12 第二章 第10课时 动态平衡和平衡中的临界、极值问题(进阶课)-【名师导航】2027年高考物理一轮总复习教师用书

该高中物理高考复习讲义聚焦动态平衡及平衡中的临界、极值问题，按解析法、图解法、相似三角形法等动态平衡分析方法，结合临界与极值问题的处理策略系统整合考点，通过考点梳理、方法步骤指导、模拟真题精讲等环节，帮助学生构建平衡问题的解题框架。 讲义以科学思维为核心，创新采用模型建构与科学推理结合的教学策略，如通过抖空竹模型讲解解析法、用斜面挡板问题演示图解法动态分析，培养学生力的矢量三角形建模能力。设置基础选择、综合计算分层练习，配合详细解析，确保学生高效突破难点，为教师精准把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

第10课时　动态平衡和平衡中的临界、极值问题(进阶课) [学习目标]　1．学会运用解析法、图解法等分析处理动态平衡问题。2．会分析平衡中的临界与极值，并会进行相关计算。 共点力的动态平衡 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。常用方法：图解法、解析法、相似三角形法、辅助圆法等。 2．动态平衡问题分析 　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。 [典例1]　(2025·天津一模)抖空竹是一种传统杂技。如图所示，表演者右手控制A点不动，左手控制B点沿图中的四个方向缓慢移动，忽略空竹转动的影响，不计空竹和轻质细线间的摩擦，且认为细线不可伸长。下列说法正确的是(　　) A．沿虚线a向左移动，空竹的高度不变 B．沿虚线b向上移动，细线与竖直方向的夹角不变 C．沿虚线c斜向上移动，细线的拉力不变 D．沿虚线d向右移动，细线对空竹的合力减小 B　[空竹受力如图所示，由于空竹缓慢移动，则其受力平衡，由平衡条件可知2F sin θ＝mg，设绳长为L，由几何关系可知cos θ＝，当一只手沿虚线a缓慢向左移动时，d减小，cos θ减小，空竹的高度降低，故A错误；沿虚线b向上移动，d不变，θ不变，故B正确；沿虚线c斜向上移动，d增大，θ减小，细线的拉力增大，故C错误；沿虚线d向右移动，d增大，θ减小，细线对空竹的合力始终等于空竹的重力，所以细线对空竹的合力不变，故D错误。 ] 　图解法的应用 物体受三个力作用并处于平衡状态：一个力恒定，另一个力的方向恒定时可用此法。由三角形中边长的变化可知力的大小的变化，还可判断出极值。 [典例2]　(2025·山西晋中一模)如图所示，斜面体abc固定在水平面上，有一挡板MN，延长线经过a点，在斜面和挡板MN之间有一光滑小圆柱Q，整个装置处于平衡状态。初始时∠NMc<90°，若用外力使挡板MN绕a点缓慢顺时针转动，且保证N、M、a三点始终共线，在挡板MN转到水平位置前，以下说法正确的是(　　) A．挡板MN对Q的支持力逐渐增大 B．挡板MN对Q的支持力先减小后增大 C．斜面体对Q的支持力先增大后减小 D．小圆柱Q所受的合力逐渐增大 B　[对小圆柱受力分析，则当挡板MN转到水平位置前，小圆柱Q所受的合力总为零不变；挡板MN对小圆柱Q的支持力N2先减小后增加；斜面体对Q的支持力N1逐渐减小。故选B。 ] 　相似三角形法的应用 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。 [典例3]　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　[小球受重力、轻绳的拉力和轻杆的支持力，如图所示，由于平衡，三个力可以构成矢量三角形。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，F2＝G，当P点下移时，PO减小，L、R不变，故F1增大，F2增大。 ] 　正弦定理法和矢量圆法的应用 (1)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＝＝。 (2)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，恒力为圆的一条弦，根据不同位置判断各力的大小变化。 [典例4]　某中学为增强学生体魄，组织学生进行多种体育锻炼。