第2章 专题突破3 动态平衡 平衡中的临界、极值问题(课件PPT)-【高考领航】2027年高考物理大一轮复习学案

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，依据高考评价体系梳理了动态平衡的解析法、图解法等四大方法及临界极值的极限法等三大解题策略，结合2024山东卷、2025江苏模拟等真题实例，明确动态平衡占力学选择题30%、临界极值占计算题25%的高频考点分布，构建完整备考体系。 课件亮点在于“方法建模+真题精析+素养提升”的复习路径，如用图解法分析2026江苏苏州月考小球受力变化，培养科学思维中的模型建构能力，通过2024山东卷临界问题实例强化科学推理。特设“易错警示”和“限时训练”，助力学生掌握动态平衡矢量三角形分析等得分技巧，教师可据此精准突破考点，提升复习效率。

专题突破3　动态平衡　平衡中的临界、极值问题 返回 ‹#› 1 突破点一 2 突破点二　 3 限时规范训练 栏 目 导 引 返回 ‹#› 突破点一 物体的动态平衡 1．动态平衡是指物体的受力情况缓慢发生变化，但在变化过程中，每一个状态均可视为平衡状态。 2．常用方法：解析法、图解法、相似三角形法、正弦定理法等。 方法1　解析法的应用 (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，得到因变量与自变量的关系表达式(通常要用到三角函数)。 (3)根据自变量的变化确定因变量的变化。 返回 ‹#› (2026·广东茂名模拟)如图所示，一重力为G的灯笼用轻质细绳悬挂在屋檐下方，在水平风力的作用下，细绳偏离竖直方向θ角后保持静止。不考虑灯笼受到的空气浮力，下列说法正确的是(　　) A．灯笼所受细绳的拉力是由于灯笼发生微小形变产生的 B．水平风力可能大于细绳的拉力 C．水平风力不可能大于重力 D．若水平风力增大，细绳的拉力一定增大 D 返回 ‹#› 解析：D　灯笼所受细绳的拉力是由于细绳发生微小形变产生的，故A错误；对灯笼受力分析如图所示，可知水平风力F小于细绳的拉力FT，水平风力F可能大于重力G，故BC错误；根据FT＝，可知当水平风力F增大时，细绳的拉力FT一定增大，故D正确。 返回 ‹#› 方法2　图解法的应用 (1)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。 (2)根据已知量的变化情况，画出不同状态下平行四边形边、角的变化。 (3)根据边长的变化判断力的大小的变化，根据角度的变化判断力的方向的变化。 返回 ‹#› (2026·江苏苏州实验学校月考)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A物体的半径为球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　 返回 ‹#› 解析：A　先根据平衡条件和平行四边形定则画出如图所示的矢量三角形，把A右移少许，θ角减小；在θ角减小的过程中，从图中可以直观地看出，F1、F2都会减小，故A正确。 返回 ‹#› 方法3　相似三角形法的应用 (1)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”相似时，可利用相似三角形对应边成比例进行分析。 (2)根据已知量的变化判断未知量的变化情况。 返回 ‹#› (2026·宁夏银川模拟)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　 返回 ‹#› 解析：A　小球受重力、轻绳的拉力和支持力，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，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。 返回 ‹#› 方法4　正弦定理法(辅助圆法)的应用 (1)特点：物体受三个共点力，这三个力其中有一个力为恒力，另外两个力都变化，且两个变化的力的夹角不变。 (2)正弦定理法：(其中α1、α2、α3分别为F2与F3、F1与F3、F1与F2的夹角)。 (3)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。 返回 ‹#› (多选)(一题多解)(经典高考题)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。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 AD 返回 ‹#› 解析：AD　方法一：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绳上拉力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、D正确，B、C错误。 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A、D。 返回 ‹#› 分析动态平衡问题的流程 返回 ‹#› 突破点二 平衡中的临界、极值问题 1．临界、极值问题特征 (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”“刚能”“恰好”等语言叙述。 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。 (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。 返回 ‹#› 2．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，要把某个物理量推向极端，即极大或极小。 (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。 返回 ‹#› 角度1　临界问题 (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． B 返回 ‹#› 解析：B　斜坡倾角越大，“天工”越容易下滑，只要保证“天工”在30°倾角的斜坡上不下滑，在小于30°倾角的斜坡上更不会下滑，对30°倾角的斜坡上的“天工”受力分析，有μmg cos 30°≥mg sin 30°，解得μ≥，B正确。 返回 ‹#› (2025·江苏南京师大苏州实验学校二检)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) 返回 ‹#› 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≤ N。 答案： N≤F≤ N 返回 ‹#› 角度2　极值问题 (一题多解)(2025·江苏南京师大苏州实验学校二检)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。 返回 ‹#› 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F cos θ＝μ(mg－F sin θ)，整理得F＝，当θ＝－β时F最小，故所需拉力F的最小值Fmin＝ N。 方法二　利用“摩擦角”法 设FN与Ff的合力F′与FN方向的夹角为α，则tan α＝＝μ① 即F′的方向恒定， 如图所示，当拉力F与F′垂直时F有最小值 即Fmin＝mg sin α② 由①②得Fmin＝2 N。 答案：2 N 返回 ‹#› 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＝mg sin α，此时θ＝α。 返回 ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 限时规范 训练(11) (建议用时：40分钟　满分：63分) (选择题1～7题每题5分，8～10题每题6分，共53分) [基础分组训练] 题组1　物体的动态平衡 1．(2026·重庆育才中学开学考)如图所示，一只可视为质点的蚂蚁在半球形碗内缓慢地从底部经过b点爬到a点。则下列说法正确的是(　　) A．碗对蚂蚁的摩擦力变大 B．碗对蚂蚁的支持力变大 C．碗对蚂蚁的作用力变小 D．蚂蚁所受的合力变小 A 返回 ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 解析：A　蚂蚁缓慢爬行的过程可以视为始终处于平衡状态，对蚂蚁受力分析可知，蚂蚁受到重力、沿切线方向的摩擦力和垂直切线方向指向球心的支持力，设蚂蚁所在位置与球心连线与竖直方向的夹角为θ，根据受力平衡可得Ff＝mg sin θ，FN＝mg cos θ，从底部经过b点爬到a点，θ逐渐增大，则碗对蚂蚁的摩擦力变大，碗对蚂蚁的支持力变小，故A正确，B错误；蚂蚁处于平衡状态，所受合力一直为0，则碗对蚂蚁的作用力与重力平衡，保持不变，故C、D错误。 返回 ‹#› 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 C 2．(2026·江苏扬州开学考)如图所示，小球在F作用下始终处于静止状态。现保持θ不变，缓慢转动F，下列说法中正确是(　　) A．细线拉力始终不变 B．F可以竖直向下 C．F可以竖直向上 D．当F转到水平位置时最小 返回 ‹#› 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：C　以小球为研究对象，小球受到重力G、力F和细线对小球的拉力FT，由于小球静止不动，则FT与F的合力与G等值反向，如图，根据图解法可知，当拉力F与细线垂直时最小，当F竖直向上时，绳子拉力为0，故C正确。 返回 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 11 D 3．(2026·山东日照联考)如图所示，工人甲在高处通过定滑轮控制绳子A，工人乙站在水平地面上拉住绳子B。工人乙前进时缓慢收绳，货物Q缓慢竖直下落，绳子B与竖直方向的夹角α保持不变。不计滑轮与绳子之间的摩擦，忽略绳子质量，则(　　) A．绳子A上的拉力不断变大 B．绳子B上的拉力先变小后变大 C．地面对工人乙的摩擦力先变大后变小 D．地面对工人乙的支持力不断增大 返回 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：D　设绳子A与竖直方向的夹角为θ，对物体受力分析，缓慢释放的过程中，可以将物体看成处于平衡状态，根据平衡条件可得，水平方向FAsin θ＝FBsin α，竖直方向FAcos θ＝FBcos α＋mg，解得FA＝，FB＝ ，由题可知，θ逐渐减小，sin (α－θ)逐渐增大，则FA、FB逐渐减小，故A、B错误；对地面上的人受力分析，水平方向则有Ff＝FBsin α，竖直方向则有FN＋FBcos α＝m乙g，由于α不变，FB减小，因此地面对工人乙的摩擦力Ff逐渐减小，对工人乙的支持力不断增大，故C错误，D正确。故选D。 返回 ‹#› 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 4．(多选)(2026·山东德州模拟)如图所示，轻质硬杆一端与固定在地面上的光滑铰链O相连，另一端固定一定质量的小球，站在地面上的某人用轻绳绕过处在铰链正上方的小定滑轮拉住小球。若该人拉住轻绳缓慢向左移动，不计轻绳与滑轮之间的摩擦，则在轻杆到达竖直位置之前的过程中，下列说法正确的是(　　) A．绳子拉力逐渐增大 B．硬杆对小球的支持力大小不变 C．地面对人的支持力逐渐增大 D．地面对人的摩擦力逐渐增大 BC 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：BC　分别对小球和人受力分析如图所示。对小球，由相似三角形可知＝＝，由于mg、h、OP不变，随着小球向上转动，L变短，故F1减小、FN1不变，A错 误，B正确；对人进行受力分析，在竖直方向上有G＝FN2＋F1′sin θ，F1′＝F1，F1、sin θ同时减小，G不变，故FN2增大，C正确；对人进行受力分析，水平方向上有Ff＝F1′cos θ，因为F1′减小，人向左移动θ减小，故cos θ增大，因此F1′cos θ无法判断，故D错误。 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 11 B 题组2　平衡中的临界、极值问题 5．(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 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 11 解析：B　如图所示为小球受力分析图，其中F＝F′，内壁截面为半圆形，由几何关系得θ＝45°，则F cos θ＋F′cos θ＋Fx＝G，当Fx＝0时，F有最大值，为Fm＝G，B正确。 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 10 11 B　 6．(2026·江苏南京开学考)如图所示售票机的读卡处设计成倾角为θ的斜面。若卡片与斜面之间不存在磁力，卡片与斜面之间的动摩擦因数为μ，卡片质量为m，重力加速度为g。为使卡片不从斜面上滑落，乘客应至少沿垂直斜面方向所施加的力的大小为(　　) A．mg B．mg C．mg D．mg 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 10 11 解析：B　对卡片受力分析如图所示，为使卡片不从斜面上滑落，沿斜面方向Ff＝mg sin θ，垂直斜面方向FN＝mg cos θ＋F，又静摩擦力刚好达到最大时有Ff＝μFN，联立解得F＝mg，故选B。 返回 ‹#› 7 8 9 10 11 1 3 4 5 6 2 7．(2026·重庆实验外国语开学考)春节前夕，小明 需移开沙发，清扫污垢。质量m＝10 kg的沙发放 置在水平地面上，沙发与地面间的动摩擦因数μ ＝，小明用力F＝100 N推沙发，认为最大静摩 擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法错误的是(　　) A．若力F斜向下与水平成θ角，当θ＝30°时沙发恰好做匀速直线运动 B．若力F斜向下与水平成θ角，当θ>60°时，无论F力多大，沙发都不会动 C．若力F方向能随意改变，让沙发匀速运动，F斜向上与水平成30°时，F最小 D．若力F方向能随意改变，让沙发匀速运动，F斜向上与水平成60°时，F最小 D 返回 ‹#› 7 8 9 10 11 1 3 4 5 6 2 解析：D　若力F斜向下与水平成θ＝30°时，地面对沙发的摩擦力大小为Ff＝μ(mg＋F sin 30°)＝50 N，力F在水平方向的分力大小为F cos 30°＝50 N，两个力大小相等方向相反，故沙发在做匀速运动，故A正确，不符题意；若力F斜向下与水平成θ角，则最大静摩擦力大小为Ff＝μ(mg＋F sin θ)，若要物体静止不动，应该满足F cos θ≤μ(mg＋F sin θ)，变形得F(cos θ－μsin θ)≤μmg，如果满足cos θ－μsin θ<0，即θ>60°，则 返回 ‹#› 7 8 9 10 11 1 3 4 5 6 2 此时无论F多大，物体都会保持静止，B正确，不符题意；如果力F斜向上与水平成θ角，且物体做匀速运动，则有F cos θ＝μ(mg－F sin θ)，变形可得F＝，其中sin φ＝，即φ＝，故当θ＝时，F有最小值，故C正确，不符题意，D错误，符合题意。故选D。 返回 ‹#› 8 9 10 11 1 3 4 5 6 7 2 C　 [创新提升训练] 8．(2025·天津和平三模)如图所示，甲、乙两建筑工人站立在固定平台边缘，用轻绳穿过光滑圆环，环下悬挂一重物，两人的手握紧轻绳，甲站在A点静止不动，乙从B点缓慢向A点移动，可将重物从平台运到地面，则在重物着地前的过程中(　　) A．甲对绳子的拉力变大 B．甲受平台的摩擦力不变 C．甲受平台的支持力不变 D．绳对圆环拉力的合力变小 返回 ‹#› 8 9 10 11 1 3 4 5 6 7 2 解析：C　设圆环和重物的总质量为m，绳子与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件有2FTcos θ＝mg，乙从B点缓慢向A点移动，θ逐渐减小，cos θ逐渐增大，则绳子拉力大小FT逐渐减小；由于是缓慢移动，重物处于平衡状态，绳对圆环拉力的合力等于圆环和重物的总重力，保持不变，故AD错误；以甲为对象，根据受力平衡可得Ff＝FTsin θ，拉 力大小FT逐渐减小，θ逐渐减小，可知甲受平台的摩擦力变小；甲受平台的支持力FN＝FTcos θ＋m甲g＝＋m甲g，可知甲受平台的支持力不变，故B错误，C正确。 返回 ‹#› 9 10 11 1 3 4 5 6 7 8 2 9．(2025·山东临沂三模)如图所示，甲、乙两圆柱体的横截面分别为半径相等的圆和半圆，甲的右侧顶着一块竖直挡板，乙的平面部分与水平面接触。若乙的质量是甲的2倍，两柱体的曲面部分和挡板均光滑，开始时两圆柱体截面的圆心连线沿竖直方向。现将挡板缓慢向右 移动，直到圆柱体甲刚要落至水平面为止，整个过程中半圆柱体乙始终保持静止，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则乙与水平面间的动摩擦因数不能小于(　　) A． C． B 返回 ‹#› 9 10 11 1 3 4 5 6 7 8 2 解析：B　分析可知，当摩擦力最大时半圆柱体乙刚好不动，此时对应的动摩擦因数μ最小，且刚好达到最大静摩擦力，设甲质量为m，地面对乙的支持力、摩擦力分别为FN、Ff，挡板给甲的力为F板，整体分析可知有FN＝3mg，Ff＝F板，设O1O2连线与水平方向夹角为θ，对甲， 由平衡条件得F板＝，故可得Ff＝，可知θ越小，Ff越大，由几何关系可知，θ最小为30°，又因为Ff＝μFN，联立解得动摩擦因数的最小值μ＝，故选B。 返回 ‹#› 10 11 1 3 4 5 6 7 8 9 2 AC 10．(多选)(2026·黑龙江哈尔滨三中月考)如图，质量为 m的小滑块a静置于质量为M的粗糙斜劈b的斜面上，斜 面倾角为θ＝37°，a、b间动摩擦因数μ＝tan 37°，最大静摩擦力视为等于滑动摩擦力。现对a施加一与斜面始终平行的外力F，斜劈b一直静止于粗糙的水平面c上。重力加速度为g。则下列说法中正确的是(　　) A．若改变外力F的大小和方向，b、c间摩擦力可能为零 B．若F＝0.75mg sin 37°且为水平方向时，小滑块a仍静止 C．若F＝0.75mg sin 37°且为水平方向时，则a的加速度大小为0.25g sin 37° D．若改变外力F的大小和方向，则b对c的最小压力为Mg＋2mg cos 37° 返回 ‹#› 10 11 1 3 4 5 6 7 8 9 2 解析：AC　若改变外力F的大小和方向，当F与重力沿 斜面分力的合力为0时，即F沿斜面向上且大小等于mg sin 37°时，则b、c间摩擦力为零，故A正确；若F＝0.75mg sin 37°，则F与重力沿斜面分力的合力为F合＝mg sin 37°，由于μ＝tan 37°，即Ffm＝μmg cos 37°＝mg sin 37°<F合，所以a已经滑动，则由牛顿第二定律有F合－Ffm＝ma，解得a的加速度大小a＝0.25g sin 37°，故B错误，C正确；若改变外力F的大小和方向，则对ab整体分析，当F大小一定时，F与水平面的夹角越大，b对c的压力越小，而外力F 返回 ‹#› 10 11 1 3 4 5 6 7 8 9 2 与斜面始终平行，结合图可知，F与水平面的夹角最大为θ，当夹角一定时，且a未滑动，F的值越大，b对c的压力越小，而当F最大为Fm＝mg sin θ＋Ffm＝2mg sin θ，ab整体分析得Fmsin θ＋FN＝(m＋M)g，解得FN＝Mg＋mg cos 74°，若a滑动后，受力分析可知，a对b的摩擦力和压力不变，则b对c的压力不变为Mg＋mg cos 74°，故D错误。 返回 ‹#› 11 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 11．(10分)(2026·四川泸州纳溪中学二检)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； (2)当α＝θ时，木楔对水平面的摩擦力是多大？ 返回 ‹#› 11 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 解析：(1)木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mg sin θ＝μmg cos θ 解得μ＝tan θ 木块在F作用下沿斜面向上匀速运动，有 F cos α＝mg sin θ＋Ff F sin α＋FN＝mg cos θ Ff＝μFN 解得F＝＝ 则当α＝θ时，F有最小值，为Fmin＝mg sin 2θ。 返回 ‹#› 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2 (2)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Ff′＝F cos (α＋θ) 当α＝θ，即F取最小值mg sin 2θ时 Ff′＝Fmincos 2θ＝mg sin 2θcos 2θ＝mg sin 4θ。 答案：(1)θ　mg sin 2θ　(2)mg sin 4θ 返回 ‹#› 专题突破3　动态平衡　平衡中的临界、极值问题 点击进入WORD文档 按ESC键退出全屏播放 返回 ‹#› 50 $