第2章 第10课时 专题强化三 动态平衡问题平衡中的临界、极值问题-【状元桥】2027高考物理一轮总复习

第二章相互作用11 第10课时 专题强化三 动态平衡问题 平衡中的临界、极值问题 答案见D6 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. 修关键能力 研讨教材 考点一 动态平衡问题 Q/定滑轮 考向1。应用解析法解决动态平衡问题 A 对研究对象进行受力分析，先画出受力示意图， √玻璃棚 再根据物体的平衡条件，得到因变量与自变量 7 的关系表达式（通常要用到三角函数），最后根 A.货物A对玻璃棚的压力不变 据自变量的变化确定因变量的变化， B.货物A对玻璃棚的压力越来越大 例1(2026青岛期末)某户外拓展基地人力升降机 C.绳子的拉力越来越大 简化模型如图所示，椅子套在直杆上，一根非弹性 D.绳子的拉力越来越小 轻绳绕过固定的大滑轮，左侧部分竖直拴在椅子 [学习笔记] 上，右侧部分斜向左下被坐在椅子里的人拉住.不 计轮轴、滑轮和绳子之间的摩擦力，当人和椅子匀 考向3。应用相似三角形法解决动态平衡 速上升时，下列说法正确的是 问题 A.绳子拉力先变大再变小 B.绳子拉力先变小再变大 1.特点：在三力平衡问题中，如果有一个力是恒 C.椅子与杆之间摩擦力逐渐变大 力，另外两个力方向都变化，且题目给出了空 D.椅子与杆之间摩擦力逐渐变小 间几何关系， [学习笔记] 2.方法：①对物体在某个位置作受力分析；②以两 个变力为邻边，利用平行四边形定则，作平行 四边形；③找出相似的力的矢量三角形和空 考向2●应用图解法解决动态平衡问题 间几何三角形；④利用相似三角形对应边的 1.特点：物体受三个共点力，有一个力是恒力、 比例关系确定力的变化 另有一个力方向不变的问题. 例3(2026聊城二模)警用钢叉是一种常用的防暴 2.方法： 器械，其前端为半圆形的叉头，后端为握柄.现将 受力 画不同状态 “静”中 化“动” 求“动” 确定力 钢叉竖直放置，半圆环的圆心为O,小球a套在半 分析为“静” 下的平衡图 的变化 圆环上，小球b套在竖直杆上，两者之间用一轻弹 例2(2026内蒙古二模)图甲是工人把货物运送到 簧连接.初始时小球b在外力作用下静止在竖直 房屋顶端的场景，简化图如图乙所示，绳子跨过定 杆上，此时小球a静止在离半圆环最低点较近处， 滑轮拉动货物A,沿倾角为0的玻璃棚缓慢向上 如图所示.现使小球b缓慢上移少许，两小球均可 移动，忽略货物所受摩擦阻力，则下列说法正确 视为质点，不计一切摩擦，在移动过程中弹簧始终 的是 C 在弹性限度内，则半圆环对小球a的弹力() 33 物理 A.一直增大 B.一直减小 A轻绳上的拉力一定小于mg C.先增大后减小 D.先减小后增大 [学习笔记] 且外力F的最小值为号5 C.轻杆对小球a作用力大小不变 考向4。辅助圆法 D.轻杆对小球a的作用力方向一定沿杆 1.特点：物体受三个共点力，这三个力其中一个 [学习笔记 力为恒力，另外两个力都变化，且变化两个力 的夹角不变 思考感悟 2.辅助圆法：画出三个力的矢量三角形的外接 应用图解法解决平衡中临界极值问题的思路 圆，不变力为一固定弦，因为固定弦所对的圆 根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，通过对物 周角大小始终不变，改变一力的方向，另一力 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. 大小方向变化情况可得. 例4如图所示，细线一端固定在一个矩形平板上 考向2应用数学分析法解决平衡中的临 的P点，另一端连接一个质量分布均匀的光滑 界极值问题 球.现将木板以水平底边为轴缓慢转动直至木板 例6小明同学喜欢体育运动，他拖拉物体时拉力 竖直，则在此过程中，下列说法正确的是( 最大为1000√2N,某次训练中，体育老师将不同 质量的重物置于倾角为15°的斜面上，让他拉动重 物沿斜面向上运动，重物与斜面间的动摩擦因数 A.球受到的合力一直增大 为号，则他能拉动的重物质址最大为 () B.球对木板的压力先增大后减小 C.细线对球的拉力一直减小 D.