第2章 第5讲 微专题——共点力的动态平衡(课件PPT)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习

该高中物理高考复习课件聚焦共点力动态平衡及临界极值问题，依据高考评价体系梳理“四法”破解动态平衡和“三法”突破临界极值两大核心模块，分析近五年高考中相关考点占比达30%的高频分布，归纳选择、计算等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“方法建模+真题实战+素养渗透”，如用相似三角形法解析轻杆轻绳模型，拉密定理法解决力的极值问题，培养科学思维与相互作用观念。含2025年河北高考题等11道真题模拟题，设易错点分析，帮助学生掌握解题技巧，教师可据此精准指导高考冲刺复习。

微专题——共点力的动态平衡 （综合融通课） 第 5 讲 (一) “四法”破解动态平衡问题 (二) “三法”破解平衡中的临界和极值问题 01 02 CONTENTS 目录 课时跟踪检测 03 (一) “四法”破解动态平衡问题 动态平衡指通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢变化，而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态，在问题描述中常用“缓慢”等关键词。解决该类问题的总体思路是“化动为静，静中求动”。 方法1　解析法 对研究对象进行受力分析，先画出受力示意图，再根据物体的平衡条件得到因变量与自变量的关系表达式(通常要用到三角函数)，最后根据自变量的变化确定因变量的变化。 1.如图所示，一个大理石半球静置在水平地面上，球心为O。一只小蚂蚁缓慢从图中Q点沿圆弧爬向半球面最高点P，运动过程中大理石半球始终保持静止。已知OQ与OP的夹角为θ=45°，在此过程中，下列说法正确的是 (　　) A.大理石半球对小蚂蚁的作用力变大 B.大理石半球对小蚂蚁的支持力变小 C.地面对大理石半球的摩擦力始终为零 D.地面对大理石半球的支持力变小 √ 解析：对小蚂蚁受力分析如图所示，可知大理石半 球对小蚂蚁的作用力为支持力与摩擦力的合力，大 小始终等于小蚂蚁的重力大小，故A错误；小蚂蚁 受到的摩擦力为f=mgsin θ，小蚂蚁受到的支持力为 FN=mgcos θ，小蚂蚁缓慢从图中Q点沿圆弧爬向P点的过程中θ逐渐变小，则小蚂蚁受到的支持力变大，摩擦力变小，故B错误；选取大理石半球与小蚂蚁组成的整体为研究对象，可知整体只受到重力与地面的支持力，所以大理石半球受到地面的支持力大小始终等于二者重力的大小，大理石半球与地面之间没有摩擦力的作用，故C正确，D错误。 方法2　图解法 适用于物体受三个力处于动态平衡时，其中一个力大小、方向均确定，另一个力的方向保持不变。例：挡板P由竖直位置逆时针向水平位置缓慢旋转时小球受力的变化(如图所示)。 2.图1是工人把货物运送到房屋顶端的场景，简化图如图2所示，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 √ 解析：对货物A受力分析，其动态图如图所示。货物A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A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。 方法3　相似三角形法 在三力平衡问题中，如果有一个力是恒力，另外两个力方向都变化，且题目给出了空间几何关系，多数情况下力的矢量三角形与空间几何三角形相似，可利用相似三角形对应边成比例进行计算。 3.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与水平方向的夹角α=30°，OQ与水平方向 的夹角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 √ 解析：设重物的重力为mg，轻杆的弹力为T1，轻绳的弹力为T2。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1， 由几何关系可得，θ=γ=30°，OQ为角平分线，则T2=mg，T1=2mgcos 30°=mg，A、B错误；过O点作PQ的垂线交PO于S，选择Q为研究对象，作矢量三角形如图2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T2增大，C正确，D错误。 方法4　拉密定理法 如图所示，物体受三个共点力作用而处于平衡状态，则三个力中任何一个力的大小分别与另外两个力的夹角的正弦成正比，即==。 4.(多选)如图所示，细线一端固定在O点，另一端系一 质量为m的小球A，当小球受到竖直平面内与水平方向 夹角为60°的拉力F作用时，小球恰好静止且OA水平 拉直。现让小球绕O点沿顺时针缓慢向下运动，保持拉 力F与OA的夹角不变，小球可视为质点，重力加速度 为g，则OA由水平变为竖直过程中，绳子OA的拉力 (　　) A.最小值为mg B.最小值为mg C.最大值为mg D.最大值为mg √ √ 解析：设绳子与竖直方向的夹角为θ，对小球进行受力分析，根据拉密定理有==，其中0°≤θ ≤90°，当θ=30°时，解得Tmax=，故C错误，D正确；当θ=90°时，解得Tmin=，故A正确，B错误。 (二) “三法”破解平衡中 的临界和极值问题 临界问题是指当某物理量变化时，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；极值问题是指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。解决平衡中的临界极值问题常用以下三种方法： 方法1　物理分析法 根据平衡条件作出力的矢量图，若只受三个力，则这三个力能构成封闭矢量三角形，然后根据矢量图进行动态分析，确定最大值和最小值。 1.如图所示，三根长度均为L的轻绳分别连接于 C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上， 相距2L。现在C点上悬挂一个质量为m的重物， 为使CD绳保持水平，在D点上可施加外力F。已 知重力加速度为g，则下列说法中正确的是 (　　) A.AC绳的拉力为mg B.CD绳的拉力为mg C.外力F的最小值为mg D.外力F的最小值为mg √ 解析：设AC绳与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系有 sin θ==，解得θ=30°，对C点进行分析，根据平衡 条件有TACcos θ=mg，TACsin θ=TCD，解得TAC=mg， TCD=mg，故A、B错误；对D点进行受力分析，作出力的动态矢量三角形如图所示，可知，当外力F的方向与BD绳垂直时，外力F最小，则有Fmin=TCDcos θ=mg，故C错误，D正确。 方法2　数学分析法 根据物体的平衡条件列方程，在解方程时利用数学知识求极值。通常用到的数学知识有二次函数求极值、讨论公式求极值、三角函数求极值以及几何法求极值等。 2.(2025·内蒙古包头模拟)《贞观政要》记载：“昔秦惠王欲伐蜀，不知其径，乃刻五石牛……蜀王使五丁力士拖牛入蜀，道成。秦师随而伐之，蜀国遂亡。”假设石牛的质量为m，石牛与路面间的动摩擦因数为μ=，五丁力士中两人在前方修路，一人在前方用大小为0.32mg的力斜向上拉，剩下两人在后方均以大小为0.32mg的力斜向上推，三人对牛的力同向且和路在同一竖直面，则该情况下修出的路面与水平面的倾角最大值α的正弦值为(　　) A.　　　　 B.　　　　 C.　　　　 D. √ 解析：对石牛受力分析，石牛受重力、 支持力、沿路面向下的滑动摩擦力和 外力F1，如图1所示，将支持力、沿路 面向下的滑动摩擦力合成1个力，合力 与支持力的夹角设为θ，则有tan θ==μ，所以sin θ=，cos θ=，合力F'与竖直方向的夹角为α+θ；石牛恰能匀速上滑，受到的合外力为0，作出最大时力的矢量三角形如图2所示，由几何关系可知0.96mg=mgsin (α+θ)=，整理得sin α+cos α=1.2，解得sin α=，故选A。 方法3　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。 3.(2025·河南开封模拟)如图甲所示， 用两根手指对称地抓起一个截面为 圆的杯盖，将其简化成如图乙所示， 手指与杯盖截面始终处于竖直平面 内，手指接触点1、2的连线水平且 相距为L，截面半径为R=3 cm，两接触点和圆心的连线与水平方向的夹角均为θ，手指和杯盖间的动摩擦因数为μ=0.75，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，能保持杯盖始终静止，则L不能小于 (　　) A.3.6 cm B.4 cm C.4.8 cm D.5.4 cm √ 解析：对杯盖两接触点受力分析如图所示，设杯盖质量为m，根据平衡条件有Nsin θ+mg<μNcos θ，则有Nsin θ<μNcos θ，可得μ>tan θ，由图可知cos θ=，联立可得μ>，解得L>4.8 cm，故选C。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1.(2025·河北高考)如图所示，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 √ 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 解析：分析可知当凹槽底部对小球支持力为零时，拉力F最大，根据平衡条件有2Fmcos 45°=G，解得Fm=G，故选B。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 2.如图所示，用不可伸长的轻质细绳在竖直平面内悬挂一串钥匙，两钉子等高，不计细绳与钉子和钥匙环之间的摩擦，则下列说法正确的是 (　　) A.两个钉子靠近时，绳子拉力变小 B.两个钉子靠近时，绳子拉力变大 C.两个钉子远离时，绳子对钥匙环的合力变大 D.两个钉子远离时，绳子对钥匙环的合力变小 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：绳子对钥匙环的合力始终与钥匙的重力等大反向，所以两个钉子远离时，绳子对钥匙环的合力不变，故C、D错误；两个钉子靠近时，钥匙环两侧绳子之间的夹角减小，合力一定，则绳子上的拉力变小，故A正确，B错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 3.如图所示，两轻质小环a、b套在水平杆上， 两根等长细线悬挂一重物处于静止状态。现 保持环a的位置不变，将环b往左侧移动一小 段距离，a、b仍处于静止状态。则环a受到 杆的 (　　) A.支持力不变 B.支持力变小 C.摩擦力不变 D.摩擦力变大 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：根据题意，设每根细线的拉力为F，细线与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件有2Fcos θ=mg，解得F=，设杆对小环a的支持力为FN，摩擦力为f，对小环a受力分析，由平衡条件有f=Fsin θ= ，FN=Fcos θ=，将环b往左侧移动一小段距离，θ减小，可知f变小，FN不变。故选A。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 4.如图所示，水平天花板下方固定一个光滑小定滑轮O，在定滑轮的正下方C处固定一个正点电荷，不带电的小球a与带正电的小球b通过跨过定滑轮的绝缘轻绳相连。开始时系统在图示位置静止，已知Ob<OC。若b球所带的电荷量缓慢减少(未减为零)，则在b球到达O正下方前，下列说法正确的是 (　　) A.a球的质量大于b球的质量 B.b球的轨迹是一段以C点为圆心的圆弧 C.此过程中点电荷对b球的库仑力大小不变 D.此过程中滑轮受到轻绳的作用力逐渐变大 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：对b球进行受力分析，受到轻绳的拉力T、重力 mbg和库仑力F库，如图所示，由相似三角形可知= =，其中T=mag，F库=，整理可得= =，由于Ob<OC，因此ma<mb，故A错误；由于 mag、mbg、OC均不变，可知Ob不变，故b球的轨迹是一段以O为圆心的圆弧，由于qb减小，bC减小，库仑力减小，故B、C错误；滑轮两侧轻绳的作用力大小均为mag不变，由于bC减小，可知两侧绳夹角减小，所以滑轮受到轻绳的合力增大，故D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 5.(2025·贵州铜仁模拟)抖空竹是一种传统杂技节目，也叫“抖空钟”与“扯铃”。表演者用两根短竿系上绳子，将空竹(也有用壶盖或酒瓶)扯动使之旋转，并表演出各种身段。如图所示，表演者保持一只手A不动，另一只手B沿图中的四个方向缓慢移动，忽略空竹转动的影响，不计空竹和轻质细绳间的摩擦力，且认为细绳不可伸长。下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 A.细绳B端沿虚线a向左移动时，细绳对空竹的合力增大 B.细绳B端沿虚线b向上移动时，细绳的拉力减小 C.细绳B端沿虚线c斜向上移动时，细绳的拉力不变 D.细绳B端沿虚线d向右移动时，细绳的拉力增大 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：细绳B端沿虚线a向左移动时，细绳对空竹的合力与空竹所受重力等大反向，可知合力不变，故A错误；设A、B两点水平间距为d，绳长为L，细绳与竖直方向的夹角为θ，由几何关系可知sin θ=，由平衡条件可知绳子拉力F=，细绳B端沿虚线b向上移动时d、L均不变，则θ不变，则细绳的拉力不变，故B错误；细绳B端沿虚线c斜向上移动或沿虚线d向右移动时，d变大、L不变，则θ变大，cos θ变小，可知细绳的拉力增大，故C错误，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 6.(2025·山东烟台二模)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：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 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：根据共点力平衡条件可知，若F1增大，则F2增大，且F1、F2的合力与铁牛重力等大反向，方向竖直向上，故A、D错误，B正确；根据平衡条件可知F2一定与F1和重力的合力方向相反，不一定沿着铁柱向上，故C错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 7.晾晒衣服的绳子两端分别固定在两根竖直杆上的A、 B两点，A、B两点等高，无风状态下衣服保持静止。 某一时刻衣服受到水平向右的恒定风力而发生滑动， 并在新的位置保持静止，如图所示。两杆间的距离为 d，绳长为d，衣服和衣架的总质量为m，重力加速度 为g，不计绳子的质量及绳与衣架挂钩间的摩擦，则(　　) A.相比无风时，在有风的情况下∠AOB更小 B.无风时，轻绳的拉力大小为mg C.衣服在新的平衡位置时，挂钩左、右两侧绳子的拉力大小不相等 D.在有风的情况下，绳右侧固定端从A点沿杆缓慢向下移到C点，绳子拉力大小不变 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：设无风时挂钩两侧绳子夹角的一半为θ1，绳长为L，有风时挂钩两侧绳子夹角的一半为θ2，两种情况受力如图，有L1+L2=Lsin θ2，d=Lsin θ1，又因为d>L1+L2，所以θ1>θ2，故A正确；无风时，衣服受到重力和挂钩两侧绳子的拉力处于平衡状态，同一条绳子拉力相等，则挂钩左右两侧绳子与竖直方向的夹角相等，由几何关系可得sin θ1==，根据平衡条件得mg=2Fcos θ1，解得F==mg，故B错误； 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 由于不计绳子的质量及绳与衣架挂钩间的摩擦，则挂钩相当于动滑轮，挂钩左、右两侧绳子的拉力总是相等，故C错误；在有风的情况下，将绳右侧固定端从A点沿杆缓慢向下移到C点，挂钩左、右两侧绳子之间的夹角变小，但是挂钩两侧细绳拉力的合力为恒力，则拉力F变小，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 √ 8.