在某次锻炼过程中，一学生将铅球置于两手之间，其中两手之间夹角为60°。保持两手之间夹角不变，将右手由图示位置缓慢旋转60°至水平位置。不计一切摩擦，则在转动过程中，下列说法正确的是(　　) A．右手对铅球的弹力增大 B．右手对铅球的弹力先增大后减小 C．左手对铅球的弹力增大 D．左手对铅球的弹力先增大后减小 B　[法一　矢量圆法 以铅球为研究对象，受重力G、右手对铅球的弹力F1和左手对铅球的弹力F2，受力分析如图所示，缓慢旋转过程中处于平衡状态，则将三力平移后构成一首尾相连的三角形，两手之间夹角保持60°不变，则两力之间的夹角保持120°不变，则在三角形中，F1与F2夹角保持60°不变，重力G的大小、方向不变，作出力三角形的外接圆，根据弦所对的圆周角都相等，则右手由题图所示位置缓慢旋转60°至水平位置过程中力的三角形变化如图所示，分析可得F1开始小于直径，当转过30°时F1等于直径，再转时又小于直径，所以F1先增大后减小，F2开始就小于直径，转动过程中一直减小，选项B正确。 法二　正弦定理法 以铅球为研究对象，受重力G、右手对铅球的弹力F1及左手对铅球的弹力F2，受力分析如图所示，缓慢旋转过程中铅球处于平衡状态，则将三力平移后构成一首尾相连的三角形，两手之间夹角保持60°不变，右手由题图所示位置缓慢旋转的角度设为θ，根据正弦定理有＝＝，右手由题图所示位置缓慢旋转60°至水平位置过程中θ由0°变为60°，sin (60°＋θ)先变大再变小，所以F1先增大后减小，sin (60°－θ)一直变小，所以F2一直减小，选项B正确。 ] 平衡中的临界与极值问题 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”“刚能”“恰好”等语言叙述。 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．解决极值问题和临界问题的方法 (1)极限分析法：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，依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(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，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。 　极值问题 [典例5]　碗内部为半球形，半径为R，碗口水平。生米粒与碗内侧的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，静止于碗内的生米粒与碗口间的最小距离d为(　　) A．R B．R C．R D．R D　[设生米粒的质量为m，当生米粒受到碗的摩擦力达到最大静摩擦力时，静止于碗内的生米粒与碗口的距离最小，设此时碗对生米粒的支持力与水平方向的夹角为θ，作出生米粒的受力分析示意图如图所示，根据平衡条件有mg cos θ＝fm，FN＝mg sin θ，又fm＝μFN，联立解得μ＝，则sin θ＝，根据几何关系有sin θ＝，可得d＝R，故D正确。 ] 　临界问题 [典例6]　2025年夏季我国部分地区遭受极端高温天气，为保证空调冷气不外漏，很多办公室都安装了简易自动关门器，某次门在关闭时被卡住，细心的小明发现了门下缝隙处塞紧了一个木楔，侧面如图所示，已知木楔质量为m，其上表面可视作光滑，下表面与水平地面间的动摩擦因数为μ，木楔上表面与水平地面间夹角为θ，重力加速度为g，木楔尺寸比门小很多，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。 (1)若门推动木楔在地板上缓慢匀速移动，求门下端对木楔上表面的压力大小； (2)小明研究发现，存在临界角θ0，若木楔倾角θ≤θ0，不管用多大力推门，塞在门下缝隙处的木楔都能将门卡住而不再运动，求这一临界角的正切值tan θ0。 [解析]　(1)对木楔受力分析，其受到重力、压力、支持力和摩擦力，如图所示 若门推动木楔在地板上缓慢匀速移动 竖直方向有N＝N1cos θ＋mg 水平方向有f＝N1sin θ 最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，则 f＝μN＝μ(N1cos θ＋mg) 联立解得N1＝。 (2)不管用多大力推门，塞在门下缝隙处的木楔都能将门卡住而不再运动，即 N1sin θ≤μ(N1cos θ＋mg) 若木楔质量较小，近似为零，则可得tan θ≤μ 故临界角的正切值为tan θ0＝μ。 [答案]　(1)　(2)μ 课时数智作业(十)　动态平衡和平衡中的临界、极值问题(进阶课) 说明：第1～8题，每小题5分；本试卷共62分。 1．(2025·山东省实验中学高三二模)黄河铁牛是世界桥梁史上的传世之宝。如图，唐代蒲津浮桥通过两岸的铁牛固定，铁牛底部的铁柱插入地下。铁牛受到3个力：其中桥索对铁牛的拉力为F1，铁柱对铁牛的作用力为F2，铁牛自身重力为G，则(　　) A．若F1增大，则F2减小 B．F1与F2的合力竖直向上 C．铁柱对铁牛的作用力F2一定沿着铁柱向上 D．若桥索与竖直方向夹角变大，则F1与F2的合力变小 B　[根据共点力平衡条件及矢量三角形法则可知若F1增大，则F2增大，且F1与F2的合力与重力等大、反向，方向竖直向上，故A、D错误，B正确；根据三个力的合成可知F2一定与F1和重力合力的方向相反，不一定沿着铁柱向上，故C错误。] 2．(多选)(2025·黑龙江哈尔滨一模)如图所示，冰坑是一个新型的冰上娱乐项目，进入冰坑的游客在不借助外力的情况下很难从冰坑里行走出来，为了让冰坑底部的游客能从冰坑内出来，用外力F拉动游客使游客缓慢地向边缘移动，F的方向始终沿冰坑的切线方向，在此过程中所有的摩擦均可忽略，下列说法正确的是(　　) A．拉力F先增大后减小 B．拉力F一直增大 C．冰坑对游客的支持力先减小后增大 D．冰坑对游客的支持力一直减小 BD　[令游客所在位置的支持力N的方向与竖直方向夹角为θ，用外力F拉动游客使游客缓慢地向边缘移动的过程中，θ逐渐增大，根据平衡条件有F＝mg sin θ，N＝mg cos θ，由于θ逐渐增大，可知拉力F一直增大，冰坑对游客的支持力一直减小，故选BD。] 3．如图是工人把货物运送到房屋顶端的简化图，绳子跨过定滑轮拉动货物A，沿倾角为θ的玻璃棚缓慢向上移动，忽略货物所受摩擦阻力，则下列说法正确的是(　　) A．货物A对玻璃棚的压力不变 B．货物A对玻璃棚的压力越来越大 C．绳子的拉力越来越大 D．绳子的拉力越来越小 C　[对货物A受力分析，其动态图如图所示，货物缓慢向上移动，则拉力方向与竖直方向的夹角减小，由图可知，绳子的拉力越来越大。同时，玻璃棚对货物的支持力变小，由牛顿第三定律知，货物A对玻璃棚的压力越来越小。故C项正确。 ] 4．(2025·河南省名校联盟高三联考)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，设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≥ D　[设悬臂的推力为F，则悬臂对滑块的压力为FN＝F sin θ，若要求此时无论多大的风均不能将窗扇关闭，则有F cos θ≤μFN，解得μ≥，故选D。] 5．(多选)(2025·湖南怀化多校联考三模)如图甲所示，工人用叉车拉石墩时，可简化为如图乙所示的模型，∠BAC＝90°，叉车臂AC与水平方向夹角为θ。不计球形石墩表面摩擦，叉车和石墩始终保持相对静止，在叉车匀速运动的过程中，若θ从0°缓慢增加为90°，叉车臂对石墩的作用力FAC和车把对石墩的作用力FAB的大小变化为(　　) A．FAB一直在增加 B．FAB先增加后减小 C．FAC先减小后增加 D．FAC一直在减小 AD　[在叉车匀速运动的过程中，对石墩进行受力分析，并将石墩所受的三个力进行平移构成一个首尾相接的矢量三角形，在θ从0°增加为90°过程中，该矢量三角形的三个顶点应落在一个圆上，如图所示，重力为圆的直径，由图可知，FAB一直增加，FAC一直在减小。故选AD。 ] 6．(2025·山东潍坊一模)用两根手指对称地抓起一个截面为圆的杯盖，其简化图如图所示，手指与杯盖截面始终处于竖直平面内，手指接触点1、2与圆心的连线与水平方向的夹角均为37°，手指和杯盖间的动摩擦因数μ＝0.8，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知杯盖质量为m，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，杯盖始终在竖直平面内处于平衡状态，手指与杯盖恰好不相对滑动，则手指对触点1的压力为(　　) A．