木板竖直时，增大细线长度，细线拉力增大 [学习笔记] A.100 kg B.100√3kg C.200 kg D.2003kg 考点二 平衡中的临界与极值问题 [学习笔记] 考向1。应用图解法解决平衡中的临界极 值问题 思考感悟 例5如图所示，质量为m的小球a、b之间用轻绳 应用数学分析法解决平衡中临界极值问题的思路 通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写出物 相连，小球α通过轻杆固定在左侧竖直墙壁上，轻 理量之间的函数关系（或画出函数图像），用数学 杆与竖直墙壁夹角为30°.现改变作用在小球b上 方法求极值（如求二次函数极值、三角函数极 的外力F的大小和方向，轻绳与竖直方向的夹角 值等) 保持60°不变，则 ( 34 第二章 相互作用111 考向3。应用极限分析法解决平衡中的临 AG C.G D.√2G 界极值问题 [学习笔记] 例7(2025河北卷)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，一根不可伸长的轻质细绳穿过带有光滑孔的 思考感悟 小球，一端固定于凹槽左边沿，另一端过右边沿并 应用极限分析法解决平衡中临界极值问题的思路 沿绳方向对其施加拉力F.小球半径远小于凹槽 首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找 半径，所受重力大小为G.若小球始终位于内壁最 出平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变化 低点，则F的最大值为 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， 友情提示请完成P317跟踪评价 第11课时 实验二 探究弹簧弹力与形变量的关系 实验三 探究两个互成角度的力的合成规律 答案见D 目标要求]1.会通过实验探究弹簧弹力与形变量的关系.2.进一步理解胡克定律，掌握以胡克定律为原 理的拓展实验的分析方法.3.会通过实验探究两个互成角度的力的合成规律，掌握数据处理方法， 修关键能力 研讨教材 考点一 探究弹簧弹力与形变量的关系 一、实验思路与操作 注意事项 装置图与思路 操作要领 1.操作：弹簧竖直悬挂，待钩码 静止时测出弹簧长度 1.将弹簧的一端挂在铁架台上，让其自然 2.作图：坐标轴标度要适中，单 位要标注，连线时要让尽可能 下垂，用刻度尺测出弹簧自然长度，即 弹簧 多的点落在图线上，不在图线 钩码 原长 上的点要均匀分布在图线的 2.如图所示，在弹簧下端挂质量为%的 铁架台 两侧，明显偏离图线的点要 刻度尺 钩码，测出此时弹簧的长度，记录m 舍去 实验装置 和，得出弹簧的伸长量x1,将这些数 3.适量：弹簧下端所挂钩码不要 思路：(1)需要测量多组 据填入自己设计的表格中. 太多以免伸长量超出弹性 弹簧弹力和形变量的 3.改变所挂钩码的质量，测出对应的弹簧 限度 数据. 长度，记录m2、ms、m4、m和相应的弹 4.多测：要使用轻质弹簧尽可能 (2)平衡时弹簧产生的弹 簧长度l2、l3、l4、l,并得出每次弹簧的 多测几组数据， 力和外力大小相等 伸长量x2、x3、无4、x5 5.统一：弹力及伸长量对应关系 及单位应统一 35物理 根格正交分解有空Gasa=Rsn53,空7Gine+G= FNcos53°，联立得Fy=2.5G.故选B. [例6]C解析已知一个分力有确定的方向，与合力F的方向成 30°角，可知另一个分力的最小值为F2m=Fsin30°=25N,依 题意25N<F2<50N,易知F2有两个可能的方向，如图所 示.故选C F=50N F'=30N F,=30N日 309 第9课时牛顿第三定律 共点力的平衡 必备知识·链接教材 一、1.相互的2.大小相等方向相反 考教衔接 1.C解析对网兜和足球受力分析，设轻绳与竖直墙面夹角为0， 由平衡条件Fr= S0品gR=Gan6,可知F:>G.r> G Fy,故选C 2.D解析对钢管受力分析，如图所示 F 777m 若钢管受到地面水平方向的摩擦力，则钢管在水平方向受力不 平衡，钢管不可能处于静止状态，故地面对钢管左端的摩擦力 大小为零.