第2章 专题突破3 动态平衡问题 平衡中的临界、极值问题（课时作业）-【优化探究】2027年高考物理一轮复习高考总复习配套课件（广东专版）

该高中物理高考复习课件聚焦力学平衡核心考点，依据高考评价体系梳理了受力分析、动态平衡、力的合成与分解等考查要求，通过广东各地模拟题分析，明确平衡条件应用占45%、动态平衡分析占30%的高频考点分布，归纳出静态平衡、动态平衡等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题模拟+素养提升”策略，如以戽斗平衡题为例，运用科学思维中的模型建构和物理观念中的相互作用观念，解析绳子夹角变化对拉力的影响规律，帮助学生掌握力的合成方法。设“易错点警示”和“题型变式训练”，助力学生提升解题技巧，教师可据此精准指导复习，高效备战高考。

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 夯实基础 (1-7题,每题4分) 1.(2026·广东韶关模拟)元代《王桢农书》记载了戽斗,它是一种小型的人力提水灌田农具,形状像斗,两边系绳,靠两人拉绳牵斗取水。如图所示,两条绳子与竖直方向夹角相同,忽略绳子质量,戽斗处于平衡状态时,两人站得越远,则(　　) A.两边绳子对戽斗的合力越大 B.两边绳子对戽斗的合力越小 C.人对每边绳子的拉力越小 D.人对每边绳子的拉力越大 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:对戽斗受力分析,由两条绳子与竖直方向夹角相同可知,绳子提供大小相等的拉力。两边绳子对戽斗的合力与戽斗的重力平衡,所以两人站的远近不影响绳子对戽斗的合力;两人站得越远,两绳夹角越大,由F= 知人对每边绳子的拉力越大。故A、B、C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2.(2026·广东肇庆模拟)如图所示,光滑的半圆柱固定在水平地面上,一个质量为m的小球在水平外力作用下静止在半圆柱上,现改变水平外力的大小使小球缓慢向上移动,在运动到最高点之前,下列说法正确的是(　　) A.水平外力F增大 B.水平外力F减小 C.半圆柱对小球的支持力增大 D.半圆柱对小球的支持力不变 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:对小球受力分析,如图所示,由平衡条件可得F=,FN=,小球缓慢向上移动到最高点的过程中θ增大,所以F减小,FN减小,故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3.(2026·广东湛江模拟)如图所示,足够长的斜面固定在水平地面上,斜面上有一光滑小球,跨过滑轮的细线一端系住小球,另一端系在竖直弹簧的上端,弹簧的下端固定在地面上,手持滑轮,系统处于平衡状态。若滑轮在手的控制下缓慢向下移动,直到拉着小球的细线与斜面平行,则这一过程中(　　) A.弹簧弹力先减小后增大 B.弹簧弹力不变 C.斜面对小球支持力逐渐减小 D.斜面对小球支持力逐渐增大 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:在滑轮缓慢移动的过程中小球在重力G、斜面对其的支持力FN和细线上的张力FT三力的作用下保持动态平衡,故三个力可以构成一个封闭的矢量三角形如图所示。在缓慢移动过程中,FN逐渐增大,FT只能变化到与FN垂直,故FT是逐渐变小的,因弹簧弹力大小等于FT,则弹簧弹力逐渐减小,故D正确,A、B、C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4.(多选)如图所示,质量均为m的小球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连,B球用长为L的细绳悬挂于O点,A球固定在O点正下方。当小球B平衡时,细绳所受的拉力为FT1,弹簧的弹力为F1;现把A、B间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2(k2>k1)的另一轻弹簧,在其他条件不变的情况下仍使系统平衡,此时细绳所受的拉力为FT2,弹簧的弹力为F2。下列关于FT1与FT2、F1与F2大小的比较,正确的是(　　) A.FT1>FT2　　　　　　 B.FT1=FT2 C.F1<F2 D.F1=F2 BC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:以B为研究对象,分析受力情况,如图所示。由平衡条件可知,弹簧的弹力F和细绳的拉力FT的合力F合与B的重力mg大小相等、方向相反,即F合=mg。设O、A间距离为l,A、B间距离为R,由力的三角形和几何三角形相似得==。当弹簧劲度系数变大时,弹簧的压缩量减小,故R增加,而l、L不变,故FT1=FT2,F2>F1,故A、D错误,B、C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5.(2026·广东汕头模拟)消毒碗柜的金属碗架可以将碗竖直放置于两条金属杆之间,如图甲所示。某个碗的正视图如图乙所示,其中a、b分别为两光滑水平金属杆。下列说法正确的是(　　) A.若减小a、b间距,碗仍保持竖直、静止,碗的合力减小 B.若减小a、b间距,碗仍保持竖直、静止,a杆受到的弹力不变 C.若将质量相同、半径更大的碗竖直放置于a、b杆之间,碗受到杆的作用力变小 D.若将质量相同、半径更大的碗竖直放置于a、b杆之间,碗受到杆的作用力不变 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:若减小a、b间距,碗仍保持竖直、静止,碗的合力仍为零,合力不变,A错误;对碗受力分析如图所示,其中F为两杆对碗的弹力F1、F2的合力,设b杆对碗的弹力F2与竖直方向的夹角为θ,则F1=Gtan θ,F2=,若减小a、b间距,则θ减小,a杆受到的弹力F1减小,B错误;杆对碗的作用力与碗的重力等大、反向,则将质量相同、半径更大的碗竖直放置于a、b杆之间,碗受到杆的作用力不变,大小等于碗的重力,C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6.(2026·广东潮州联考)如图所示,三个小球a、b、c的质量均为m,用细线相连并悬挂于O点,现用另一细线给小球a施加一个拉力F,使整个装置处于静止状态,且Oa与竖直方向夹角为30°,已知重力加速度为g,则拉力F的最小值为(　　) A.mg B.1.5mg C.3mg D.2mg B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:以三个小球组成的整体为研究对象,受力分析如图所示。根据平衡条件知,F与T的合力与重力3mg总是大小相等、方向相反,由力的合成图可知,当F与绳子Oa垂直时,F有最小值,即图中2位置,F的最小值Fmin=3mgsin 30°=1.5mg,故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7.(2026·广东广州模拟)如图甲为家用燃气炉架,其有四个对称分布的爪,若将总质量一定的锅放在炉架上,如图乙(侧视图),不计爪与锅之间的摩擦力,若锅是半径为R的球面,正对的两爪间距为d,则(　　) A.d越大,爪与锅之间的弹力越大 B.d越大,锅受到的合力越大 C.R越大,爪与锅之间的弹力越大 D.R越大,锅受到的合力越小 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:对锅进行受力分析如图所示,炉架的四个爪对锅的弹力的合力与锅受到的重力大小相等,方向相反,即4Fcos θ=mg,由几何关系可得cos θ=,则R越大,爪与锅之间弹力越小,同理d越大,爪与锅之间弹力越大,锅受到的合力为零,故A正确,B、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (8-11题,每题6分) 8.(多选)(2026·广东江门华侨中学月考)密绕在轴上的一卷地膜用轻绳一端拴在轴上,另一端悬挂在墙壁上A点,如图所示,当逆时针缓慢向下用力F抽出地膜时,整卷地膜受到的各个力要发生变化,不计地膜离开整卷时对地膜卷的粘扯拉力和地膜卷绕轴转动时的摩擦力,但在D点地膜与墙壁间有摩擦力,随着地膜的不断抽出,下列分析正确的是(　　) A.地膜卷受墙的支持力与轻绳的拉力的合力变小 B.悬挂地膜的轻绳上的拉力在增大 C.拉动地膜的力在减小 D.地膜对墙的压力在增大 B 能力提升 AC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:地膜是缓慢转动的,因此地膜受到的拉力F和摩擦力必须等大反向,否则会导致地膜越转越快。以地膜卷为研究对象,根据平衡条件可知,地膜卷受墙的支持力与轻绳的拉力的合力与地膜卷的重力大小相等,随着地膜的不断抽出,地膜卷重力G变小,所以地膜卷受墙的支持力与轻绳的拉力的合力变小,故A正确;设悬挂地膜的轻绳与竖直方向的夹角为θ,根据平衡条件可得G=Tcos θ,可得悬挂地膜的轻绳上的拉力为T=,随着地膜的不断抽出,重力G不断减小,轻绳与竖直方向夹角θ减小,所以轻绳上的拉力减小,故B错误;缓慢向下用力F抽出地膜时,有F=f,又f=μFN, FN=Gtan θ,可得F=μGtan θ,随着地膜的不断抽出,重力G不断减小,轻绳与 竖直方向夹角θ减小,则拉动地膜的力F在减小,墙对地膜的支持力FN减小, 即地膜对墙的压力在减小,故C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9.(2026·广东广州模拟)如图,甲、乙两工人站在工地平台上,用一根轻绳通过光滑挂钩吊一重物。甲、乙保持位置不变,两人同时缓慢释放轻绳。在重物下降的过程中(　　) A.甲所受平台的支持力变小 B.甲所受平台的支持力变大 C.乙所受平台的摩擦力变小 D.乙所受平台的摩擦力变大 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:对甲、乙和重物的整体受力分析如图所示,两人缓慢释放轻绳前后,对重物,根据平衡条件有2Tcos θ=mg,Tcos θ=,对甲竖直方向由平衡条件有m甲g+T'cos θ=FN甲,由牛顿第三定律可知T'=T,由上述分析可知FN甲=m甲g+,则甲所受平台的支持力不变,故A、B错误;对重物和乙,根据受力平衡可知2Tcos θ=mg,f=Tsin θ=mgtan θ,两人同时缓慢释放轻绳,θ变小,则乙所受平台的摩擦力变小,故C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10.(多选)(2026·广东潮州月考)如图所示,A、B两个物块用绕过定滑轮的细线连接,物块B放在水平面上,物块A悬吊着,物块A的质量为m,定滑轮与物块B间的细线与竖直方向的夹角为θ,现给物块A施加一个水平向右的拉力F,使物块A缓慢移动,物块B始终保持静止,重力加速度为g。在物块A向右缓慢移动过程中(　　) A.拉力F变大 B.物块B对地面的压力越来越大 C.地面对物块B的摩擦力越来越小 D.当悬吊物块A的细线与竖直方向的夹角也为θ时,细线对滑轮的作用力等于2mg AD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:对物块A进行受力分析,作出受力动态平衡三角形,如图所示,可知,当物块A缓慢向右移动时,拉力F与绳的弹力T均在增大,A正确;对物块B分析有mBg=T'cos θ+FN,根据牛顿第三定律有T'=T,FN'=FN,解得FN'=mBg-Tcos θ,结合上述,绳弹力增大,则物块B对地面的压力越来越小,B错误;对物块B分析,水平方向有f=T'sin θ,结合上述,绳弹力增大,则地面对物块B的摩擦力越来越大,C错误;当悬吊物块A的细线与竖直方向的夹角也为θ时,根据上述有Tcos θ=mg,对滑轮分析可知,细线对滑轮的作用力FN″= 2Tcos θ,解得FN″=2mg,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11.如图所示,有一倾角θ=30°的斜面体B,质量为M,质量为m的物体A静止在B上。现用水平力F推物体A,在F由零逐渐增加至mg再逐渐减为零的过程中,A和B始终保持静止。对此过程,下列说法正确的是(　　) A.地面对B的支持力大于(M+m)g B.A对B的压力的最小值为mg,最大值为mg C.A所受摩擦力的最小值为0,最大值为 D.A所受摩擦力的最小值为mg,最大值为mg B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:因为A、B始终保持静止,对A、B整体受力分析可知,地面对B的支持力一直等于(M+m)g,A错误。当F=0时,A对B的压力最小,为mgcos 30°=mg;当F=mg 时,A对B的压力最大,为mgcos 30°+Fsin 30°=mg,B正确。当Fcos 30°=mgsin 30°,即F=mg时,A所受摩擦力为0;当F<mg时,A所受摩擦力沿斜面向上,f=mgsin 30° -Fcos 30°,当F=0时,A所受摩擦力最大,大小为mg;当F>mg时,A所受摩擦力沿斜面向下,f'=Fcos 30°-mgsin 30°;当F=mg时,A所受摩擦力最大,大小为mg,综上可知,A所受摩擦力的最小值为0,最大值为mg,C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12.(12分)如图所示,质量为m的物体放在一固定斜面上,当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑。对物体施加一大小为F、方向水平向右的恒力,物体可沿斜面匀速向上滑行。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时,不论水平恒力F多大,都不能使物体沿斜面向上滑行,求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)物体与斜面间的动摩擦因数; 解析:未施加力F时,对物体受力分析,如图甲所示,由平衡条件得 mgsin 30°=μmgcos 30°, 解得μ=tan 30°=。 答案:　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)这一临界角θ0的大小。 解析:设斜面倾角为α,物体受力情况如图乙所示,由平衡条件得 Fcos α=mgsin α+f', FN'=mgcos α+Fsin α, 又f'=μFN', 解得F=, 当cos α-μsin α=0,即tan α=时,F→∞,即“不论水平恒力F多大,都不能使物体沿斜面向上滑行”。此时,临界角θ0=α=60°。 答案:60° $