资源简介

微专题1　动态平衡　平衡中的临界、极值问题
考点一　动态平衡
命题视角1　分析因变量与自变量的函数关系式,利用解析法求动态平衡
1.关键点:通过受力分析,列出平衡方程,找出力与变化角度或者几何关系之间的函数关系,再利用数学方法分析力的变化趋势或极值。
2.示意图
画受力分析图和平行四边形,构建特殊几何关系。
【典例1】 (中等)如图所示,不可伸长的轻绳绕过光滑动滑轮(质量不计),一端固定于竖直墙壁上的O点,另一端连接套在粗糙竖直杆上的滑环,滑轮通过轻绳悬挂一个重物,系统处于静止状态。若将竖直杆沿水平地面缓慢向左平移一小段距离,滑环高度始终不变,则该过程中(　　)
A.轻绳的拉力变大
B.杆对滑环的弹力变小
C.杆对滑环的摩擦力变小
D.轻绳对滑轮的作用力变大
解析:B　设轻绳的拉力为FT,轻绳与竖直杆夹角为θ,分析动滑轮受力,根据力的平衡可得2FTcos θ=mg,故将竖直杆向左平移,θ减小,轻绳的拉力FT变小,故A错误;对滑环受力分析,根据力的平衡可得,水平方向杆对滑环的弹力FN=FTsin θ,因FT和θ均减小,则杆对滑环的弹力FN变小,故B正确;设杆对滑环的摩擦力为Ff,左边轻绳对O点拉力的竖直分量也为Ff,对滑环与重物整体分析可知,竖直方向有2Ff=m总g,可知杆对滑环的摩擦力不变,故C错误;由力的平衡可得,轻绳对滑轮的作用力始终等于重物所受的重力,故D错误。
命题视角2　画动态矢量三角形或平行四边形,利用图解法求动态平衡
1.关键点:此法适用于定性分析三力平衡问题,并且其中一个力的大小与方向均不变(通常为重力),另外一个力的方向不变。可画出这三个力的封闭矢量三角形或者动态平行四边形,根据力的长度的变化趋势分析力的大小的变化趋势。
2.示意图
【典例2】 (中等)如图所示,装卸工人利用斜面将一质量为m、可近似为光滑的油桶缓慢地推到汽车上。在油桶上移的过程中,人对油桶推力的方向由水平方向逐渐变为与水平方向成60°角斜向上,已知斜面的倾角为θ=30°,重力加速度为g,则关于工人对油桶的推力大小,下列说法正确的是(　　)
A.不变 B.逐渐变小
C.逐渐变大 D.先变小后变大
解析:D　油桶受重力、斜面的支持力和推力,因油桶缓慢地推到汽车上,处于动态平衡状态,由三角形定则作出力的动态变化过程,如图所示。当水平推力F由水平方向逐渐变为与水平方向成60°角斜向上的过程中,推力先变小后变大,故D正确。
命题视角3　相似三角形法求动态平衡,力的三角形与空间几何三角形相似
1.关键点: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。注意:构建三角形时可能需要画辅助线。
2.示意图
【典例3】 (中等)警用钢叉是一种常用的防暴器械,其前端为半圆形的叉头,后端为握柄。现将钢叉竖直放置,半圆环的圆心为O,小球a套在半圆环上,小球b套在竖直杆上,两者之间用一轻弹簧连接。初始时小球b在外力作用下静止在竖直杆上,此时小球a静止在离半圆环最低点较近处,如图所示。现使小球b缓慢上移少许,两小球均可视为质点,不计一切摩擦,在移动过程中弹簧始终在弹性限度内,则半圆环对小球a的弹力(　　)
A.一直增大 B.一直减小
C.先增大后减小 D.先减小后增大
解析:A　对a球受力分析,如图所示,
由几何关系可知,力的矢量三角形与△aOb相似,则有=,在小球b缓慢上移过程中,Ob逐渐减小,Oa保持不变,则半圆环对小球a的弹力一直增大。故A正确。
考点二　平衡中的临界、极值问题
命题视角1　平衡中的临界问题,把握临界特征
1.关键点:临界问题特征与常见临界状态。
(1)临界问题特征: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。
(2)常见的临界状态有:
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;绳子恰好断裂,拉力F达到绳子的最大承受力。
③刚好离开接触面,支持力FN=0。
2.解题思维链
【典例4】 (中等)如图,一辆运送沙子的自卸卡车装满沙子,沙粒之间的动摩擦因数为μ1,沙子与车厢底部材料的动摩擦因数为μ2,车厢的倾角用θ表示(已知μ2>μ1),下列说法正确的是(　　)