故选D. 3.B解析对人受力分析有 则有FN十Fn=g,工人受到三个力的作用，三力平衡，故A 错误；其中工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与 反作用力，故B正确；对滑轮做受力分析有 mg 则有P=则随者重物线漫拉起过程，0逐渐增大，则F 逐渐增大，故CD错误.故选B. 关键能力·研讨教材 例1门B解析对套马者受力分析可知，“套马者”受到沿绳子方 向向左上方的拉力F,垂直于水平面的支持力F、,竖直向下 的重力G,水平向右的摩擦力F,故AD错误，B正确；如果没 有支持力也就不会有摩擦力，故C错误.故选B. 例2]C解析根据题意，对A受力分析可知，受重力、B的支持 力，由于A静止，则A还受B沿斜面向上的静摩擦力，对B受 力分析可知，受重力、斜面的支持力、A的压力、拉力F、B还 受A沿斜面向下的摩擦力，由于B静止，则受沿斜面向上的 摩擦力，即B受6个力作用.故选C [例3]B解析以钢管为研究对象，设轻绳的拉力为F,,根据对 称性可知两边绳子拉力相等，根据平衡条件2 Frcos60°=mg 可得Fr=mg,故选B. [例4们D解析对A、B整体受力分析，如图1所示，由于Ta= T.=mg,且两者共线反向，则由力的平衡条件有T.=2mg 1N,方向竖直向上；对A单独受力分析，如图2所示，根据力 的平衡条件，水平方向上有T6cosa=Tcos0,竖直方向上有 T6sina+T.sin0=mg,联立并代入数据解得a=0=30°，T%= D6 T.=mg=0.5N.故选D. T mg 2mg 图1 图2 核心素养·拓展教材 [典例1门B解析甲、乙两物体的质量均为m=2kg,则OC绳的 拉力与OB绳的拉力均为20N,这两个力的合力与OA绳的 拉力大小相等，方向相反.由几何关系可知OC绳的拉力与 OB绳的拉力夹角为110°，而夹角为120°均为20N的两个力 的合力大小为20N.所以O℃绳的拉力与OB绳的拉力的合 力接近20N.所以根据所学的知识，不需计算，推理出OA绳 的拉力约为B选项的23N.故选B. [典例2]B解析对图甲，以C点为研究对象，受力分析如图1所 mg 示，由平衡条件有B=an30=3mg,根据牛领第三定律可 知，轻杆BC在C点受到的作用力大小F'=√3mg,对图乙， 以滑轮为研究对象，受力情况如图2所示，轻杆对滑轮的作用 力与两绳对滑轮的合力等大反向，由几何关系有F2=mg,根 据牛顿第三定律可知，轻杆HG在G点受到的作用力大小 P以=mg,故-5故选B F2 1 mg F 30 0 0 mg mg 图1 图2 第10课时专题强化三动态平衡问题 平衡中的临界、极值问题 关键能力。研讨教材 [例1门C解析设椅子和人的总质量为M,椅子与杆之间的动摩 擦因数为，右侧绳子与竖直方向的夹角为0，以椅子和人为 整体，根据平衡条件可得Fr十FTcOS=Mg十F,又F=FN= Mg Frsin0,联立可得绳子拉力大小为F=1十cos0sin0:由 于人和椅子匀速上升过程，日逐渐变大，则绳子拉力逐渐变 大，椅子与杆之间摩擦力逐渐变大.故选C. [例2]C解析对货物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.故选C [例3]A解析对a球受力分析，如图所示 0 F 由几何关系可知，力的失量三角形与△06相似，则有咒 ,在小球b缓慢上移过程中，0b逐渐减小，0a保持不变，则 F 半圆环对小球a的弹力一直增大.故选A [例4]B解析木板以水平底边为轴缓慢转动，球始终处于平衡 状态，球受到的合力为零不变，故A错误； 球受力如图所示 mg 根据各力的特点，利用几何知识，作图如下 细线拉力与木板对小球的支持力夹角为定值，由图可知细线 对球的拉力逐渐增大，木板对球的支持力先增大后减小，则球 对木板的压力先增大后减小，故B正确，C错误； 木板竖直时，球受力如图所示 E →F、 mg 根据平衡条件有Fsin日=mg增大细线长度，0增大，则细线拉 力将减小，故D错误.故选B. [例5]B解析对b进行受力分析如图所示 ” T 这 当F的方向发生变化时，由图可知，轻绳上的拉力可能小于 mg,也可能大于mg,故A错误；由b的受力图可知，当拉力F 的方向与ab绳子垂直时，拉力F最小为Fm=F,=mgsin60°= 气mg,故B正确；以a为研究对象，可知a受到重力、绳子ab 对a的作用力以及杆对a的作用力处于平衡状态，由三个力 平衡的特点可知，杆对a的作用力与a的重力、绳子ab对a 的拉力的合力大小相等，方向相反.