2025届高考物理一轮复习第二章相互作用第8讲物体的动态平衡与临界极值问题教学案新人教版

PAGE17-第8讲物体的动态平衡与临界极值问题实力命题点一动态平衡问题共点力的动态平衡问题是高考的重点、热点，主要考查动态平衡条件的应用，可以单独命题，也可与其他相关学问综合考查。物体从一个受力平衡状态到另一个平衡状态，一般题目中会出现“缓缓”“缓慢”“渐渐”等关键词，体现了“动”中有“静”，“静”中有“动”的思想。(多选)如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，已知A的圆半径为球B的半径的3倍，球B所受的重力为G，整个装置处于静止状态。设墙壁对B的压力为F1，A对B的支持力为F2，则若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则F1、F2的变更状况分别是()A．F1减小 B．F1增大C．F2增大 D．F2减小解析解法一：解析法以球B为探讨对象，受力分析如图甲所示，依据合成法，可得出F1＝Gtanθ，F2＝eq\f(G,cosθ)，当A向右移动少许后，θ减小，则F1减小，F2减小，A、D正确。解法二：图解法先依据平衡条件和平行四边形定则画出如图乙所示的矢量三角形，在θ角减小的过程中，从图中可直观地看出，F1、F2都会减小，A、D正确。答案AD解决动态平衡问题常见的方法(1)解析法对探讨对象进行受力分析，先画出受力示意图，再依据物体的平衡条件列式求解，得到因变量与自变量的一般函数表达式，最终依据自变量的变更确定因变量的变更。(2)图解法此法常用于求解三力平衡且有一个力是恒力、另外一个力方向不变的问题。一般依据以下流程解题。(3)相像三角形法在三力平衡问题中，假如有一个力是恒力，另外两个力方向都变更，且题目给出了空间几何关系，多数状况下力的矢量三角形与空间几何三角形相像，可利用相像三角形对应边成比例进行计算。(4)正弦定理法三个力平衡时可以将三个力的图示组成一个闭合的三角形，假如知道一个恒力，以及其他力的对角的变更状况，可以依据正弦定理推断其他力的大小变更状况。1.如图所示，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设球对墙面的压力大小为FN1，球对木板的压力大小为FN2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置起先缓慢地转到水平位置。不计摩擦，在此过程中()A．FN1始终减小，FN2始终增大B．FN1始终减小，FN2始终减小C．FN1先增大后减小，FN2始终减小D．FN1先增大后减小，FN2先减小后增大答案B解析解法一：解析法如图甲所示，因为FN1＝FN1′＝eq\f(mg,tanθ)，FN2＝FN2′＝eq\f(mg,sinθ)，随θ渐渐增大到90°，tanθ、sinθ都增大，FN1、FN2都渐渐减小，B正确。解法二：图解法如图乙所示，把mg按它的两个效果进行分解。在木板缓慢转动时，FN1的方向不变，mg、FN1、FN2构成一个闭合的矢量三角形，重力大小恒定，FN2始终垂直于木板，随木板的转动而转动，由图可知，在木板转动时，FN2变小，FN1也变小，B正确。2.(2024·云南省大姚一中其次次模拟)(多选)如图所示，质量均可忽视的轻绳与轻杆，A端用铰链固定，滑轮在A点正上方(滑轮大小及摩擦均可不计)，B端吊一重物。现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢上拉，在AB杆达到竖直前()A．绳子拉力不变 B．绳子拉力减小C．AB杆受力增大 D．AB杆受力不变答案BD解析以B点为探讨对象，分析受力状况：重物的拉力FT1(等于重物的重力G)、轻杆的支持力FN和绳子的拉力FT2，作出受力图如图所示，由平衡条件得，FN和FT2的合力与FT1大小相等、方向相反，依据力的矢量三角形和△AOB相像可得：eq\f(FN,AB)＝eq\f(FT2,BO)＝eq\f(FT1,AO)，又F＝FT2，解得：FN＝eq\f(AB,AO)·G，F＝eq\f(BO,AO)·G，∠BAO缓慢减小的过程中，AB、AO保持不变，BO减小，则FN保持不变，F减小，故B、D正确。3．(2024·全国卷Ⅰ)(多选)如图，松软轻绳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αα>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上的张力渐渐增大B．MN上的张力先增大后减小C．OM上的张力渐渐增大D．OM上的张力先增大后减小答案AD解析设重物的质量为m，绳OM中的张力为TOM，绳MN中的张力为TMN。起先时，TOM＝mg，TMN＝0。由于缓慢拉起，则重物始终处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg等大、反向。如图所示，已知角α不变，在绳MN缓慢拉起的过程中，角β渐渐增大，则角(α－β)渐渐减小，但角θ不变，在三角形中，利用正弦定理得：eq\f(TOM,sinα－β)＝eq\f(mg,sinθ)，(α－β)由钝角变为锐角，则TOM先增大后减小，选项D正确；同理知eq\f(TMN,sinβ)＝eq\f(mg,sinθ)，在β由0变为eq\f(π,2)的过程中，TMN始终增大，选项A正确。