A.要顺利卸干净全部沙子,应满足tan θ<μ2
B.要顺利卸干净全部沙子,应满足sin θ>μ2
C.只卸去部分沙子,车上还留有一部分沙子,应满足μ2>tan θ>μ1
D.只卸去部分沙子,车上还留有一部分沙子,应满足μ2>μ1>tan θ
解析:C　车厢表面上的沙子全部卸干净时,mgsin θ>μ2mgcos θ,因此应满足tan θ>μ2,A、B错误;只卸去部分沙子,应同时满足mgsin θ>μ1mgcos θ,mgsin θ<μ2mgcos θ,整理得μ2>tan θ>μ1,C正确,D错误。
命题视角2　平衡中的极值问题,巧用数学方法
常见求极值的方法
方法 适用场景 核心思路
三角 函数 极值法 函数为正弦、 余弦函数形式(如 F=asin θ+bcos θ) 利用三角函数辅助角公式: asin θ+bcos θ= sin(θ+φ) ,φ的值由tan φ=确定
二次 函数 配方法 函数为二次函数形式(如 F=ax2 +bx+c , x为变量) 通过配方化为F=a(x+)2+,求极值
求导法 函数形式复杂(如分式函数、高次函数,无法用前两种方法简化) 对函数F=f(x) 求导,求解导数为0 时的变量x值,代入原函数得到极值(需验证是极大值还是极小值)
物理 分析法 三力平衡问题 根据平衡条件,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,确定最大值和最小值
【典例5】 (中等)如图所示,学校门口水平地面上有一质量为m的石墩,石墩与水平地面间的动摩擦因数为μ,工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时,两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ,则下列说法正确的是(　　)
A.轻绳的合拉力大小为
B.轻绳的合拉力大小为
C.减小夹角θ,轻绳的合拉力一定减小
D.轻绳的合拉力最小时,地面对石墩的摩擦力也最小
解析:B　对石墩受力分析如图所示,
根据共点力平衡的条件,竖直方向FN+F拉 sin θ=mg,水平方向F拉cos θ=Ff,又有Ff=μFN,可得轻绳的合拉力F拉=,选项A错误,B正确;由F拉==,其中tan α=,根据数学知识可得,当α+θ=时,斜向上拉石墩时所需拉力最小,故减小夹角θ,轻绳的合拉力不一定减小,选项C错误;摩擦力大小Ff=F拉cos θ==,增大夹角θ,摩擦力减小,当θ趋近于90°时,摩擦力最小,故轻绳的合拉力最小时,地面对石墩的摩擦力不是最小,选项D错误。
课时作业
A级·基础巩固练
命题视角1　考查动态平衡问题,抓住合力始终为零
1.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:C　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。故选项C正确。
2.(多选)如图所示是一个简易起吊设施的示意图,AC是质量不计的撑杆,A端与竖直墙用铰链连接,C端吊一重物P,一滑轮固定在A点正上方,BC绳连接在滑轮与C端之间。现施加一拉力F缓慢将重物P向上拉,在AC杆达到竖直前(　　)
A.BC绳的拉力FT越来越大
B.BC绳的拉力FT越来越小
C.AC杆的支撑力FN越来越大
D.AC杆的支撑力FN大小不变
解析:BD　作出C点的受力示意图,如图所示,由图可知力的矢量三角形与几何三角形ABC相似,根据相似三角形的性质得==,解得BC绳的拉力FT=G,AC杆的支撑力FN=G;由于重物P向上运动时,AB、AC不变,BC变小,故FT减小,FN大小不变,B、D正确,A、C错误。
3.千斤顶在汽车维修、地震救灾中经常用到。如图所示是剪式(菱形)千斤顶,当摇动把手时,螺纹杆迫使A、B间距离变小,千斤顶的两臂靠拢(螺旋杆始终保持水平),从而将重物缓慢顶起。若物体所受重力为G,AB与AC间的夹角为θ,不计千斤顶杆件自重,下列说法正确的是(　　)
A.AC、BC两杆受到的弹力大小均为
B.当θ=60°时,AC、BC两杆受到的弹力大小均为G
C.摇动把手将重物缓慢顶起的过程,AC、BC杆受到的弹力将减小
D.摇动把手将重物缓慢顶起的过程,重物受到的支持力将增大
解析:C　设AC、BC两杆受到的弹力大小均为F,由平衡条件及几何关系有2Fcos =G,解得F=,故A错误;当θ=60°时,AC、BC两杆受到的弹力大小均为F==G,故B错误;摇动把手将重物缓慢顶起的过程,θ增大,sin θ增大,则F减小,故C正确;摇动把手将重物缓慢顶起的过程,重物所受合力为零,则重物受到的支持力大小一直等于重物所受重力的大小,保持不变,故D错误。
命题视角2　平衡中的临界问题,把握临界特征
4.(2024·山东卷)如图所示,国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于(　　)
A. B. C. D.
解析:B　根据题意,对“天工”分析有mgsin 30°≤μmgcos 30°,可得μ≥tan 30°=,故选B。
命题视角3　平衡中的极值问题,巧用数学方法
5.(2026·金丽衢十二校、七彩阳光等校联考)如图所示,登山者在倾斜的细绳及山体的作用下处于静止状态,细绳与竖直方向夹角为θ。则(　　)
A.细绳对登山者的作用力一定大于登山者受到的重力
B.若θ角一定,细绳对登山者的作用力大小也一定
C.山体对登山者的作用力存在最小值
D.山体对登山者的作用力一定小于登山者受到的重力
解析:C　以登山者为研究对象,受到重力G、细绳的作用力FT和山体的作用力FN。FT、FN可以大于、等于或小于G,故A、D错误;细绳对登山者的作用力大小FT除与θ角大小、重力有关外,还与FN方向有关,故B错误;如图所示,当FT、FN垂直时,山体对登山者的作用力存在着最小值,故C正确。
6.如图甲所示,车辕是马车车身上伸出的两根直木,它是驾在马上以便拉车的把手。如图乙为马拉车时的简化模型,车辕前端距车轴的高度H约为1 m,马拉车的力可视为沿车辕方向,马车的车轮与地面间的摩擦力大小是其对地面压力的,若想让马拉车在水平地面上匀速前进且尽可能省力,则车辕的长度约为(　　)
A. m B. m
C.3 m D.2 m
解析:D　设车辕与水平方向的夹角为θ,则当车匀速前进时,有Fcos θ=k(mg-Fsin θ),解得F=,其中k=,由三角函数知识可得cos θ+ksin θ=sin(60°+θ),则当θ=30°时F最小,即此时车辕的长度约为l==2H=2 m,故选D。
B级·高考过关练
7.在吊运表面平整的重型板材(混凝土预制板、厚钢板)时,如因吊绳无处钩挂而遇到困难,可用一根钢丝绳将板拦腰捆起(不必捆得很紧),用两个吊钩钩住绳圈长边的中点起吊(如图所示),若钢丝绳与板材之间的动摩擦因数为μ,为了满足安全起吊(不考虑钢丝绳断裂),需要满足的条件是(已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)
A.tan α>μ B.tan α<μ
C.sin α>μ D.sin α<μ
解析:B　要起吊重物,只需满足钢丝绳拉力FT的竖直分量小于钢丝绳与板材之间的最大静摩擦力,如图所示,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则有μFTcos α>FTsin α,化简可得tan α<μ,选项B正确。
8.(2025·新教育阵地联盟二模)如图所示,质量为m的物体由两根轻绳吊起悬在空中处于静止状态,右侧绳子的另一端固定在高墙处的A点且与竖直方向的夹角为α,左侧绳子由人拉着且与竖直方向的夹角为β,现人站立不动而把手中的长绳缓慢释放,在物体接触墙前的过程,下列说法正确的是(　　)
A.两根绳子对物体拉力的合力变大
B.两根绳子的拉力都变大
C.地面对人的摩擦力变小
D.地面对人的支持力变小
解析:C　人站立不动而把手中的长绳缓慢释放,物体处于平衡状态,两根绳子对物体拉力的合力始终与物体所受重力等大反向,则两根绳子对物体拉力的合力不变,故A错误;对物体受力分析,由相似三角形得==,当人站立不动而缓慢释放绳子,则AC增大,AO不变,OC减小,可知FT减小,F减小,故B错误;对整体有FTsin α=Ff,FT减小,α减小,则Ff减小,故C正确;对人,由平衡条件得Fcos β+FN=Mg,F减小,β增大,则FN增大,故D错误。
