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第9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
一个力(F1)恒定，另一个力(F2)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。
若F1与F2垂直，三力构成直角三角形，如图甲所示，θ增大时，F2、F3都增大。
若F1与F2不垂直，当F3⊥F2时，F3有最小值，F3min=F1sin θ，如图乙所示。
例1　(2025·河北张家口市检测)半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN。在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑的均匀小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态，如图所示是这个装置的纵截面图。现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止。则在此过程中，下列说法中正确的是(　　)
A.MN对Q的弹力逐渐减小
B.地面对P的摩擦力逐渐增大
C.P、Q间的弹力先减小后增大
D.Q所受的合力逐渐增大
答案　B
解析　对Q受力分析，F1表示P对Q的弹力，F2表示MN对Q的弹力，F2的方向水平向左保持不变，如图所示，分析可知F1与F2都逐渐增大，故A、C错误；对P、Q整体受力分析，由平衡条件得，Ff=F2，由于F2不断增大，故Ff不断增大，故B正确；由于挡板MN缓慢移动，Q处于平衡状态，所受合力为零，故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)，其他两力的方向均变化，但两力分别与绳子、两物体重心连线方向平行，即三力构成的矢量三角形与△ACO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：==。
例2　(2025·江苏苏州市调研)如图所示为一简易起重装置，AC是上端带有小滑轮的固定支架，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，并用轻质钢丝绳跨过滑轮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，G、FN的合力F合与F大小相等、方向相反。
根据三角形相似得==，得FN= 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)(2025·福建宁德市检测)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>)。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：辅助圆
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==，mg与sin θ3保持不变，sin θ1变大，F1变大，sin θ2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
受力分析画不同状态下的受力平衡图构造矢量三角形
4.多个共点力作用下的动态平衡问题
例4　(2025·安徽省三模)一物体置于倾角为α的粗糙斜面体上，斜面体放在粗糙的水平地面上，用水平力F推物体，物体及斜面体均保持静止，F适当减小时，物体、斜面体仍保持静止，则下列说法一定正确的是(　　)
A.物体所受的合力减小
B.斜面体对物体的支持力减小
C.物体所受摩擦力减小
D.地面对斜面体的支持力减小
答案　B
解析　因为物体始终保持静止，故物体所受合力始终为零，所以物体所受合力不变，故A错误；对物体进行受力分析，物体一定受到重力mg、水平力F和斜面体的支持力FN，将重力mg和水平力F沿斜面和垂直斜面方向分解，垂直斜面方向有FN=mgcos α+Fsin α，所以当F减小时斜面体对物体的支持力减小，故B正确；摩擦力的方向需要分情况讨论：若Fcos α>mgsin α，则摩擦力Ff=Fcos α-mgsin α，F减小时，摩擦力减小，若Fcos α≤mgsin α，则摩擦力Ff=mgsin α-Fcos α，F减小时，摩擦力增大，所以物体所受摩擦力不一定减小，故C错误；对物体和斜面体整体进行受力分析，整体受到重力(M+m)g、地面的支持力FN地、水平力F和摩擦力，在竖直方向上有FN地=(M+m)g，与F无关，所以地面对斜面体的支持力不变，故D错误。
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)绳子恰好伸直，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过程分析，把某个物理量推向极端(极大或极小)，从而找出平衡的临界点和极值点。
(2)数学分析法：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)物理分析法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，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5　(2025·福建莆田市检测)如图所示，质量M=4 kg的物块甲置于倾角为37°的固定斜面上，物块甲与斜面间动摩擦因数μ=0.5，物块甲与斜面间最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小。质量为m=3 kg的物块乙通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O，水平轻绳OA与物块甲连接于A点，轻绳OB与水平方向夹角也为37°。对物块甲施加沿斜面向上的力F(图中未画出)使甲、乙两物块均静止。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)轻绳OA的弹力FTOA大小和轻绳OB的弹力FTOB大小；
(2)斜面对甲的弹力FN大小；
(3)力F大小的取值范围。
答案　(1)40 N　50 N　(2)8 N　(3)52 N≤F≤60 N
解析　(1)对结点O，由平衡条件得FTOBcos 37°=FTOA，FTOBsin 37°=mg
解得FTOA=40 N，FTOB=50 N
(2)对物块甲进行受力分析，在垂直斜面方向，由受力平衡可得
FN=Mgcos 37°-FTOAsin 37°=8 N
(3)甲受到的最大静摩擦力为Ffm=μFN=4 N
当拉力F较小，且沿斜面向上的摩擦力达到最大静摩擦力时，由平衡条件可得
F1+Ffm=Mgsin 37°+FTOAcos 37°
解得F1=52 N
当拉力F较大，且沿斜面向下的摩擦力达到最大静摩擦力时，由平衡条件可得
F2=Mgsin 37°+FTOAcos 37°+Ffm
解得F2=60 N
故力F大小的取值范围为52 N≤F≤60 N。
例6　(2025·山东烟台市龙口第一中学开学考)如图所示，质量m=5.2 kg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取10 m/s2。求所需拉力F的最小值。
答案　2 N
解析　方法一　三角函数法
设拉力与水平方向夹角为θ，根据平衡条件有Fcos θ=μ(mg-Fsin θ)，整理得F==(其中sin β=)，当θ=-β时F最小，故所需拉力F的最小值Fmin==2 N。
方法二　利用“摩擦角”法
设FN与Ff的合力与FN方向的夹角为α，则tan α==μ①
再设FN与Ff的合力为F'。
如图所示，当拉力F与F'垂直时有最小值
即Fmin=mgsin α②
由①②得Fmin=2 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，FN与Ff的合力F'方向一定，即“摩擦角”α满足tan α==μ，则Fmin=mgsin α，此时θ=α。
课时精练
[分值：54分]
　[1~5题，每题4分]
1.(2024·山东卷·2)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.
答案　B
解析　根据题意可知机器人“天工”可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，对“天工”分析有mgsin 30°≤μmgcos 30°
可得μ≥tan 30°=
故选B。
2.(2025·河北卷·4)如图，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
答案　B
解析　对小球进行受力分析可知当凹槽底部对小球支持力为零时，此时拉力F最大，根据平衡条件有2Fmcos 45°=G，解得Fm=G，故选B。
3.(2025·天津市南开区期末)如图所示，送水工人用特制的推车运送桶装水，到达目的地后，工人通过调节挡板OA转动可将水桶卸下。若桶与接触面之间的摩擦不计，∠AOB为锐角，OA、OB对水桶的弹力大小分别为F1、F2。若保持OB不动，调节挡板OA，使OA绕O点由竖直缓慢转到与OB垂直的过程，下列说法正确的是(　　)
A.水桶受到的合力变小
B.F1先减小后增大
C.F2一直增大
D.F1、F2都一直减小
答案　D
解析　对水桶受力分析，如图所示
OA由竖直缓慢转到与OB垂直的过程中，水桶受到的合力为零，且F1和F2都在减小。故选D。
4.(2025·黑龙江省二模)如图所示，一辆静止在水平地面的卡车利用缆绳，沿固定斜面向上缓慢拉动轿车，忽略轿车与斜面的摩擦，不计缆绳质量，则在轿车向上运动的过程中(　　)
A.轿车所受合外力变大
B.缆绳的拉力变大
C.斜面对轿车的支持力变大
D.地面所受的摩擦力变大
答案　B
解析　由受力分析可知，轿车向上移动过程中受力平衡，合外力为0不变，A错误；缆绳与竖直方向的夹角越来越小，如图所示，缆绳拉力越来越大，斜面对轿车的支持力变小，B正确，C错误；对整个系统受力分析可知，地面所受摩擦力为0，D错误。
5.两金属小球A、B用一轻质弹簧连接，球A用轻绳悬挂于O点，在水平拉力F的作用下，两小球处于如图所示的位置，此时轻绳与竖直方向的夹角为30°。现将力F逆时针缓慢转动30°，在此过程中，轻绳与竖直方向的夹角不变。下列说法正确的是(　　)
A.轻绳的拉力先减小后增大
B.A、B两小球间的距离增大
C.力F先减小后增大
D.弹簧与竖直方向的夹角增大
答案　D
解析　对A、B整体受力分析，如图甲所示，绳与竖直方向夹角不变，则轻绳拉力FT方向不变，现将力F逆时针缓慢转动30°(此时力F与轻绳拉力FT垂直)，则此过程中，轻绳拉力FT减小，力F减小至最小，故A、C错误；对B小球受力分析可知，在F转动过程中，弹簧与轻绳的夹角始终大于90°，对A小球受力分析，如图乙所示，其受轻绳拉力FT方向不变，而拉力FT变小，A小球处于动态平衡，则可知F弹在逐渐减小且与竖直方向夹角增大，即弹簧与竖直方向的夹角增大，根据胡克定律F弹=kx可知，弹簧伸长量x减小，即A、B两小球间的距离减小，故B错误，D正确。
　[6~8题，每题6分]
6.(多选)如图，一斜面粗糙的斜面体置于粗糙地面上，斜面顶端装有一光滑轻质定滑轮。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，M与滑轮间细绳与斜面平行，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°角。已知M与斜面体始终保持静止，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一定一直增大
C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增大
D.斜面体所受地面的摩擦力一定增大
答案　BD
解析　方法一　图解法
对N进行受力分析，在力的矢量三角形中(如图甲所示)可以看出水平拉力的大小逐渐增大，细绳的拉力也一直增大，选项A错误，B正确；M的质量与N的质量的大小关系不确定，设斜面倾角为θ，若mNg≥mMgsin θ，则M所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若mNg方法二　解析法
以物块N为研究对象，受到重力G、水平拉力F和细绳的拉力FT，设细绳与竖直方向的夹角为α，如图乙所示，根据平衡条件可得F=Gtan α，FT=，随着α的增大，F和FT都增大，故A错误，B正确；对于M，受重力GM、支持力FN、绳的拉力FT以及斜面可能对它的摩擦力Ff，如果开始摩擦力方向沿斜面向上，如图丙所示，则有FT+Ff=GMsin θ，当FT不断增大的时候，Ff减小；当FT>GMsin θ时，有FT=GMsin θ+Ff，随着FT的增大，Ff将增大，所以沿斜面的摩擦力Ff可能先减小后增大，C错误；对整体受力分析，可知斜面体所受地面摩擦力等于水平拉力F，一定增大，选项D正确。
7.(2025·河北廊坊市一模)运动员拖轮胎做负重训练时的简易图如图所示。用两根不计质量的等长细绳拴在质量为60 kg的轮胎直径两端，两根细绳之间的夹角为θ，轮胎与水平地面间的动摩擦因数为0.75。轮胎在地面上匀速运动时，已知cos =0.9，重力加速度g取10 m/s2，则每根细绳的最小拉力是(　　)
A.360 N B.225 N
C.200 N D.180 N
答案　C
解析　两根细绳拉力的合力F合=2Fcos ，设此时合力方向与水平方向的夹角为α，轮胎做匀速直线运动，由平衡条件可得F合cos α=μ(mg-F合sin α)，整理可得每根细绳的拉力大小F==，其中tan β=，可见当sin(α+β)=1时，每根细绳的拉力最小，为Fmin=200 N，故选C。
8.(2025·山东临沂市期中)如图所示，某款手机支架由“L”形挡板和底座构成，其AB、BC部分相互垂直，可绕O点的轴在竖直面内自由调节，AB、BC部分对手机的弹力分别为FAB和FBC(不计手机与挡板间的摩擦)，在“L”形挡板AB部分由图示位置逆时针缓慢转至竖直的过程中，下列说法正确的是(　　)
A.FAB逐渐减小，FBC逐渐增大
B.FAB逐渐增大，FBC逐渐减小
C.FAB先增大后减小，FBC先减小后增大
D.FAB先减小后增大，FBC先增大后减小
答案　A
解析　对手机受力分析，如图所示，已知AB、BC部分对手机的弹力相互垂直，即α=90°，手机处于静止状态，则手机受力平衡，根据拉密定理==，因为手机的重力mg和α不变，所以上式的比值不变。挡板AB部分由图示位置逆时针缓慢转至竖直的过程中，β由钝角减小到90°，即sin β增大，故FBC增大；θ由钝角增大到180°，即sin θ减小，故FAB减小。故选A。
9.(10分)质量为M的木楔在水平面上保持静止，斜面倾角为θ，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，木块正好匀速下滑。如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止，重力加速度为g)。求：
(1)(7分)当α变化时，拉力F的最小值；
(2)(3分)F取最小值时，木楔对水平面的摩擦力大小。
答案　(1)mgsin 2θ　(2)mgsin 4θ
解析　(1)木块在木楔斜面上匀速向下运动时，根据平衡条件有mgsin θ=μmgcos θ