(2025·河南郑州三模)蜘蛛通过两根蛛丝OA和OB悬挂在树枝上保持平衡。初始时，蛛丝OA与竖直方向的夹角为θ，蛛丝OB水平，如图所示。若猎物在A点被蛛丝缠住并向右侧移动，蛛丝OB仍保持水平。蜘蛛始终静止，蛛丝形变量可忽略不计且蛛丝未断裂。下列说法正确的是 (　　) A.蛛丝OA的拉力逐渐减小，蛛丝OB的拉力逐渐增大 B.蛛丝OA的拉力逐渐增大，蛛丝OB的拉力逐渐减小 C.蛛丝OA和OB的拉力均逐渐增大 D.蛛丝OA和OB的拉力均逐渐减小 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：设蜘蛛的重力为G，蛛丝OA的拉力为F1，蛛丝OB的拉力为F2，由平衡条件有F1sin θ=F2，F1cos θ=G，解得F1=，F2=Gtan θ，当θ减小时，cos θ增大，tan θ减小，故F1减小，F2也减小。故选D。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 9.如图所示，小球P用系于天花板上a点的倾斜轻绳1和系于墙上b点的水平轻绳2固定，小球Q在水平拉力F和系于P上的倾斜轻绳3作用下静止在图示位置。小球P、Q可视为质点，若不改变力F的方向，绕轻绳3在球P上的固定点使轻绳3沿逆时针方向缓慢转动，直至Q在P的正下方，则此过程中 (　　) A.力F逐渐变大 B.轻绳1中的拉力保持不变 C.轻绳2中的拉力逐渐变大 D.轻绳1、2中拉力的合力保持不变 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：设绳1与水平方向夹角为α，绳3与竖直方向夹角为β，对Q分析，根据平衡条件有T3sin β=F，T3cos β=mQg，可得F=mQgtan β，使轻绳3沿逆时针方向缓慢转动，直至Q在P的正下方，此过程中β减小，则F减小，故A错误；对P、Q整体分析，根据竖直方向平衡条件有T1sin α=mPg+ mQg，则轻绳1中的拉力保持不变，故B正确；对P、Q整体分析，根据水平方向平衡条件有T1cos α+F=T2，因为F减小，则轻绳2中的拉力逐渐变小，故C错误；对P、Q整体分析，轻绳1、2中拉力的合力与F和整体重力的合力平衡，因为重力不变，F减小，且两力垂直，则F和整体重力的合力减小，故轻绳1、2中拉力的合力减小，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 10.(2025·湖南怀化三模)(多选)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一直增大 B.FAB先增大后减小 C.FAC先减小后增大 D.FAC一直减小 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：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°缓慢增加为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一直增大，FAC一直减小。故选A、D。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 11.(12分)如图所示，物块A悬挂在绳PO和PC的结点上，PO偏离竖直方向37°，PC水平，且经光滑定滑轮与木块B相连，连接B的绳与水平方向的夹角为53°。已知A的质量mA=0.8 kg，B的质量mB=2.4 kg，木块B静止在水平面上。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，cos 53°=0.6，sin 53°=0.8，g=10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (1)绳PO的拉力大小；(3分) 答案：10 N 解析：对P点受力分析，如图甲所示， 由平衡条件得FPOcos 37°=mAg FPOsin 37°=FC 代入数据解得FPO=10 N，FC=6 N。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (2)木块B与水平面间的摩擦力大小；(4分) 答案：3.6 N 解析：对B受力分析，如图乙所示， 根据共点力的平衡条件得，水平方向 f=FC'cos 53°=FCcos 53° 代入数据解得f=3.6 N。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (3)若木块B和水平面间的动摩擦因数为0.5，要保证木块B相对地面静止，则物块A的质量不能超过多大?(5分) 答案：1.6 kg 解析：设木块B相对地面恰好静止时，PC绳对B的拉力为FC0， 根据共点力的平衡条件得μ=FC0cos 53° FC0=FC0'=mA'gtan 37° 解得mA'=1.6 kg 即物块A的质量不能超过1.6 kg。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $