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专题突破3　动态平衡　平衡中的临界、极值问题
目标 要求 　 　 1.掌握动态平衡的特点，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　物体的动态平衡
考向1　解析法的应用
　(多选)(2025·哈尔滨三中一模)如图甲，冰坑是“哈尔滨”在松花江上为南方 “小土豆”准备的一个新型的冰上娱乐项目，进入冰坑的游客在不借助外力的情况下很难从冰坑里行走出来，为了让冰坑底部的游客能从冰坑内出来，用外力F拉动游客使游客缓慢的向边缘移动，如图乙中F的方向始终沿冰坑的切线方向，在此过程中所有的摩擦均可忽略，下列说法正确的是(　　)
图甲　 图乙
A．拉力F先增大后减小
B．拉力F一直增大
C．冰坑对游客的支持力先减小后增大
D．冰坑对游客的支持力一直减小
解析：BD　令游客所在位置的支持力FN的方向与竖直方向夹角为θ，用外力F拉动游客使游客缓慢的向边缘移动过程，θ逐渐增大，根据平衡条件有F＝mg sin θ，FN＝mg cos θ，由于θ逐渐增大，可知，拉力F一直增大，冰坑对游客的支持力一直减小。故选BD。
解析法应用情境
(1)对研究对象进行受力分析，画出受力示意图。
(2)根据物体的平衡条件列式，得到因变量与自变量的关系表达式(通常要用到三角函数)。
(3)根据自变量的变化确定因变量的变化。
考向2　图解法的应用
　(2025·山西晋中一模)如图所示，斜面体abc固定在水平面上，有一挡板MN，延长线经过a点，在斜面和挡板MN之间有一光滑小圆柱Q，整个装置处于平衡状态。初始时∠NMc<90°，若用外力使挡板MN绕a点缓慢顺时针转动，且保证N、M、a三点始终共线，在挡板MN转到水平位置前，以下说法正确的是(　　)
A．挡板MN对Q的支持力逐渐增大
B．挡板MN对Q的支持力先减小后增大
C．斜面体对Q的支持力先增大后减小
D．小圆柱Q所受的合力逐渐增大
解析：B　对小圆柱受力分析，则当挡板MN转到水平位置前，小圆柱Q所受的合力总为零不变；挡板MN对球Q的支持力FN2先减小后增加；斜面体对Q的支持力FN1逐渐减小。故选B。
图解法的应用情境
(1)三力，一力恒定，一力方向不变。
(2)根据已知量的变化情况，画出平行四边形边、角的变化。
(3)确定未知量大小、方向的变化。
考向3　相似三角形法的应用
　(2025·河北唐山高三统考)如图所示，木板B放置在粗糙水平地面上，O为光滑铰链。轻杆一端与铰链O固定连接，另一端固定连接一质量为m的小球A。现将轻绳一端拴在小球A上，另一端通过光滑的定滑轮O′由力F牵引，定滑轮位于O的正上方，整个系统处于静止状态。现改变力F的大小使小球A和轻杆从图示位置缓慢运动到O′正下方，木板始终保持静止，则在整个过程中(　　)
A.外力F大小不变
B．轻杆对小球的作用力大小变小
C．地面对木板的支持力逐渐变小
D．地面对木板的摩擦力逐渐减小
解析：D　对小球A进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图所示，根据几何关系可知两三角形相似，因此，缓慢运动过程O′A越来越小，则F逐渐减小，故A错误；由于OA长度不变，杆对小球的作用力大小不变，故B错误；对木板，由于杆对木板的作用力大小不变，方向向右下，但杆的作用力与竖直方向的夹角越来越小，所以地面对木板的支持力逐渐增大，地面对木板的摩擦力逐渐减小，故C错误，D正确。
相似三角形法的应用技巧
(1)特点：三力，一力恒定，另外两力大小、方向都变。
(2)根据已知条件画出两个不同情况对应的力的三角形和空间几何三角形，确定对应边，利用三角形相似知识列出比例式。
(3)确定未知量大小的变化情况。
考向4　辅助圆法(正弦定理法)的应用
　(一题多解)(2026·重庆南开中学月考)某中学为增强学生体魄，组织学生进行多种体育锻炼。在某次锻炼过程中，一学生将铅球置于两手之间，其中两手之间夹角为60°。保持两手之间夹角不变，将右手由图所示位置缓慢旋转60°至水平位置。不计一切摩擦，则在转动过程中，下列说法正确的是(　　)
A．右手对铅球的弹力增大 B．右手对铅球的弹力先增大后减小
C．左手对铅球的弹力增大 D．左手对铅球的弹力先增大后减小
解析：B　法一(矢量圆法)：以铅球为研究对象，受重力G、右手对铅球的弹力为F1和左手对铅球的弹力为F2，受力分析如图所示，缓慢旋转过程中处于平衡状态，则将三力平移后构成一首尾相连的三角形，两手之间夹角保持60°不变，则两力之间的夹角保持120°不变，则在三角形中，F1与F2夹角保持60°不变，重力G的大小方向不变，作出力三角形的外接圆，根据弦所对的圆周角都相等，则右手由图示位置缓慢旋转60°至水平位置过程中力的三角形变化如图所示，分析可得F1开始小于直径，当转过30°时F1等于直径，再转时又小于直径，所以F1先增大后减小，F2开始就小于直径，转动过程中一直减小，选项B正确。
法二(正弦定理法)：以铅球为研究对象，受重力G、右手对铅球的弹力为F1及左手对铅球的弹力为F2，受力分析如图所示，缓慢旋转过程中处于平衡状态，则将三力平移后构成一首尾相连的三角形，两手之间夹角保持60°不变，右手由图示位置缓慢旋转的角度设为θ，转动过程始终处于平衡状态，根据正弦定理有，右手由图示位置缓慢旋转60°至水平位置过程中θ由0°变为60°，sin (60°＋θ)先变大再变小，所以F1先增大后减小，sin (60°－θ)一直变小，所以F2一直减小，选项B正确。
辅助圆法(正弦定理法)的应用情境
(1)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。
(2)作出不同状态的矢量三角形，利用两力夹角不变，可以作出动态圆(也可以由正弦定理列式求解)，恒力为圆的一条弦，根据不同位置判断各力的大小变化。
[归纳总结]　动态平衡问题的思维流程
考点二　平衡中的临界、极值问题
考向1　平衡中的极值问题
　(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
解析：B　如图所示为小球受力分析图，其中F＝F′，内壁截面为半圆形，由几何关系得θ＝45°，则F cos θ＋F′cos θ＋Fx＝G，当Fx＝0时，F有最大值，为Fm＝G，B正确。
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。
　(2026·江苏常州高级中学检测)如图所示，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l。现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加的力的最小值为(　　)
A．mg B．mg
C．mg D．mg
解析：C　由对称性可知，AC绳和BD绳与竖直方向的夹角相等，设均为θ，由几何关系可知sin θ＝，则θ＝30°。对C点进行受力分析，由平衡条件可知，绳CD对C点的拉力FCD＝mg tan 30°，对D点进行受力分析，绳CD对D点的拉力F2＝FCD＝mg tan 30°，故F2是恒力，BD绳对D点的拉力F1方向一定，又F1与在D点施加的力F3的合力和F2等值反向，如图所示，由图知当F3垂直于绳BD时，F3最小，由几何关系可知，F3min＝F2sin 60°＝mg，C正确。
考向2　平衡中的临界问题
　(2026·安徽芜湖一中期中)如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为(　　)
A．
C．
解析：C　当木板与水平面的夹角为45°时，两物块刚好滑动，对A物块受力分析如图甲，沿斜面方向，A、B之间的滑动摩擦力Ff1＝μFN1＝μmg cos 45°，根据平衡条件可知FT＝mg sin 45°＋μmg cos 45°①，对B物块受力分析如图乙，沿斜面方向，Ff1′＝Ff1，B与斜面之间的滑动摩擦力Ff2＝μFN2＝μ·3mg cos 45°，根据平衡条件可知，2mg sin 45°＝FT＋μmg cos 45°＋μ·3mg cos 45°②，联立①②解得μ＝，故C正确。
图甲　　　　　图乙
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，弹力F弹＝0。
　(2026·江苏如东高级中学期中)如图所示，物体的质量为m＝5 kg，两根轻细绳AB和AC的一端固定于竖直墙上，另一端系于物体上(∠BAC＝θ＝60°)，在物体上另施加一个方向与水平线也成θ角的拉力F，若要使两绳都能伸直，求拉力F的大小范围。(g取10 m/s2)
解析：设AB绳的拉力为F1，AC绳的拉力为F2，对物体受力分析，由平衡条件有
F cos θ－F2－F1cos θ＝0，
F sin θ＋F1sin θ－mg＝0，
可得F＝。
若要使两绳都能伸直，则有F1≥0，F2≥0，
则F的最大值Fmax＝ N，
F的最小值Fmin＝ N，
即拉力F的大小范围为 N≤F≤ N。
答案： N≤F≤ N
[归纳总结]　求解临界、极值问题的常用方法
(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)数学极值法：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)图解法：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。
限时规范训练(10)　动态平衡　平衡中的临界、极值问题
(建议用时：40分钟　满分：70分)
(选择题1～7题每题5分，8～10题每题6分，12题7分，共60分)
[基础巩固练]
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．
C．
解析：B　斜坡倾角越大，“天工”越容易下滑，只要保证“天工”在30°倾角的斜坡上不下滑，在小于30°倾角的斜坡上更不会下滑，对30°倾角的斜坡上的“天工”受力分析，有μmg cos 30°≥mg sin 30°，解得μ≥，B正确。
2．(2026·重庆八中高三开学考)如图所示，凹槽固定在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，O为圆心。一可视为质点的物块恰好可静止于P点，OP与竖直方向夹角为30°。现对物块施加水平向右的外力，使其由P开始在截面上缓慢移动。则物块在截面上能上升到的最高处与O点连线与竖直方向的夹角为(　　)
A．30° B．60°
C．45° D．90°
解析：B　在P点静止时物块受力分析如图1所示，有FN＝mg cos 30°，Ff＝mg sin 30°，恰好静止，则有Ff＝μFN，解得μ＝，当缓慢推至角度为θ时，受力分析如图2所示，有FNsin θ＋Ffcos θ＝F，FNcos θ＝mg＋Ffsin θ，Ff＝μFN，解得F＝ mg，即θ＝60°时，F为无穷大。故选B。
图1　 图2
3．(2026·辽宁名校联盟8月联考)如图所示为由24个光滑铁环组成的铁链，其两端等高地悬挂在竖直的固定桩上，铁环从左到右依次编号为1、2、3、…、24。在重力作用下铁链自然下垂形成一条曲线，曲线两端点的切线与竖直方向的夹角均为45°，第12个和第13个铁环水平穿连，每个铁环的质量均为m，重力加速度为g。下列关于铁环之间的弹力说法正确的是(　　)
A．铁环受到它上方铁环的弹力和它下方铁环的弹力方向相反
B．每个铁环受到它上方铁环和它下方铁环的弹力大小相差mg
C．铁环和铁环之间弹力的最大值为24mg
D．铁环和铁环之间弹力的最小值为12mg
解析：D　铁环受到上方铁环弹力及下方铁环弹力外，还受重力，三力互成角度，故AB错误；对第1～12个铁环分析，可知12、13铁环之间弹力为F＝12mg tan 45°＝12mg，仅对12铁环分析，可知11铁环对12铁环的弹力大小为F′＝mg，同理可知12、13铁环间弹力最小，故D正确；1、2铁环和23、24铁环间弹力最大且为F″＝<24mg，故C错误。
4．(2025·湖北省部分重点中学高三联考)如图所示，用一根轻质细绳将重为10 N的画框对称悬挂在竖直墙上，画框上两个挂钉间的距离为0.5 m。若绳能承受的最大拉力为10 N，要使绳不会被拉断，绳子的最短长度为(　　)
A． m B．0.5 m
C． m D．1.0 m
解析：C　对画框进行受力分析如图所示，受到重力G和大小相等的两根细绳的拉力F1、F2的作用，当F1＝F2＝Fmax＝10 N时，对应于细绳不被拉断的最短长度L，设此时F1和F2与竖直方向的夹角都为θ，由平衡条件知2Fmaxcos θ＝G＝10 N，解得cos θ＝0.5，设画框上两个挂钉间的距离为d，则绳子的最短长度为L＝ m，故选C。
5．(2026·八省联考，4)光滑水平面上，细线一端固定在O点，另一端与小球相连，小球受到两个相互垂直的水平拉力F1和F2，细线始终水平，F1与细线的夹角为α(α为钝角)，小球始终处于平衡状态。则下列说法正确的是(　　)
A．保持拉力F2恒定不变，F1方向不变，大小逐渐增加，则小球受到细线的拉力逐渐减小
B．只增加细线的长度，保持三个力方向不变，则F2减小
C．若保持α角和F2不变，将拉力F1沿顺时针方向缓慢转动，则小球受到细线的拉力将逐渐增大
D．若保持α角和F2不变，将拉力F1沿顺时针方向缓慢转动，则小球受到细线的拉力将逐渐减小
解析：D　保持F2不变，如图所示，由三角形定则可知，F1增大时，FT逐渐增大，A项错误；只增加细线的长度，对力的大小没有影响，F2大小不变，B项错误；α角和F2不变，将拉力F1沿顺时针方向缓慢转动，则F1与F2之间夹角β减小，且β<90°，沿着垂直F1方向正交分解可得FT·sin (180°－α)＝F2sin β，可知细线上拉力逐渐减小，C项错误，D项正确。
6．(2025·江苏省丹阳高级中学高三上一模)如图所示，粗糙水平地面上放有横截面为圆的柱状物体A，A与墙面之间放有表面光滑的圆柱形物体B，A、B均保持静止。若将A向左移动少许，下列说法正确的是(　　)
A．B对A的作用力不变
B．墙面对B的作用力不变
C．地面对A的摩擦力不变
D．地面对A的支持力不变
解析：D　对物体B受力分析，受到重力mg、墙面对B的作用力N和A对B的支持力N′的作用，如图1所示。当A向左移动少许后，N′的方向向右上方偏转，根据图1可知N′和N都减小，由牛顿第三定律可知B对A的作用力减小，故A、B错误；对A、B整体受力分析，受到总重力G、地面的支持力FN、地面的摩擦力Ff和墙面的作用力N的作用，如图2所示。根据平衡条件，有Ff＝N，FN＝G，故地面的支持力不变，地面的摩擦力Ff随着墙面对B的作用力N的减小而减小，故C错误，D正确。
图1　 图2
7．(2026·河北保定名校联考)炎炎夏日，人们离不开空调。室外安装空调主机的情境示意图如图所示，为安全起见，要求吊运过程中空调主机与楼墙保持一定的距离。一人在高处控制一端系在主机(视为质点)上的轻绳P，另一人(始终静止)在地面控制另一根一端系在主机上的轻绳Q，二人配合可使主机缓慢竖直上升。当P绳与竖直方向的夹角为α时，Q绳与竖直方向的夹角为β。轻绳均足够长，下列说法正确的是(　　)
A．α可能等于β
B．P绳的拉力可能与Q绳的拉力大小相等
C．运送过程中Q绳的拉力变小
D．地上的人受到地面的摩擦力变大
解析：D　对空调主机受力分析，建坐标系如图所示，根据平衡条件，可得y轴方向有FPcos α＝mg＋FQcos β，可得FPcos α>FQcos β，x轴方向有FPsin α＝FQsin β，两式联立可得FP2cos2α＋FP2sin2α>FQ2cos2β＋FQ2sin2β，化简得FP2>FQ2，解得FP>FQ，根据x轴方向有FPsinα＝FQsin β，可知α<β，故A、B错误；由题知，要求吊运过程中空调主机与楼墙保持一定的距离，即d不变，设OP间的绳长为lOP，OQ间的绳长为lOQ，空调主机离地的高度为h，根据几何关系可得sin α＝，cos β＝，在缓慢上升过程中，OP间的绳长变短，OQ间的绳长不变，但离地高度h增大，则有sin α变大，cos β变大，故α变大，β变小，根据平衡条件，可得y轴方向有FPcos α＝mg＋FQcos β，x轴方向有FPsin α＝FQsin β，联立解得FP＝，可知FP变大，根据FPsin α＝FQsin β，可知FQ变大，故C错误；对地面上的人受力分析，在水平方向有Ff＝FQsin β＝FPsin α，故地面上的人受到地面的摩擦力变大，故D正确。故选D。
[能力提升练]
8．(2026·成都树德中学开学考)如图所示，质量为3m的小球P和质量为m的小球Q通过两根长度均为L的细线悬挂在天花板的O点，两球之间通过长度为L的轻杆相连，重力加速度为g。现对小球P施加一外力F并确保轻杆始终处于水平状态，则(　　)
A．外力F竖直向上时，外力取得最小值2mg
B．外力F水平向左时，外力取得最小值mg
C．外力F垂直于绳子OP时，外力取得最小值mg
D．外力F垂直于绳子OP时，外力取得最小值mg
解析：C　根据题意，由几何关系可知OQ与PQ的夹角、OP与PQ的夹角均为θ＝30°，分析可知，Q受到重力mg、杆的弹力F杆、绳子拉力FTQ而平衡，由平衡条件得，F杆＝FTQcos θ，FTQsin θ＝mg，联立解得F杆＝mg，对P受力分析可知，P受到重力3mg、杆的弹力F杆、绳子拉力FTP和外力F而平衡，如图甲所示。则小球P受的重力与杆的合力F1＝，联立以上解得F1＝mg，作出F1、FTP、F三个力的矢量三角形如图乙所示，当作用在小球P的外力方向与P相连的细绳方向垂直时，外力F最小，即最小值为Fmin＝F1sin θ，联立以上解得Fmin＝mg，故选C。
图甲　　　　　　图乙