解得μ=tan θ
因木块在力F作用下沿斜面向上做匀速运动，将力F沿平行斜面和垂直斜面的方向正交分解有Fcos α=mgsin θ+Ff
Fsin α+FN=mgcos θ
且Ff=μFN
联立解得F==
则当α=θ时，F有最小值，即
Fmin=mgsin 2θ
(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到的地面的摩擦力等于F的水平分力，即Ff地=Fcos (α+θ)
当F取最小值mgsin 2θ时，α=θ，则有
Ff地=Fmincos 2θ=mgsin 2θ·cos 2θ=mgsin 4θ。
　[6分]
10.(2025·山东聊城市二模)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
答案　A
解析　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，故选A。(共57张PPT)
第二章
相互作用
专题强化：动态平衡
和临界、极值问题
第9课时
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。
目标要求
课时精练
考点一　动态平衡问题
考点二　平衡中的临界、极值问题
内容索引
动态平衡问题
考点一
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
一个力(F1)恒定，另一个力(F2)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。
若F1与F2垂直，三力构成直角三角形，如图甲所示，θ增大时，F2、F3都增大。
若F1与F2不垂直，当F3⊥F2时，F3有最
小值，F3min=F1sin θ，如图乙所示。
　　　(2025·河北张家口市检测)半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN。在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑的均匀小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态，如图所示是这个装置的纵截面图。现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止。则在此过程中，下列说法中正确的是
A.MN对Q的弹力逐渐减小
B.地面对P的摩擦力逐渐增大
C.P、Q间的弹力先减小后增大
D.Q所受的合力逐渐增大
√
　　 对Q受力分析，F1表示P对Q的弹力，F2表示MN对Q的弹力，F2的方向水平向左保持不变，如图所示，分析可知F1与F2都逐渐增大，故A、C错误；
对P、Q整体受力分析，由平衡条件得，Ff=F2，由于F2不断增大，故Ff不断增大，故B正确；
由于挡板MN缓慢移动，Q处于平衡状态，所受合力为零，故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)，其他两力的方向均变化，但两力分别与绳子、两物体重心连线方向平行，即三力构成的矢量三角形与△ACO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：==。
(2025·江苏苏州市调研)如图所示为一简易起重装置，AC是上端带有小滑轮的固定支架，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，并用轻质钢丝绳跨过滑轮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
√
　　 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，G、FN的合力F合与F大小相等、方向相反。
根据三角形相似得==，得FN= 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。
　　　(多选)(2025·福建宁德市检测)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>)。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
√
√
　　法一：辅助圆
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==，mg与sin θ3保持不变，sin θ1变大，F1变大，sin θ2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 画不同状态下的受力平衡图构造矢量三角形
　　　(2025·安徽省三模)一物体置于倾角为α的粗糙斜面体上，斜面体放在粗糙的水平地面上，用水平力F推物体，物体及斜面体均保持静止，F适当减小时，物体、斜面体仍保持静止，则下列说法一定正确的是
A.物体所受的合力减小
B.斜面体对物体的支持力减小
C.物体所受摩擦力减小
D.地面对斜面体的支持力减小
4.多个共点力作用下的动态平衡问题
√
　　因为物体始终保持静止，故物体所受合力始终为零，所以物体所受合力不变，故A错误；
对物体进行受力分析，物体一定受到重力mg、水平力F和斜面体的支持力FN，将重力mg和水平力F沿斜面和垂直斜面方向分解，垂直斜面方向有FN=mgcos α+ Fsin α，所以当F减小时斜面体对物体的支持力减小，故B正确；
摩擦力的方向需要分情况讨论：若Fcos α>mgsin α，则摩擦力Ff=Fcos α-mgsin α，F减小时，摩擦力减小，若Fcos α≤mgsin α，则摩擦力Ff=mgsin α-Fcos α，F减小时，摩擦力增大，所以物体所受摩擦力不一定减小，故C错误；
对物体和斜面体整体进行受力分析，整体受到重力(M+m)g、地面的支持力FN地、水平力F和摩擦力，在竖直方向上有FN地=(M+m)g，与F无关，所以地面对斜面体的支持力不变，故D错误。
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平衡中的临界、极值问题
考点二
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)绳子恰好伸直，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过程分析，把某个物理量推向极端(极大或极小)，从而找出平衡的临界点和极值点。
(2)数学分析法：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)物理分析法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值与最小值。
　　　(2025·福建莆田市检测)如图所示，质量M=4 kg的物块甲置于倾角为37°的固定斜面上，物块甲与斜面间动摩擦因数μ=0.5，物块甲与斜面间最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小。质量为m=3 kg的物块乙通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O，水平轻绳OA与物块甲连接于A点，轻绳OB与水平方向夹角也为37°。对物块甲施加沿斜面向上的力F(图中未画出)使甲、乙两物块均静止。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)轻绳OA的弹力FTOA大小和轻绳OB的弹力FTOB大小；
答案　40 N　50 N
　　 对结点O，由平衡条件得FTOBcos 37°=FTOA，FTOBsin 37°=mg
解得FTOA=40 N，FTOB=50 N
(2)斜面对甲的弹力FN大小；
答案　8 N
　　 对物块甲进行受力分析，在垂直斜面方向，由受力平衡可得
FN=Mgcos 37°-FTOAsin 37°=8 N
(3)力F大小的取值范围。
答案　52 N≤F≤60 N
　　 甲受到的最大静摩擦力为Ffm=μFN=4 N
当拉力F较小，且沿斜面向上的摩擦力达到最大静摩擦力时，由平衡条件可得
F1+Ffm=Mgsin 37°+FTOAcos 37°
解得F1=52 N
当拉力F较大，且沿斜面向下的摩擦力达到最大静摩擦力时，由平衡条件可得
F2=Mgsin 37°+FTOAcos 37°+Ffm
解得F2=60 N
故力F大小的取值范围为52 N≤F≤60 N。
(2025·山东烟台市龙口第一中学开学考)如图所示，质量m=5.2 kg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取10 m/s2。求所需拉力F的最小值。
答案　2 N
　　 方法一　三角函数法
设拉力与水平方向夹角为θ，根据平衡条件有Fcos θ=μ(mg-Fsin θ)，整理
得F==(其中sin β=)，当θ=-β时F最小，故所需拉力F的最小值Fmin==2 N。
方法二　利用“摩擦角”法
设FN与Ff的合力与FN方向的夹角为α，则tan α==μ ①
再设FN与Ff的合力为F'。
　　如图所示，当拉力F与F'垂直时有最小值
即Fmin=mgsin α　　　　　　　　　　　　②
由①②得Fmin=2 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，FN与Ff的合力F'方
向一定，即“摩擦角”α满足tan α==μ，
则Fmin=mgsin α，此时θ=α。
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提升关键能力
对一对
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B B D B D BD C A
题号 9 10
答案 (1)mgsin 2θ　(2)mgsin 4θ A
答案
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1.(2024·山东卷·2)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.
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答案
基础落实练
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答案
　　 根据题意可知机器人“天工”可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，对“天工”分析有mgsin 30°≤μmgcos 30°
可得μ≥tan 30°=
故选B。
2.(2025·河北卷·4)如图，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
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答案
　　 对小球进行受力分析可知当凹槽底部对小球支持力为零时，此时拉
力F最大，根据平衡条件有2Fmcos 45°=G，解得Fm=G，故选B。
3.(2025·天津市南开区期末)如图所示，送水工人用特制的推车运送桶装水，到达目的地后，工人通过调节挡板OA转动可将水桶卸下。若桶与接触面之间的摩擦不计，∠AOB为锐角，OA、OB对水桶的弹力大小分别为F1、F2。若保持OB不动，调节挡板OA，使OA绕O点由竖直缓慢转到与OB垂直的过程，下列说法正确的是
A.水桶受到的合力变小
B.F1先减小后增大
C.F2一直增大
D.F1、F2都一直减小
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答案
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　　 对水桶受力分析，如图所示
OA由竖直缓慢转到与OB垂直的过程中，水桶受到的合力为零，且F1和F2都在减小。故选D。
4.(2025·黑龙江省二模)如图所示，一辆静止在水平地面的卡车利用缆绳，沿固定斜面向上缓慢拉动轿车，忽略轿车与斜面的摩擦，不计缆绳质量，则在轿车向上运动的过程中
A.轿车所受合外力变大
B.缆绳的拉力变大
C.斜面对轿车的支持力变大
D.地面所受的摩擦力变大
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答案
　　由受力分析可知，轿车向上移动过程中受力平衡，合外力为0不变，A错误；
缆绳与竖直方向的夹角越来越小，如图所示，缆绳拉力越来越大，斜面对轿车的支持力变小，B正确，C错误；
对整个系统受力分析可知，地面所受摩擦力为0，D错误。
5.两金属小球A、B用一轻质弹簧连接，球A用轻绳悬挂于O点，在水平拉力F的作用下，两小球处于如图所示的位置，此时轻绳与竖直方向的夹角为30°。现将力F逆时针缓慢转动30°，在此过程中，轻绳与竖直方向的夹角不变。下列说法正确的是
A.轻绳的拉力先减小后增大
B.A、B两小球间的距离增大
C.力F先减小后增大
D.弹簧与竖直方向的夹角增大
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　　 对A、B整体受力分析，如图甲所示，绳与竖直方向夹角不变，则轻绳拉力FT方向不变，现将力F逆时针缓慢转动30°(此时力F与轻绳拉力FT垂直)，则此过程中，轻绳拉力FT减小，力F减
小至最小，故A、C错误；
对B小球受力分析可知，在F转动过程中，弹簧与轻绳的夹角始终大于90°，对A小球受力分析，如图乙所示，其受轻绳拉力FT方向不变，而拉力FT变小，A小球处于动态平衡，则可知F弹在逐渐减小且与竖直方向夹角增大，即弹簧与竖直方向的夹角增大，根据胡克定律F弹=kx可知，弹簧伸长量x减小，即A、B两小球间的距离减小，故B错误，D正确。
6.(多选)如图，一斜面粗糙的斜面体置于粗糙地面上，斜面顶端装有一光滑轻质定滑轮。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，M与滑轮间细绳与斜面平行，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°角。已知M与斜面体始终保持静止，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一定一直增大
C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增大
D.斜面体所受地面的摩擦力一定增大
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能力综合练
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　　 方法一　图解法
对N进行受力分析，在力的矢量三角形中(如图甲所示)可以看出水平拉力的大小逐渐增大，细绳的拉力也一直增大，选项A错误，B正确；
M的质量与N的质量的大小关系不确定，设斜面倾角为θ，
若mNg≥mMgsin θ，则M所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若mNg对整体受力分析，可知斜面所受地面摩擦力等于水平拉力F，一定增大，选项D正确。
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　　方法二　解析法
以物块N为研究对象，受到重力G、水平拉力F和细绳的拉力FT，设细绳与竖直方向的夹角为α，如图乙所示，根
据平衡条件可得F=Gtan α，FT=，
随着α的增大，F和FT都增大，故A错误，B正确；
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答案
　　 对于M，受重力GM、支持力FN、绳的拉力FT以及斜面可能对它的摩擦力Ff，如果开始摩擦力方向沿斜面向上，如图丙所示，则有FT+Ff=GMsin θ，当FT不断增大的时候，Ff减小；当FT>GMsin θ时，有FT=GMsin θ+Ff，随
着FT的增大，Ff将增大，所以沿斜面的摩擦力Ff可能先减小后增大，C错误；
对整体受力分析，可知斜面体所受地面摩擦力等于水平拉力F，一定增大，选项D正确。
7.(2025·河北廊坊市一模)运动员拖轮胎做负重训练时的简易图如图所示。用两根不计质量的等长细绳拴在质量为60 kg的轮胎直径两端，两根细绳之间的夹角为θ，轮胎与水平地面间的动摩擦因数为0.75。轮胎在地面上
匀速运动时，已知cos =0.9，重力加速度g取10 m/s2，则每根细绳的最
小拉力是
A.360 N B.225 N
C.200 N D.180 N
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　　 两根细绳拉力的合力F合=2Fcos ，设此时合力方向与水平方向的夹
角为α，轮胎做匀速直线运动，由平衡条件可得F合cos α=μ(mg-F合sin α)，
整理可得每根细绳的拉力大小F==，其中tan β=，可见当sin(α+β)=1时，每根细绳的拉力最小，为Fmin=200 N，
故选C。
8.(2025·山东临沂市期中)如图所示，某款手机支架由“L”形挡板和底座构成，其AB、BC部分相互垂直，可绕O点的轴在竖直面内自由调节，AB、BC部分对手机的弹力分别为FAB和FBC(不计手机与挡板间的摩擦)，在“L”形挡板AB部分由图示位置逆时针缓慢转至竖直的过程中，下列说法正确的是
A.FAB逐渐减小，FBC逐渐增大
B.FAB逐渐增大，FBC逐渐减小
C.FAB先增大后减小，FBC先减小后增大
D.FAB先减小后增大，FBC先增大后减小
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　　 对手机受力分析，如图所示，已知AB、BC部分对手机的弹力相互垂直，即α=90°，手机处于静止状态，
则手机受力平衡，根据拉密定理==，因为手
机的重力mg和α不变，所以上式的比值不变。挡板AB部
分由图示位置逆时针缓慢转至竖直的过程中，β由钝角减小到90°，即sin β增大，故FBC增大；θ由钝角增大到180°，即sin θ减小，故FAB减小。故选A。
9.质量为M的木楔在水平面上保持静止，斜面倾角为θ，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，木块正好匀速下滑。如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止，重力加速度为g)。求：
(1)当α变化时，拉力F的最小值；
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答案　mgsin 2θ
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答案
　　 木块在木楔斜面上匀速向下运动时，根据平衡条件有mgsin θ=
μmgcos θ
解得μ=tan θ
因木块在力F作用下沿斜面向上做匀速运动，将力F沿平行斜面和垂直斜面的方向正交分解有Fcos α=mgsin θ+Ff
Fsin α+FN=mgcos θ
且Ff=μFN
联立解得F==
则当α=θ时，F有最小值，即Fmin=mgsin 2θ
(2)F取最小值时，木楔对水平面的摩擦力大小。
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答案　mgsin 4θ
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答案
　　因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到的地面的摩擦力等于F的水平分力，即Ff地=Fcos (α+θ)
当F取最小值mgsin 2θ时，α=θ，则有
Ff地=Fmincos 2θ=mgsin 2θ·cos 2θ=mgsin 4θ。
10.(2025·山东聊城市二模)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
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答案
尖子生选练
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　　 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，故选A。
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第二章

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