9.(2025·湖州三模)如图所示,一足够长的细线一端连接穿过水平细杆的滑块A,另一端通过光滑滑轮连接重物B,此时两边细线竖直。某时刻,水平拉力F作用在滑块A上,使A向右移动。已知A、B的质量分别为m和2m,滑块A与细杆间的动摩擦因数为。则(　　)
A.若A做匀速运动,则B也做匀速运动
B.若B做匀速运动,则A做加速运动
C.若A缓慢向右运动,当细线与细杆间的夹角为30°时,拉力F有最小值
D.若A缓慢向右运动到细线与细杆间的夹角为30°时,拉力F一直在增大
解析:D　A、B两滑块速度关系如图甲所示。
由几何关系有vB=vAcos θ,若A做匀速运动,θ逐渐减小,cos θ逐渐增大,则B的速度逐渐增大,若B做匀速运动,θ逐渐减小,cos θ逐渐增大,则A的速度逐渐减小,故选项A、B错误;对滑块B有FT=2mg,对滑块A进行受力分析如图乙所示,由于滑块A从图示(最初是竖直的)位置开始缓慢向右移动至θ=30°过程中30°≤θ≤90°,可知FTsin θ=2mgsin θ≥mg,则在竖直方向上有FTsin θ=mg+FN,在水平方向有F=μFN+FTcos θ,解得F=2mgcos θ+2μmgsin θ-μmg=
2mg(cos θ+sin θ)-μmg,假设sin α==,cos α==,解得α=60°,则可求得F=2mgsin(60°+θ)-μmg,滑块A从图示虚线位置开始缓慢向右移动过程中,θ减小,可知F逐渐增大,当θ=30°时解得拉力F有最大值Fmax=mg,故选项C错误,D正确。微专题1　动态平衡　平衡中的临界、极值问题
课时作业
A级·基础巩固练
命题视角1　考查动态平衡问题,抓住合力始终为零
1.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:C　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。故选项C正确。
2.(多选)如图所示是一个简易起吊设施的示意图,AC是质量不计的撑杆,A端与竖直墙用铰链连接,C端吊一重物P,一滑轮固定在A点正上方,BC绳连接在滑轮与C端之间。现施加一拉力F缓慢将重物P向上拉,在AC杆达到竖直前(　　)
A.BC绳的拉力FT越来越大
B.BC绳的拉力FT越来越小
C.AC杆的支撑力FN越来越大
D.AC杆的支撑力FN大小不变
解析:BD　作出C点的受力示意图,如图所示,由图可知力的矢量三角形与几何三角形ABC相似,根据相似三角形的性质得==,解得BC绳的拉力FT=G,AC杆的支撑力FN=G;由于重物P向上运动时,AB、AC不变,BC变小,故FT减小,FN大小不变,B、D正确,A、C错误。
3.千斤顶在汽车维修、地震救灾中经常用到。如图所示是剪式(菱形)千斤顶,当摇动把手时,螺纹杆迫使A、B间距离变小,千斤顶的两臂靠拢(螺旋杆始终保持水平),从而将重物缓慢顶起。若物体所受重力为G,AB与AC间的夹角为θ,不计千斤顶杆件自重,下列说法正确的是(　　)
A.AC、BC两杆受到的弹力大小均为
B.当θ=60°时,AC、BC两杆受到的弹力大小均为G
C.摇动把手将重物缓慢顶起的过程,AC、BC杆受到的弹力将减小
D.摇动把手将重物缓慢顶起的过程,重物受到的支持力将增大
解析:C　设AC、BC两杆受到的弹力大小均为F,由平衡条件及几何关系有2Fcos =G,解得F=,故A错误;当θ=60°时,AC、BC两杆受到的弹力大小均为F==G,故B错误;摇动把手将重物缓慢顶起的过程,θ增大,sin θ增大,则F减小,故C正确;摇动把手将重物缓慢顶起的过程,重物所受合力为零,则重物受到的支持力大小一直等于重物所受重力的大小,保持不变,故D错误。
命题视角2　平衡中的临界问题,把握临界特征
4.(2024·山东卷)如图所示,国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于(　　)
A. B. C. D.
解析:B　根据题意,对“天工”分析有mgsin 30°≤μmgcos 30°,可得μ≥tan 30°=,故选B。
命题视角3　平衡中的极值问题,巧用数学方法
5.(2026·金丽衢十二校、七彩阳光等校联考)如图所示,登山者在倾斜的细绳及山体的作用下处于静止状态,细绳与竖直方向夹角为θ。则(　　)
A.细绳对登山者的作用力一定大于登山者受到的重力
B.若θ角一定,细绳对登山者的作用力大小也一定
C.山体对登山者的作用力存在最小值
D.山体对登山者的作用力一定小于登山者受到的重力
解析:C　以登山者为研究对象,受到重力G、细绳的作用力FT和山体的作用力FN。FT、FN可以大于、等于或小于G,故A、D错误;细绳对登山者的作用力大小FT除与θ角大小、重力有关外,还与FN方向有关,故B错误;如图所示,当FT、FN垂直时,山体对登山者的作用力存在着最小值,故C正确。
6.如图甲所示,车辕是马车车身上伸出的两根直木,它是驾在马上以便拉车的把手。如图乙为马拉车时的简化模型,车辕前端距车轴的高度H约为1 m,马拉车的力可视为沿车辕方向,马车的车轮与地面间的摩擦力大小是其对地面压力的,若想让马拉车在水平地面上匀速前进且尽可能省力,则车辕的长度约为(　　)
A. m B. m
C.3 m D.2 m
解析:D　设车辕与水平方向的夹角为θ,则当车匀速前进时,有Fcos θ=k(mg-Fsin θ),解得F=,其中k=,由三角函数知识可得cos θ+ksin θ=sin(60°+θ),则当θ=30°时F最小,即此时车辕的长度约为l==2H=2 m,故选D。
B级·高考过关练
7.在吊运表面平整的重型板材(混凝土预制板、厚钢板)时,如因吊绳无处钩挂而遇到困难,可用一根钢丝绳将板拦腰捆起(不必捆得很紧),用两个吊钩钩住绳圈长边的中点起吊(如图所示),若钢丝绳与板材之间的动摩擦因数为μ,为了满足安全起吊(不考虑钢丝绳断裂),需要满足的条件是(已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)
A.tan α>μ B.tan α<μ
C.sin α>μ D.sin α<μ
解析:B　要起吊重物,只需满足钢丝绳拉力FT的竖直分量小于钢丝绳与板材之间的最大静摩擦力,如图所示,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则有μFTcos α>FTsin α,化简可得tan α<μ,选项B正确。
8.(2025·新教育阵地联盟二模)如图所示,质量为m的物体由两根轻绳吊起悬在空中处于静止状态,右侧绳子的另一端固定在高墙处的A点且与竖直方向的夹角为α,左侧绳子由人拉着且与竖直方向的夹角为β,现人站立不动而把手中的长绳缓慢释放,在物体接触墙前的过程,下列说法正确的是(　　)
A.两根绳子对物体拉力的合力变大
B.两根绳子的拉力都变大
C.地面对人的摩擦力变小
D.地面对人的支持力变小
解析:C　人站立不动而把手中的长绳缓慢释放,物体处于平衡状态,两根绳子对物体拉力的合力始终与物体所受重力等大反向,则两根绳子对物体拉力的合力不变,故A错误;对物体受力分析,由相似三角形得==,当人站立不动而缓慢释放绳子,则AC增大,AO不变,OC减小,可知FT减小,F减小,故B错误;对整体有FTsin α=Ff,FT减小,α减小,则Ff减小,故C正确;对人,由平衡条件得Fcos β+FN=Mg,F减小,β增大,则FN增大,故D错误。
9.(2025·湖州三模)如图所示,一足够长的细线一端连接穿过水平细杆的滑块A,另一端通过光滑滑轮连接重物B,此时两边细线竖直。某时刻,水平拉力F作用在滑块A上,使A向右移动。已知A、B的质量分别为m和2m,滑块A与细杆间的动摩擦因数为。则(　　)
A.若A做匀速运动,则B也做匀速运动
B.若B做匀速运动,则A做加速运动
C.若A缓慢向右运动,当细线与细杆间的夹角为30°时,拉力F有最小值
D.若A缓慢向右运动到细线与细杆间的夹角为30°时,拉力F一直在增大
解析:D　A、B两滑块速度关系如图甲所示。
由几何关系有vB=vAcos θ,若A做匀速运动,θ逐渐减小,cos θ逐渐增大,则B的速度逐渐增大,若B做匀速运动,θ逐渐减小,cos θ逐渐增大,则A的速度逐渐减小,故选项A、B错误;对滑块B有FT=2mg,对滑块A进行受力分析如图乙所示,由于滑块A从图示(最初是竖直的)位置开始缓慢向右移动至θ=30°过程中30°≤θ≤90°,可知FTsin θ=2mgsin θ≥mg,则在竖直方向上有FTsin θ=mg+FN,在水平方向有F=μFN+FTcos θ,解得F=2mgcos θ+2μmgsin θ-μmg=
2mg(cos θ+sin θ)-μmg,假设sin α==,cos α==,解得α=60°,则可求得F=2mgsin(60°+θ)-μmg,滑块A从图示虚线位置开始缓慢向右移动过程中,θ减小,可知F逐渐增大,当θ=30°时解得拉力F有最大值Fmax=mg,故选项C错误,D正确。(共25张PPT)
微专题1
动态平衡　
平衡中的临界、极值问题
考点一
动态平衡
命题视角1　分析因变量与自变量的函数关系式,利用解析法求动态平衡
1.关键点:通过受力分析,列出平衡方程,找出力与变化角度或者几何关系之间的函数关系,再利用数学方法分析力的变化趋势或极值。
2.示意图
画受力分析图和平行四边形,构建特殊几何关系。
【典例1】 (中等)如图所示,不可伸长的轻绳绕过光滑动滑轮(质量不计),一端固定于竖直墙壁上的O点,另一端连接套在粗糙竖直杆上的滑环,滑轮通过轻绳悬挂一个重物,系统处于静止状态。若将竖直杆沿水平地面缓慢向左平移一小段距离,滑环高度始终不变,则该过程中(　　)
A.轻绳的拉力变大
B.杆对滑环的弹力变小
C.杆对滑环的摩擦力变小
D.轻绳对滑轮的作用力变大
B
解析:B　设轻绳的拉力为FT,轻绳与竖直杆夹角为θ,分析动滑轮受力,根据力的平衡可得2FTcos θ=mg,故将竖直杆向左平移,θ减小,轻绳的拉力FT变小,故A错误;对滑环受力分析,根据力的平衡可得,水平方向杆对滑环的弹力FN=FTsin θ,因FT和θ均减小,则杆对滑环的弹力FN变小,故B正确;设杆对滑环的摩擦力为Ff,左边轻绳对O点拉力的竖直分量也为Ff,对滑环与重物整体分析可知,竖直方向有2Ff=m总g,可知杆对滑环的摩擦力不变,故C错误;由力的平衡可得,轻绳对滑轮的作用力始终等于重物所受的重力,故D错误。
命题视角2　画动态矢量三角形或平行四边形,利用图解法求动态平衡
1.关键点:此法适用于定性分析三力平衡问题,并且其中一个力的大小与方向均不变(通常为重力),另外一个力的方向不变。可画出这三个力的封闭矢量三角形或者动态平行四边形,根据力的长度的变化趋势分析力的大小的变化趋势。
2.示意图
【典例2】 (中等)如图所示,装卸工人利用斜面将一质量为m、可近似为光滑的油桶缓慢地推到汽车上。在油桶上移的过程中,人对油桶推力的方向由水平方向逐渐变为与水平方向成60°角斜向上,已知斜面的倾角为θ=30°,重力加速度为g,则关于工人对油桶的推力大小,下列说法正确的是(　　)
A.不变
B.逐渐变小
C.逐渐变大
D.先变小后变大
D
解析:D　油桶受重力、斜面的支持力和推力,因油桶缓慢地推到汽车上,处于动态平衡状态,由三角形定则作出力的动态变化过程,如图所示。当水平推力F由水平方向逐渐变为与水平方向成60°角斜向上的过程中,推力先变小后变大,故D正确。
命题视角3　相似三角形法求动态平衡,力的三角形与空间几何三角形相似
1.关键点: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。注意:构建三角形时可能需要画辅助线。
2.示意图
【典例3】 (中等)警用钢叉是一种常用的防暴器械,其前端为半圆形的叉头,后端为握柄。现将钢叉竖直放置,半圆环的圆心为O,小球a套在半圆环上,小球b套在竖直杆上,两者之间用一轻弹簧连接。初始时小球b在外力作用下静止在竖直杆上,此时小球a静止在离半圆环最低点较近处,如图所示。现使小球b缓慢上移少许,两小球均可视为质点,不计一切摩擦,在移动过程中弹簧始终在弹性限度内,则半圆环对小球a的弹力(　　)
A.一直增大 B.一直减小
C.先增大后减小 D.先减小后增大
A
考点二
平衡中的临界、极值问题
命题视角1　平衡中的临界问题,把握临界特征
1.关键点:临界问题特征与常见临界状态。
(1)临界问题特征: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。
(2)常见的临界状态有:
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;绳子恰好断裂,拉力F达到绳子的最大承受力。
③刚好离开接触面,支持力FN=0。
2.解题思维链
【典例4】 (中等)如图,一辆运送沙子的自卸卡车装满沙子,沙粒之间的动摩擦因数为μ1,沙子与车厢底部材料的动摩擦因数为μ2,车厢的倾角用θ表示(已知μ2>μ1),下列说法正确的是(　　)
A.要顺利卸干净全部沙子,应满足tan θ<μ2
B.要顺利卸干净全部沙子,应满足sin θ>μ2
C.只卸去部分沙子,车上还留有一部分沙子,应满足μ2>tan θ>μ1
D.只卸去部分沙子,车上还留有一部分沙子,应满足μ2>μ1>tan θ
C
解析:C　车厢表面上的沙子全部卸干净时,mgsin θ>μ2mgcos θ,
因此应满足tan θ>μ2,A、B错误;
只卸去部分沙子,应同时满足mgsin θ>μ1mgcos θ,
mgsin θ<μ2mgcos θ,整理得μ2>tan θ>μ1,C正确,D错误。
命题视角2　平衡中的极值问题,巧用数学方法
常见求极值的方法
物理 分析法 三力平衡问题 根据平衡条件,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,确定最大值和最小值
【典例5】 (中等)如图所示,学校门口水平地面上有一质量为m的石墩,石墩与水平地面间的动摩擦因数为μ,工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时,两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ,则下列说法正确的是(　　)
C.减小夹角θ,轻绳的合拉力一定减小
D.轻绳的合拉力最小时,地面对石墩的摩擦力也最小
B
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