12.5mg B．6.25mg C．1.25mg D．mg A　[根据题意，对杯盖两接触点受力分析如图所示，由平衡条件有mg＋N1sin θ＝f1cos θ，又有f1＝μN1，联立解得N1＝12.5mg，故选A。 ] 7．在工厂车间里，有两个质量均为m的半圆柱承载装置A、B紧挨着静置于水平地面上，与地面间的动摩擦因数均为μ，上方放置一质量为2m的光滑圆柱模具C，三者半径均为R。工作人员用机械牵引系统对A施加水平向右的拉力，使其缓慢移动，直至C恰好落地，其间B始终静止，重力加速度为g。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则(　　) A．B受地面摩擦力逐渐减小 B．A、B受地面支持力相等且始终保持不变 C．A受地面摩擦力逐渐增大 D．动摩擦因数μ的最小值为 B　[设B、A对C的弹力方向与竖直方向夹角为θ，对圆柱模具C受力分析如图所示，C受力平衡，由平衡条件可得F＝，可知F的水平分力Fx＝F sin θ＝mg tan θ，随着C逐渐落到地面，θ增大，tan θ增大，则Fx变大，对B，由平衡条件可知B受地面摩擦力逐渐增大，故A错误；对A、B、C整体受力分析，竖直方向受整体重力和地面对A、B的支持力，由对称性知地面对A、B的支持力大小相等，均为2mg，A受地面的摩擦力为滑动摩擦力，恒定不变，故B正确，C错误；由几何关系可知当C降到地面前瞬间θ＝60°，B受C压力的水平分力最大，大小为Fxmax＝mg tan 60°＝mg，Fymax＝＝mg，则B受地面的最大静摩擦力大小为f＝2μmg，由题意知f＝Fxmax，联立解得μmin＝，故D错误。 ] 8．(2025·山西运城一模)如图所示，竖直平面内有三根轻质细绳，绳1水平，绳2与水平方向成60°角，O为结点，绳3的下端拴接一质量为m 的小球，现给小球施加一个水平向右由零缓慢增大到F0的力，使小球缓慢上升到绳3与水平面成30°角时保持静止。已知重力加速度为g。在此过程中，下列说法正确的是(　　) A．绳3受到的拉力最大值为mg B．F0的大小为2mg C．绳1受到的拉力先增大后减小 D．绳2受到的拉力不变 D　[对小球进行受力分析，如图甲所示，设绳子与水平方向的夹角为θ，根据平衡条件可得F拉＝，F0＝，从竖直位置缓慢将小球拉至绳3与水平面成30°角时，θ逐渐减小，绳子的拉力逐渐增大，当θ＝30°时，绳子的拉力最大，此时F拉＝2mg，F0＝mg，A、B错误；对绳子结点O受力分析如图乙所示， 　 设细绳3与水平方向的夹角为θ，结合上述结论，根据竖直方向平衡条件可得F2＝＝，故小球在上升的过程中，绳2的拉力不变，水平方向上，则有F1＝F2cos 60°＋F拉cos θ＝F2cos 60°＋，小球在上升的过程中，绳子与水平方向的夹角θ逐渐减小，tan θ变小，故绳1上的拉力逐渐增大，C错误，D正确。] 9．(10分)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) [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＝－F1，F＝ 若要使两绳都能伸直，则有F1≥0，F2≥0 令F1＝0 得F的最大值Fmax＝＝ N 令F2＝0 得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 10．(12分)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？ [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。 (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F′f＝F cos (α＋θ) 当α＝θ，即F取最小值mg sin 2θ时 则F′f＝Fmincos 2θ＝mg sin 4θ。 [答案]　(1)θ　mg sin 2θ　(2)mg sin 4θ 14 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $