第二章　第4课时　专题强化：动态平衡和临界、极值问题-2025物理大一轮复习讲义人教版

第4课时专题强化：动态平衡和临界、极值问题目标要求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。考点一动态平衡问题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、正弦定理法。1．“一力恒定，另一力方向不变”的动态平衡问题(1)一个力恒定，另一个力始终与恒定的力垂直，三力可构成直角三角形，可作不同状态下的直角三角形，分析力的大小变化，如图甲所示。(2)一力恒定，另一力与恒定的力不垂直但方向不变，作出不同状态下的矢量三角形，确定力大小的变化，在变化过程中恒力之外的两力垂直时，会有极值出现，如图乙所示。例1(多选)如图所示，在倾角为α的斜面上，放一质量为m的小球，小球和斜面及挡板间均无摩擦，当挡板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中()A．斜面对球的支持力逐渐增大B．斜面对球的支持力逐渐减小C．挡板对小球的弹力先减小后增大D．挡板对小球的弹力先增大后减小答案BC解析对小球受力分析知，小球受到重力mg、斜面的支持力FN1和挡板的弹力FN2，如图，当挡板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中，小球所受的合力为零，根据平衡条件得知，FN1和FN2的合力与重力mg大小相等、方向相反，作出小球在三个不同位置力的受力分析图，由图看出，斜面对小球的支持力FN1逐渐减小，挡板对小球的弹力FN2先减小后增大，当FN1和FN2垂直时，弹力FN2最小，故选项B、C正确，A、D错误。2．“一力恒定，另两力方向均变化”的动态平衡问题一力恒定(如重力)，其他二力的方向均变化，但二力分别与绳子、两物体重心连线方向等平行，即三力构成的矢量三角形与绳长、半径、高度等实际几何三角形相似，则对应边比值相等。基本矢量图，如图所示基本关系式：eq\f(mg,H)＝eq\f(FN,R＋r)＝eq\f(FT,L)。例2如图所示为一简易起重装置，AC是上端带有滑轮的固定支架，BC为质量不计的轻杆，杆的一端C用铰链固定在支架上，另一端B悬挂一个质量为m的重物，并用钢丝绳跨过滑轮A连接在卷扬机上。开始时，杆BC与AC的夹角∠BCA>90°，现使∠BCA缓慢变小，直到∠BCA＝30°(不计一切阻力)。在此过程中，杆BC所产生的弹力()A．大小不变 B．逐渐增大C．先增大后减小 D．先减小后增大答案A解析以结点B为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图如图，根据平衡条件知，F、FN的合力F合与G大小相等、方向相反。根据三角形相似得eq\f(F合,AC)＝eq\f(F,AB)＝eq\f(FN,BC)，又F合＝G，得FN＝eq\f(BC,AC)G∠BCA缓慢变小的过程中，AC、BC不变，则FN不变，故杆BC所产生的弹力大小不变，故选A。3．一力恒定，另外两力方向均变化，但两力方向夹角保持不变的动态平衡问题利用正弦定理或利用辅助圆，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。例3(多选)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(α＞eq\f(π,2))。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答案AD解析法一：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。法二：正弦定理根据正弦定理eq\f(mg,sinθ3)＝eq\f(F1,sinθ1)＝eq\f(F2,sinθ2)，mg与sinθ3保持不变，sinθ1变大，F1变大，sinθ2先增大后减小，F2先增大后减小，故选A、D。分析动态平衡问题的流程受力分析eq\o(→,\s\up7(化“动”为“静”))画不同状态下的受力平衡图构造矢量三角形eq\o(→,\s\up7(“静”中求“动”))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(→,\s\up7(定性分析))根据矢量三角形边长关系确定矢量的大小变化,\o(→,\s\up7(定量计算))\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(三角函数关系,正弦定理,相似三角形))→找关系求解))考点二平衡中的临界、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”“恰能”“恰好”等。临界问题常见的种类：(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问题。3．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，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，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。例4(2023·河南洛阳市期末)如图所示，一光滑球体放在支架与竖直墙壁之间，支架的倾角θ＝60°，光滑球体的质量为m，支架的质量为2m，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个装置保持静止，则支架和地面间的动摩擦因数至少为()A.eq\f(\r(3),9)B.eq\f(\r(3),4)C.eq\f(\r(3),2)D.eq\f(\r(3),3)答案D解析对光滑球体受力分析如图所示，根据平衡条件可得FN2cosθ＝mg，对支架受力分析如图所示根据牛顿第三定律可知FN3＝FN2，对支架由平衡条件可得FN4＝2mg＋FN3cosθ，Ff＝FN3sinθ，又达到最大静摩擦力时Ff＝μFN4，联立以上各式解得μ＝eq\f(\r(3),3)，可知支架和地面间的动摩擦因数至少为eq\f(\r(3),3)，故选D。例5如图所示，质量m＝5.2kg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＝2.0m/s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＝10m/s2。求所需拉力F的最小值。答案2eq\r(26)N解析设拉力与水平方向夹角为θ，根据平衡条件有Fcosθ＝μ(mg－Fsinθ)，整理得cosθ＋μsinθ＝eq\f(μmg,F)，eq\r(1＋μ2)sin(α＋θ)＝eq\f(μmg,F)(其中sinα＝eq\f(1,\r(1＋μ2)))，当θ＝eq\f(π,2)－α时F最小，故所需拉力F的最小值Fmin＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2))＝2eq\r(26)N。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，Fmin＝mgsinθ，其中FN与Ff的合力F′方向一定，“摩擦角”θ满足tanθ＝eq\f(Ff,FN)。课时精练1．(2023·江苏南京市模拟)如图甲所示，笔记本电脑支架一般有多个卡位用来调节角度，某人将电脑放在该支架上，由卡位4缓慢调至卡位1(如图乙)，电脑与支架始终处于相对静止状态，则()A．电脑受到的支持力变大B．电脑受到的摩擦力变大C．支架对电脑的作用力减小D．电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力大小答案A解析根据题意，电脑始终处于平衡状态，对电脑受力分析，如图所示，由平衡条件可得，电脑受到的支持力大小为FN＝Gcosθ电脑受到的摩擦力大小Ff＝Gsinθ由卡位4缓慢调到卡位1，θ减小，故FN增大，Ff减小，故B错误，A正确。支架对电脑的作用力即为电脑受到的支持力与摩擦力的合力，支持力与摩擦力的合力大小等于电脑的重力，保持不变，根据“三角形两边之和大于第三边”可知，电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和大于其重力大小，C、D错误。2.(2023·山东烟台市模拟)如图所示，用一个质量不计的网兜把足球挂在光滑竖直墙壁上的A点，足球与墙壁的接触点为B。若只增大悬绳的长度，足球始终保持静止状态，关于悬绳对球的拉力F和墙壁对球的支持力FN，下列说法正确的是()A．F和FN都增大 B．F增大，FN减小C．F减小，FN增大 D．F和FN的合力不变答案D解析对球受力分析，由平衡条件得悬绳对球的拉力满足Fcosθ＝mg，墙壁对球的支持力满足tanθ＝eq\f(FN,mg)，所以当增大悬绳的长度时，夹角θ减小，则cosθ增大，tanθ减小，所以F和FN都减小，故A、B、C错误；因为足球始终保持静止状态，所以F和FN的合力始终与mg等大反向，故D正确。3．(2024·重庆市渝中区期中)如图甲所示，用瓦片做屋顶是我国建筑的特色之一。铺设瓦片时，屋顶结构可简化为图乙所示，建筑工人将瓦片轻放在两根相互平行的檩条正中间，若瓦片能始终静止在檩条上。已知檩条与水平面夹角均为θ，瓦片质量为m，檩条间距离为d，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．瓦片共受到4个力的作用B．檩条对瓦片作用力方向垂直檩条向上C．缓慢减小檩条的倾斜角度θ时，瓦片与檩条间的摩擦力变大D．缓慢增大檩条间的距离d时，两根檩条对瓦片的弹力都增大答案D解析瓦片受重力、两根檩条的支持力和摩擦力，共5个力，A错误；檩条对瓦片作用力应为支持力与摩擦力的合力，方向竖直向上，B错误；摩擦力等于mgsinθ，减小檩条的倾斜角度θ时，摩擦力减小，C错误；檩条对瓦片的两个弹力等大，合力等于mgcosθ，当增大檩条间的距离d时，两弹力与竖直方向的夹角增大，则两弹力增大，D正确。4.(2024·云南省联考)如图所示，晾晒衣服的绳子(可视为轻绳)固定在两根竖直杆A、B上，绳子的质量及衣架挂钩之间的摩擦均可忽略不计，衣服处于静止状态。保持A杆及A杆上绳子的结点位置不动，则下列说法正确的是()A．若保持绳子的长度、绳子与B杆的结点不变，将B杆缓慢向右移动，绳子上的拉力大小逐渐减小B．若保持绳子的长度、B杆的位置不变，将绳子与B杆的结点缓慢向上移动，绳子上的拉力大小逐渐增大C．若保持绳子的长度、B杆的位置不变，将绳子与B杆的结点缓慢向下移动，绳子上的拉力大小保持不变D．若保持绳与B杆的结点不变，只改变绳子的长度，绳子上的拉力大小可能保持不变答案C解析若保持绳子的长度、绳子与B杆的结点不变，将B杆缓慢向右移动，绳子与竖直方向之间的夹角增大，绳子上的拉力逐渐增大，故A错误；若保持绳子的长度、B杆的位置不变，只移动绳子与B杆的结点，绳子与竖直方向之间的夹角保持不变，绳子上的拉力保持不变，故B错误，C正确；若只改变绳子的长度，则绳子与竖直方向之间的夹角一定随之改变，绳子上的拉力一定改变，故D错误。5.(2023·宁夏六盘山高级中学模拟)如图所示，某健身者右手拉着抓把沿水平方向从图示位置B缓慢移动到位置A，不计绳子质量，忽略绳子和重物与所有构件间的摩擦，A、B、重物共面，则重物上升过程中()A．绳子的拉力逐渐增大B．该健身者所受合力逐渐减小C．该健身者对地面的压力逐渐减小D．该健身者对地面的摩擦力逐渐增大答案D解析由题意可知，重物和健身者一直处于动态平衡状态，由平衡条件可知，健身者所受合力等于零，绳上的拉力大小不变，其大小等于重物的重力mg，A、B错误；对健身者受力分析，如图所示，由平衡条件可知，在竖直方向，则有FTsinθ＋FN＝Mg，又有FT＝mg，可得FN＝Mg－mgsinθ，在水平方向，则有FTcosθ＝Ff，当从B缓慢移到A时，θ角逐渐变小，地面对健身者的支持力逐渐变大，地面对健身者的摩擦力逐渐变大，由牛顿第三定律可知，健身者对地面的压力逐渐增大，健身者对地面的摩擦力逐渐增大，C错误，D正确。6.(2023·广东梅州市质检)在水平外力F的作用下，A、B两个圆柱体按如图所示的方式分别放在水平地面、靠在竖直墙面，将A缓慢向右移动一小段距离(B未与地面接触)，不计一切摩擦，则在此过程中，关于水平地面对A的弹力FN1、竖直墙面对B的弹力FN2，下列说法正确的是()A．FN1不变，FN2变大 B．FN1变小，FN2变大C．FN1变大，FN2变小 D．FN1不变，FN2变小答案A解析以圆柱体B为研究对象，分析受力如图所示当将A缓慢向右移动一小段距离，F1与竖直方向的夹角增大，由图看出墙对B的弹力FN2增大；以圆柱体A、B整体为研究对象，根据平衡条件，在竖直方向有FN1＝(mA＋mB)g，当将A缓慢向右移动一小段距离，水平地面对A的弹力FN1不变，故A正确，B、C、D错误。7.如图所示，物体甲放置在水平地面上，通过跨过光滑定滑轮的轻绳与小球乙相连，整个系统处于静止状态。现对小球乙施加一个水平力F，使小球乙缓慢上升一小段距离，整个过程中物体甲保持静止，甲受到地面的摩擦力为Ff，则该过程中()A．Ff变小，F变大 B．Ff变小，F变小C．Ff变大，F变小 D．Ff变大，F变大答案D解析以小球乙为研究对象受力分析，设绳与竖直方向的夹角为α，根据平衡条件可得，水平拉力F＝mgtanα，夹角α逐渐增大，则水平拉力F逐渐增大，绳子的拉力为FT＝eq\f(mg,cosα)，故绳子的拉力逐渐增大；以物体甲为研究对象受力分析，根据平衡条件可得，物体甲受到的地面的摩擦力与绳子拉力水平方向的分力等大反向，Ff＝FTcosθ＝eq\f(mgcosθ,cosα)，逐渐增大，故选D。8.制作木器家具时，工人师傅常在连接处打入木楔，如图所示，假设一个不计重力的木楔两面对称，顶角为α，竖直地被打入木制家具缝隙中。已知接触面的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。要使木楔能自锁而不会自动滑动，α与μ应满足()A．μ>tan

eq\f(α,2) B．μ>tanαC．μ>eq\f(1,tan

\f(α,2)) D．μ>eq\f(1,tanα)答案A解析由于存在对称性，仅对木楔的一个侧面受力分析，如图所示，当木楔能自锁而不会自动滑出时，一定满足FNsin

eq\f(α,2)<μFNcos

eq\f(α,2)，整理得μ>tan

eq\f(α,2)，故选A。9.如图所示，竖直面内固定一光滑大圆环轨道，O为圆心，在大圆环轨道最高点A固定一个光滑的小滑轮，一轻绳绕过小滑轮，一端连接套在大圆环轨道上的小球，用力F拉轻绳另一端，在小球从B点缓慢上升到C点的过程中，有()A．拉力F逐渐增大B．拉力F先减小后增大C．小球对大圆环轨道的压力大小保持不变D．小球对大圆环轨道的压力先增大后减小答案C解析对小球进行受力分析如图所示，根据相似三角形法可得eq\f(F,AB)＝eq\f(FN,OB)＝eq\f(mg,OA)在小球从B点缓慢上升到C点的过程中，重力大小、方向均不变，AB变小，OA、OB不变，则拉力F逐渐减小，大圆环轨道对小球的支持力FN大小不变，由牛顿第三定律知小球对大圆环轨道的压力大小保持不变，故选C。10.(2024·重庆市七校开学考)小李发现小区的消防通道被一质量为m的石墩挡住了，为了移开石墩小李找来一根结实的绳子，将绳的一端系在石墩上，双手紧握绳的另一端用力斜向上拖拽石墩。设绳子与水平方向的夹角为θ，小李对绳施加的最大拉力为0.6mg，g为重力加速度，石墩与水平地面间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),3)，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是()A．无论θ取何值，小李都不可能拖动石墩B．小李能拖动石墩，且当θ＝eq\f(π,3)时最省力C．小李能拖动石墩，且当θ＝eq\f(π,6)时最省力D．小李能拖动石墩，且当θ＝eq\f(π,4)时最省力答案C解析对石墩进行受力分析如图所示Fcosθ＝μFNFN＋Fsinθ＝mg解得2F(eq\f(\r(3),2)cosθ＋eq\f(1,2)sinθ)＝mg即F＝eq\f(mg,2sin\f(π,3)＋θ)，可解得，当θ＝eq\f(π,6)时，F最小为0.5mg，故小李能拖动石墩，且当θ＝eq\f(π,6)时最省力，故选C。11.(2023·江苏扬州市质检)如图所示，在质量为m的物块甲上系着两条细绳，其中长30cm的细绳另一端连着轻质圆环，圆环套在水平棒上可以滑动，圆环与棒间的动摩擦因数μ＝0.75。另一细绳跨过光滑定滑轮与重力为G的物块乙相连，定滑轮固定在距离圆环50cm的地方，系统处于静止状态，OA与棒的夹角为θ，两绳夹角为φ。当G＝6N时，圆环恰好