并沿绳方向对其施加拉力F。小球半径远小于凹槽半径，所受重力大小为G。若小球始终位于内壁最低点，则F的最大值为(　　) A.G B.G C.G D.G 答案　B 解析　对小球进行受力分析可知当凹槽底部对小球支持力为零时，此时拉力F最大，根据平衡条件有2Fmcos 45°=G，解得Fm=G，故选B。 3.(2026·江苏南通市检测)如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向始终斜向左下方、大小随时间缓慢减小的拉力F。无人机经飞控系统实时调控，在拉力F、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动，则无人机受到的(　　) A.合力方向缓慢变化 B.合力大小缓慢增大 C.空气作用力方向不变 D.空气作用力大小缓慢减小 答案　D 解析　无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动，合力始终为零，故A、B错误；无人机受到的空气作用力与重力和拉力的合力等大反向，随着F的减小，重力和拉力的合力如图所示，可知无人机受到空气作用力的方向会改变，大小缓慢减小，故C错误，D正确。 4.(2025·江苏高邮市检测)如图所示，质量分布均匀的细棒中心为O点，O1为光滑铰链，O2为光滑轻质定滑轮，且O2在O1正上方，铰链与滑轮大小均忽略不计，细绳跨过O2与O连接，水平外力F作用于细绳的一端。用FN表示铰链对细棒的作用力，现在水平外力F作用下，θ从缓慢减小到0的过程中，下列说法正确的是(　　) A.F逐渐变小，FN大小不变 B.F逐渐变小，FN逐渐变大 C.F先变小后变大，FN逐渐变小 D.F先变小后变大，FN逐渐变大 答案　A 解析　细棒质量分布均匀，重心在O点，对细棒进行受力分析如图所示。 设细棒长为L，O1与O2间距为h，滑轮左侧绳长为x，根据相似三角形有==，θ从缓慢减小到0的过程中，滑轮左侧绳长x减小，可知F逐渐变小，FN大小不变。故选A。 5.(2025·江苏扬州市检测)如图所示，OA为遵从胡克定律的弹性轻绳，其一端固定于天花板上的O点，另一端与静止在动摩擦因数恒定的水平地面上的滑块A相连。当绳处于竖直位置时，滑块A对地面有压力作用。B为紧挨绳的一光滑水平小钉，它到天花板的距离BO等于弹性绳的自然长度。现有一水平力F作用于A，使A向右缓慢地沿直线运动，则在运动过程中(　　) A.水平拉力F保持不变 B.地面对A的摩擦力变大 C.地面对A的摩擦力变小 D.地面对A的支持力保持不变 答案　D 解析　设开始时AB的长度为L，滑块A的质量为m，弹性绳的劲度系数为k，则开始时刻地面对A的支持力为FN=mg-kL，设某一时刻绳子与水平方向的夹角为θ，则绳子的弹力为F'=k，其竖直向上的分力F'sin θ=kL，故地面对A的支持力为FN'=mg-F'sin θ=mg-kL=FN，由此可知地面对A的支持力保持不变，故D正确；由于Ff=μFN，FN不变，则摩擦力Ff也保持不变，故B、C错误；对水平方向分析，由平衡条件可知F=F'cos θ+Ff=k+Ff，A缓慢沿直线向右运动的过程中，θ变小，Ff不变，故F变大，故A错误。 6.(来自教材改编)两金属小球A、B用一轻质弹簧连接，球A用轻绳悬挂于O点，在水平拉力F的作用下，两小球处于如图所示的位置，此时轻绳与竖直方向的夹角为30°。现将力F逆时针缓慢转动30°，在此过程中，轻绳与竖直方向的夹角不变。下列说法正确的是(　　) A.轻绳的拉力先减小后增大 B.A、B两小球间的距离增大 C.力F先减小后增大 D.弹簧与竖直方向的夹角增大 答案　D 解析　对A、B整体受力分析，如图甲所示，绳与竖直方向夹角不变，则轻绳拉力FT方向不变，现将力F逆时针缓慢转动30°(此时力F与轻绳拉力FT垂直)，则此过程中，轻绳拉力FT减小，力F减小至最小，故A、C错误；对B小球受力分析可知，在F转动过程中，弹簧与轻绳的夹角始终大于90°，对A小球受力分析，如图乙所示，其受轻绳拉力FT方向不变，而拉力FT变小，A小球处于动态平衡，则可知F弹在逐渐减小且与竖直方向夹角增大，即弹簧与竖直方向的夹角增大，根据胡克定律F弹=kx可知，弹簧伸长量x减小，即A、B两小球间的距离减小，故B错误，D正确。 7.(2025·江苏无锡洛社高级中学检测)一物体置于倾角为α的粗糙斜面体上，斜面体放在粗糙的水平地面上，用水平力F推物体，物体及斜面体均保持静止，F适当减小时，物体、斜面体仍保持静止，则下列说法一定正确的是(　　) A.物体所受的合力减小 B.斜面体对物体的支持力减小 C.物体所受摩擦力减小 D.地面对斜面体的支持力减小 答案　B 解析　因为物体始终保持静止，故物体所受合力始终为零，所以物体所受合力不变，故A错误；对物体进行受力分析，物体一定受到重力mg、水平力F和斜面体的支持力FN，将重力mg和水平力F沿斜面和垂直斜面方向分解，垂直斜面方向有FN=mgcos α+Fsin α，所以当F减小时斜面体对物体的支持力减小，故B正确；摩擦力的方向需要分情况讨论：若Fcos α>mgsin α，则摩擦力Ff=Fcos α-mgsin α，F减小时，摩擦力减小，若Fcos α≤mgsin α，则摩擦力Ff=mgsin α-Fcos α，F减小时，摩擦力增大，所以物体所受摩擦力不一定减小，故C错误；对物体和斜面体整体进行受力分析，整体受到重力(M+m)g、地面的支持力FN地、水平力F和摩擦力，在竖直方向上有FN地=(M+m)g，与F无关，所以地面对斜面体的支持力不变，故D错误。 　[8~10题，每题4分] 8.(2025·江苏徐州市检测)如图甲所示，窗户上的连杆通常被称为滑撑或铰链。它是一种连杆式活动链接装置，主要用于连接窗扇和窗框，使窗户能够顺利开启和关闭，它通常由滑轨、滑块、悬臂组成，示意图如图乙所示。水平悬臂通过转轴O1、O2分别与竖直窗扇和滑块相连，窗扇可绕轴O3转动。现将窗扇打开，此时悬臂与窗户之间的夹角为θ，若要求此时无论多大的风力均不能将窗扇关闭，则滑块与滑轨之间的动摩擦因数μ应满足的条件是(　　) A.μ≤tan θ B.μ≥tan θ C.μ≤ D.μ≥ 答案　D 解析　设悬臂的推力为F，则悬臂对滑块的压力为FN=Fsin θ，若要求此时无论多大的风均不能将窗扇关闭，则有Fcos θ≤μFN，解得μ≥，故选D。 9.(2025·江苏南通市、泰州市、镇江市、盐城市部分学校一模)如图所示，在水平面上固定一竖直挡板M，现用水平力F向左推楔形木块B，使球A缓慢上升，所有接触面均光滑。在此过程中(　　) A.A对B的压力始终不变 B.A对M的压力逐渐增大 C.水平外力F逐渐增大 D.水平面对B的支持力逐渐增大 答案　A 解析　设楔形木块B的倾角为θ，根据题意，对A受力分析，受重力mAg、M的支持力FNM、B的支持力FNB，如图所示 由平衡条件可得：FNBcos θ=mAg，FNM=mAgtan θ 由题可知，A球缓慢上升，但θ不变，则B对A的支持力FNB、M对A的支持力FNM均不变，由牛顿第三定律可知，A对B的压力和A对M的压力始终不变，故A正确，B错误；对A、B的整体受力分析，如图所示 由平衡条件可得：FN=G总，F=FNM 因G总和FNM均不变，则水平面对B的支持力FN不变、水平外力F不变，故C、D错误。 10.(2025·江苏常州市检测)如图所示，顶角恒为75°的V形槽的底部用铰链连接在水平地面上，内部放一光滑的圆柱体，从OM水平的位置逆时针缓慢旋转到ON水平的过程中(　　) A.柱体对OM压力逐渐变小 B.柱体对ON压力逐渐变大 C.ON竖直时，柱体对OM的压力最大 D.OM转动的角度为75°时，柱体对OM的压力等于重力 答案　C 解析　设OM转动的角度为θ，对圆柱体受力分析如图，由正弦定理可得 ==，θ从0°逐渐增大到105°(先锐角后钝角)，故其正弦值先增大后减小，所以FON先增大后减小，FOM先增大后减小，由牛顿第三定律知A、B均错误；根据上述分析可知，当θ=15°时，ON竖直，此时sin(105°-θ)=sin 90°=1，FOM最大，由牛顿第三定律知柱体对OM的压力最大，C正确；把θ=75°，代入上式可知FOM=≠mg，D错误。 11.(10分)质量为M的木楔在水平面上保持静止，斜面倾角为θ，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，木块正好匀速下滑。如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止，重力加速度为g)。求： (1)(7分)当α变化时，拉力F的最小值； (2)(3分)F取最小值时，木楔对水平面的摩擦力大小。 答案　(1)mgsin 2θ　(2)mgsin 4θ 解析　(1)木块在木楔斜面上匀速向下运动时，根据平衡条件有mgsin θ=μmgcos θ 解得μ=tan θ 因木块在力F作用下沿斜面向上做匀速运动，将力F沿平行斜面和垂直斜面的方向正交分解有 Fcos α=mgsin θ+Ff Fsin α+FN=mgcos θ 且Ff=μFN 联立解得F== 则当α=θ时，F有最小值，即 Fmin=mgsin 2θ (2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到的地面的摩擦力等于F的水平分力，即Ff地=Fcos (α+θ) 当F取最小值mgsin 2θ时，α=θ，则有 Ff地=Fmincos 2θ=mgsin 2θ·cos 2θ=mgsin 4θ。 12.(10分)(2025·江苏苏州市检测)如图为一个水平传感器的简易模型，截面为内壁光滑竖直放置的正三角形，内部有一个略小于三角形内切圆的小球，三角形各边有压力传感器，通过测出小球对三边压力的大小，信息处理单元可显示摆放处的倾角。图中BC边恰好处于水平状态，现将其以C为轴在竖直平面内顺时针缓慢转动，直到AB边处于上方的水平位置，则在转动过程中球对BC边的压力先增大后减小是否正确？通过计算加以说明。 答案　见解析 解析　对正三角形内部的小球受力分析，如图所示 由几何关系可知，随着角度θ从0°增大到60°过程中，角α与角θ之和保持不变，且α+θ=120°，所以角β也保持不变，β=60°，由平衡条件和正弦定理得 == 角度θ从0°增大到60°过程中，sin (120°-θ)先增大后减小，所以FNBC先增大后减小，由牛顿第三定律知球对BC边的压力先增大后减小，即题中结论正确。 学科网（北京）股份有限公司 $