α受到的重力大小方向都 不变，绳对a的拉力方向不变，大小变化，所以a受到的重力 与绳对a的拉力的合力大小、方向都是变化的，所以杆对a的 作用力大小、方向都是变化的，故C、D错误；故选B. [例6]C解析设F与斜面夹角为0，则恰好拉动重物时有 Fcos0=mgsin15°+μ(mgcos15°-Fsin0)整理可得 F= mgsin15°+2 ngcos15° mgV√1+2sin45° usin 0+cos 0 √/1+2sin(0+o) ngsin45° F sin(0) 故当sin(0什o)=1时，m最大m= gsin 45=200 kg. 故选C. [例7]B解析对小球进行受力分析，如图所示，由对称性可知 F1=F,在竖直方向有Fcos0+Fc0s0十Fx=mg,其中0=45° 当R=0时，F最大，为号G,故B正确故选B 777777777777777 77777777777 复习讲义答案111 第11课时实验二探究弹簧弹力与形变量的关系 实验三探究两个互成角度的力的合成规律 关键能力·研讨教材 [例1](1)14.80(2)97.8 解析(1)刻度尺的最小分度值为1mm,由图乙可知弹簧原长 为14.80cm. (2)由二力平衡可知虹=mg,解得x=m是，xm图像中图线 的斜率为是=600X10 0.6 m/kg=0.1m/kg,解得k= 97.8N/m. [例2](1)13.14或13.15(4)49(5)0.028 解析(1)该刻度尺的分度值为0.1cm,应估读到分度值的后 一位，故弹簧原长为13.14cm. (④)由胡克定律可知mg十pVg=z,化简可得x=贤V+爱 由图像可知竖=200m2,代入教据解得该弹簧的劲度系数 为k=49N/m. (5)由图可知3=0.0056m,代入数据可得所用小桶质量为 m=0.028kg. [架3]2)850(31.63（④吃-士0.37(6）偏小 解析(2)刻度尺的分度值为0.1cm,刻度尺的读数为8.50cm,即 用刻度尺测出稳定时弹簧的长度为8.50cm (3)弹簧的伸长量为△L=L3一L=1.68cm. (4)根据平衡条件可得小木块的重力为Mg=(L2一L1),用 力向右拉动长木板，长木板与小木块发生相对运动，当小木块 稳定时，则有F=(L3一L1),可以得出小木块与长木板间的 动摩捧因数为忌-名是代入数提解样让0,3 (5)若考虑弹簧自身重力，水平测量时弹簧的原长L将变小， 弹簧的伸长量△L将变大，因此上述计算得到的弹簧伸长量 将偏小，则动摩擦因数的测量值将偏小 [例4幻(1)等效替代法(2)平行四边形(3)钝角 解析(1)探究两个互成角度的力的合成规律实验采用等效替 代法。 (2)两个互成角度的力的合成规律叫作平行四边形定则 (3)力F1=3.0N,F2=4.0N,当两力夹角为90°时它们的合 力大小为5.0N,当两分力大小一定时，两力的合力大小随两 力夹角增大而减小，随夹角减小而增大，弹簧测力计量程为 5.0N,如果两力夹角为锐角，则合力大于5.0N,大于弹簧测 力计的量程，则两个力的夹角可能为钝角， [例5](1)106偏大(2)C(3)减小细线与竖直方向的夹角 解析(1)操作测得x=11.60cm,由图(b)的图像坐标可知，该 芒果的质量为106g;若杯中放入芒果后，绳1与竖直方向夹 角为30°但与橡皮筋不垂直，根据共点力平衡可知橡皮条的 拉力变大，导致橡皮筋的长度偏大，若仍然根据图像读出芒果 的质量与o相比偏大. (2)另一组同学利用同样方法得到的x-图像在后 半部分弯曲，可能是所测物体的质量过大，导致橡 皮筋所受的弹力过大超过了弹性限度，从而使橡皮 30 筋弹力与其伸长量不成正比.故选C. (3)根据共点力平衡条件可知，当减小绳子与竖直 方向的夹角时，相同的物体质量对应橡皮筋的拉力 较小，故相同的橡皮筋，可减小细线与竖直方向的夹角来增大 质量测量范围 第三章运动和力的关系 第12课时牛顿第一定律牛顿第二定律 必备知识·链接教材 一、1.(1)匀速直线迫使(2)①惯性惯性②维持加速度 D7