实力命题点二物体受力平衡中的临界与极值问题1．临界问题当某物理量变更时，会引起其他几个物理量的变更，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，一般是指在力的变更过程中的最大值和最小值问题。3．解题思路解决共点力平衡中的临界、极值问题的“四字诀”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的水平向右的恒力，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α0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面对上滑行，试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)这一临界角α0的大小。解析(1)物体恰沿斜面匀速下滑时，由平衡条件有FN1＝mgcos30°mgsin30°＝μFN1解得μ＝tan30°＝eq\f(\r(3),3)。(2)设斜面倾角为α，当物体在力F作用下处于静止状态时，对物体受力分析如图所示，由平衡条件有Fcosα＝mgsinα＋FfFN2＝mgcosα＋Fsinα静摩擦力Ff≤μFN2解得F(cosα－μsinα)≤mgsinα＋μmgcosα要使“不论水平恒力F多大”，上式都成立则有cosα－μsinα≤0，所以tanα≥eq\f(1,μ)＝eq\r(3)＝tan60°即α0＝60°。答案(1)eq\f(\r(3),3)(2)60°解决极值问题和临界问题的方法(1)极限法：首先要正确地进行受力分析和变更过程分析，找出平衡的临界点和极值点；临界条件必需在变更中去找寻，不能停留在一个状态来探讨临界问题，而要把某个物理量推向极端，即极大和微小。(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(或画出函数图象)，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：依据物体的平衡条件，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或三角形定则进行动态分析，确定最大值与最小值。1．如图所示，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面对上。若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有肯定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F2>0)。由此可求出()A．物块的质量B．斜面的倾角C．物块与斜面间的最大静摩擦力D．物块对斜面的正压力答案C解析物块在斜面上处于静止状态，对物块进行受力分析，当F＝F1时物块即将向上滑动，由平衡条件可得F1＝mgsinθ＋Ff；当F＝F2时物块即将向下滑动，由平衡条件可得F2＝mgsinθ－Ff；由两式解得Ff＝eq\f(F1－F2,2)，故能求出物块与斜面间的最大静摩擦力，但不能求出物块的质量、斜面的倾角和物块对斜面的正压力，故C正确。2．如图所示，质量为m的球放在倾角为α的光滑斜面上，用光滑挡板AO将球拦住，使球处于静止状态，若挡板与斜面间的夹角为β，则()A．当β＝30°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgsinαB．当β＝60°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgcosαC．当β＝60°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgsinαD．当β＝90°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgsinα答案D解析以球为探讨对象，球所受重力产生的效果有两个：对斜面产生压力FN1、对挡板产生压力FN2，依据重力产生的效果将重力分解，如图所示。当挡板与斜面的夹角β由图示位置变更时，FN1大小变更但方向不变，始终与斜面垂直，FN2的大小和方向均变更，由图可看出当挡板AO与斜面垂直，即β＝90°时，挡板AO所受压力最小，最小压力FN2min＝mgsinα，D正确。课时作业1.(多选)如图所示，一条细线一端与地板上的物体B相连，另一端绕过质量不计的定滑轮与小球A相连，定滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O′点，细线与竖直方向所成角度为α，起先时系统静止，则()A．假如将物体B在地板上向右移动一点，α角将增大B．无论物体B在地板上左移还是右移，只要距离足够小，α角将不变C．增大小球A的质量，α角肯定减小D．悬挂定滑轮的细线的弹力不行能等于小球A的重力答案AD解析对小球A进行受力分析，受重力和拉力，依据平衡条件，有T＝mg，假如将物体B在地板上向右移动稍许，则∠AOB增大，对滑轮分析，受三个拉力，受力分析如图所示，∠AOB＝2α，故α角将增大，A正确，B错误；增大小球A的质量，物体B可能仍保持不动，系统平衡，拉力的方向不变，故α角可能不变，C错误；由于∠AOB＝2α<90°，悬挂定滑轮的细线的弹力F与两个拉力T的合力平衡，F＝2Tcosα，而T＝mg,2α<90°，则F>2mgcos45°＝eq\r(2)mg，故悬挂定滑轮的细线的弹力不行能等于小球A的重力，D正确。2.(多选)如图，半圆柱体Q放在水平地面上，表面光滑的圆柱体P放在Q和墙壁之间，Q的轴线与墙壁之间的距离为L，假如L增大，但P、Q仍处于静止状态，则()A．墙壁对P的支持力增大B．墙壁对P的支持力减小C．Q受到地面的摩擦力减小D．Q受到地面的摩擦力增大答案AD解析对P受力分析如图所示，由几何学问可得墙壁对P的支持力N1＝mPgtanα，当L增大时，α增大，tanα也增大，所以N1增大，A正确，B错误；将P、Q作为整体，整体受力平衡，所以Q受到的静摩擦力大小等于N1，N1增大，则Q受到地面的摩擦力增大，C错误，D正确。3.如图所示，两个小球a、b的质量均为m，用细线相连并悬挂于O点。现用一轻质弹簧给小球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°，已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，则弹簧的最短伸长量为()A.eq\f(mg,2k) B．eq\f(mg,k)C．eq\f(\r(3)mg,3k) D．eq\f(\r(3)mg,k)答案B解析以两个小球组成的整体为探讨对象，分析受力如图。依据平衡条件得知：F与细线拉力FT的合力与重力总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与细线Oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为2mgsin30°＝mg，则弹簧的最短伸长量为x＝eq\f(mg,k)，故B正确。4．有甲、乙两根完全相同的轻绳，甲绳A、B两端按图甲的方式固定，然后将一挂有质量为M的重物的光滑轻质动滑轮挂于甲轻绳上，当滑轮静止后，设甲绳子的张力大小为FT1；乙绳D、E两端按图乙的方式固定，然后将同样的定滑轮且挂有质量为M的重物挂于乙轻绳上，当滑轮静止后，设乙绳子的张力大小为FT2。现将甲绳的B端缓慢向下移动至C点，乙绳的E端缓慢向右移动至F点，在两绳的移动过程中，下列说法正确的是()A．FT1、FT2都变大 B．FT1变大、FT2变小C．FT1、FT2都不变 D．FT1不变、FT2变大答案D解析设绳子总长为L，两堵竖直墙之间的距离为s，左侧绳长为L1，右侧绳长为L2。由于同一根绳子上的拉力到处相等，所以两绳与竖直方向的夹角相等，设为θ，则由几何学问，得：s＝L1sinθ＋L2sinθ＝(L1＋L2)sinθ，又L1＋L2＝L，得sinθ＝eq\f(s,L)；设绳子上的拉力大小为FT，重物的重力为G。以滑轮和重物整体为探讨对象，依据平衡条件得2FTcosθ＝G，解得：FT＝eq\f(G,2cosθ)；可见，对题图甲，在绳子右端缓慢向下移时，s、L没有变更，则θ不变，绳子拉力FT1不变；对题图乙，在绳子的右端从E向F缓慢移动的过程中，由于绳子的长度不变，所以两个绳子之间的夹角2θ增大，cosθ减小，则绳子上的拉力FT2增大，故A、B、C错误，D正确。5.如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔，质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住。现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力F和圆环对小球的弹力N的大小变更状况是()A．F不变，N增大 B．F不变，N减小C．F增大，N减小 D．F减小，N不变答案D解析小球沿圆环缓慢上移可看做小球始终处于平衡状态，对小球进行受力分析，小球受重力G、F、N三个力，作出受力分析图如图，由图知△OAB与△GFA相像，则eq\f(G,R)＝eq\f(F,AB)＝eq\f(N,R)，当A点上移时，半径不变，AB长度减小，则F减小，N不变。故D正确，A、B、C错误。6.如图所示，在倾角为θ的粗糙斜面上，有一个质量为m的物体被水平力F推着静止于斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，且μ＞tanθ，求：(1)力F多大时，物体不受摩擦力；(2)为使物体静止在斜面上，力F的取值范围。答案(1)mgtanθ(2)eq\f(mgsinθ－μcosθ,cosθ＋μsinθ)≤F≤eq\f(mgsinθ＋μcosθ,cosθ－μsinθ)解析(1)物体不受摩擦力时受力如图1所示，由平衡条件得：Fcosθ＝mgsinθ，解得：F＝mgtanθ。(2)当物体恰不沿斜面对下滑动时，F最小，物体受力如图2所示，由平衡条件得：沿斜面方向：Fmincosθ＋f1＝mgsinθ垂直斜面方向：Fminsinθ＋mgcosθ＝N1又f1＝μN1。解得：Fmin＝eq\f(mgsinθ－μcosθ,cosθ＋μsinθ)，当物体恰不沿斜面对上滑动时，F最大，物体受力如图3所示，由平衡条件得：沿斜面方向：Fmaxcosθ＝f1＋mgsinθ垂直斜面方向：Fmaxsinθ＋mgcosθ＝N2又f2＝μN2解得：Fmax＝eq\f(mgsinθ＋μcosθ,cosθ－μsinθ)为使物体静止在斜面上，力F的取值范围是：eq\f(mgsinθ－μcosθ,cosθ＋μsinθ)≤F≤eq\f(mgsinθ＋μcosθ,cosθ－μsinθ)。7．(2024·全国卷Ⅱ)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中()A．F渐渐变大，T渐渐变大B．F渐渐变大，T渐渐变小C．F渐渐变小，T渐渐变大D．F渐渐变小，T渐渐变小答案A解析以O点为探讨对象，设绳OA与竖直方向的夹角为θ，物体的重力为G，依据力的平衡可知，F＝Gtanθ，T＝eq\f(G,cosθ)，随着O点向左移，θ变大，则F渐渐变大，T渐渐变大，A项正确。8.(2024·全国卷Ⅰ)(多选)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态。若F方向不变，大小在肯定范围内变更，物块b仍始终保持静止，则()A．绳OO′的张力也在肯定范围内变更B．物块b所受到的支持力也在肯定范围内变更C．连接a和b的绳的张力也在肯定范围内变更D．物块b与桌面间的摩擦力也在肯定范围内变更答案BD解析系统处于静止状态，连接a和b的绳的张力大小T1等于物块a的重力Ga，C项错误；以O′点为探讨对象，受力分析如图甲所示，T1恒定，夹角θ不变，由平衡条件知，绳OO′的张力T2恒定不变，A项错误；以b为探讨对象，受力分析如图乙所示，则FN＋T1cosθ＋Fsinα－Gb＝0f＋T1sinθ－Fcosα＝0FN、f均随F的变更而变更，故B、D两项正确。9．(2024·全国卷Ⅱ)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面对上匀速运动，轻绳与斜面平行。已知物块与斜面之间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),3)，重力加速度取10m/s2。若轻绳能承受的最大张力为1500N，则物块的质量最大为()A．150kg B．100eq\r(3)kgC．200kg D．200eq\r(3)kg答案A解析物块沿斜面对上匀速运动，受力如图，依据平衡条件有F＝Ff＋mgsinθ①Ff＝μFN②FN＝mgcosθ③由①②③式得F＝mgsinθ＋μmgcosθ所以m＝eq\f(F,gsinθ＋μgcosθ)故当Fmax＝1500N时，有mmax＝150kg，A正确。10．(2024·全国卷Ⅰ)(多选)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。已知M始终保持静止，则在此过程中()A．水平拉力的大小可能保持不变B．M所受细绳的拉力大小肯定始终增加C．M所受斜面的摩擦力大小肯定始终增加D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加答案BD解析选N为探讨对象，受力状况如图甲所示，用水平拉力F缓慢拉动N的过程中，水平拉力F渐渐增大，细绳的拉力T渐渐增大，A错误，B正确。对于M，受重力GM、支持力FN、绳的拉力T以及斜面对它的摩擦力f；如图乙所示，若起先时斜面对M的摩擦力f沿斜面对上，则T＋f＝GMsinθ，T渐渐增大，f渐渐减小，可能会出现f减小到零后，再反向增大；若起先时斜面对M的摩擦力沿斜面对下，则T＝GMsinθ＋f，当T渐渐增大时，f渐渐增大，C错误，D正确。11．(2024·天津高考)(多选)如图所示，轻质不行伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。假如只人为变更一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是()A．绳的右端上移到b′，绳子拉力不变B．将杆N向右移一些，绳子拉力变大C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移答案AB解析设绳长为l，两杆间距离为d，选O点为探讨对象，因aOb为同一根绳，故aO、bO对O点的拉力大小相等，因此平衡时aO、bO与水平方向的夹角相等，设为θ。对于O点受力状况如图所示，依据平衡条件，得2Tsinθ＝mg，而sinθ＝eq\f(\r(l2－d2),l)，所以T＝eq\f(mg,2)·eq\f(l,\r(l2－d2))。由以上各式可知，当l、d不变时，θ不变，故换挂质量更大的衣服时，悬挂点不变，选项D错误。若衣服质量不变，变更b的位置或绳两端的高度差，绳子拉力不变，选项A正确，选项C错误。当N杆向右移一些时，d变大，则T变大，选项B正确。12.(2024·辽宁省大连市高三上学期模拟)(多选)如图所示，处于竖直平面内的正六边形ABCDEF，可绕过C点且与平面垂直的水平轴自由转动，该金属框架的边长为L，中心记为O，用两根不行伸长、长度均为L的轻质细线将质量为m的金属小球悬挂于A、E两个顶点并处于静