9．(2025·山东省济宁市高三下学期考前押题)在工厂车间里，有两个质量均为m的半圆柱承载装置A、B紧挨着静置于水平地面上，与地面间的动摩擦因数均为μ，上方放置一质量为2m的光滑圆柱模具C，三者半径均为R。工作人员用机械牵引系统对A施加水平向右的拉力，使其缓慢移动，直至C恰好落地，期间B始终静止，重力加速度为g。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则(　　)
A．B受地面摩擦力逐渐减小
B．A、B受地面支持力相等且始终保持不变
C．A受地面摩擦力逐渐增大
D．动摩擦因数μ的最小值为
解析：B　设BA对C的弹力方向与竖直方向夹角为θ，对圆柱C受力分析如图所示，C受力平衡，由平衡条件可得F＝，可知F的水平分力Fx＝F sin θ＝mg tan θ，随着C逐渐落到地面，θ增大，tan θ增大，则Fx变大，对B，由平衡条件可知B受地面摩擦力逐渐增大，故A错误；对ABC整体受力分析，竖直方向受整体重力和地面对AB的支持力，由对称性知地面对A、B的支持力大小相等均为2mg，A受地面的摩擦力为滑动摩擦力，恒定不变，故B正确，C错误。由几何关系可知当C降到地面前瞬间θ＝60°，B受C压力的水平分力最大，大小Fxmax＝mg tan 60°＝mg；B受地面的最大静摩擦力大小为Ff＝2μmg，由题意知Ffmin＝Fxmax，联立解得μmin＝，故D错误。
10．(多选)(2025·广东肇庆二模)筷子是中华饮食文化的标志之一，我国著名物理学家李政道曾夸赞说：“筷子如此简单的两根木头，却精妙绝伦地应用了物理学杠杆原理。”如图所示，用筷子夹住质量为m的小球，两根筷子均在竖直平面内，且筷子和竖直方向的夹角均为θ。已知小球与筷子之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，小球静止。下列说法正确的是(　　)
A．筷子对小球的最小压力是
B．当θ增大时，筷子对小球的最小压力一定增大
C．当θ减小时，筷子对小球的最小压力一定增大
D．要想用筷子夹住小球，必须满足μ>tan θ
解析：BD　对小球受力分析，如图所示，小球受力平衡，竖直方向有：2Ffcos θ＝mg＋2FNsin θ，Ff≤Ffmax＝μFN，解得FN≥，故筷子对小球的最小压力为，A错误；根据FNmin＝，可知当θ增大时，筷子对小球的最小压力一定增大，故B正确，C错误；要想用筷子夹住小球，则FNmin＝>0，则μcos θ－sin θ>0，即必须满足μ>tan θ，故D正确。
11．(10分)(2026·四川泸州月考)如图所示，质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑。如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块，木块能匀速上升，已知木楔在整个过程中始终静止。
(1)当α为多大时，F有最小值，求此时α的大小及F的最小值；
(2)当α＝θ时，木楔对水平面的摩擦力是多大？
解析：(1)木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mg sin θ＝μmg cos θ
解得μ＝tan θ
木块在F作用下沿斜面向上匀速运动，有
F cos α＝mg sin θ＋Ff
F sin α＋FN＝mg cos θ
Ff＝μFN
解得F＝
则当α＝θ时，F有最小值，为Fmin＝mg sin 2θ。
(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力
即Ff′＝F cos (α＋θ)
当α＝θ，即F取最小值时
则Ff′＝Fmincos 2θ＝mg sin 4θ。
答案：(1)θ　mg sin 2θ　(2)mg sin 4θ
[培优创新练]
12．(经典高考题)如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中(　　)
A．圆柱体对木板的压力逐渐增大
B．圆柱体对木板的压力先增大后减小
C．两根细绳上的拉力均先增大后减小
D．两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变
解析：B　设两绳子对圆柱体的拉力的合力为FT，木板对圆柱体的支持力为FN，从右向左看，对圆柱体受力分析并合成三角形如图所示。在木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平的过程中，α不变，γ从90°逐渐减小到0，又γ＋β＋α＝180°且α＜90°，可知90°＜γ＋β＜180°，则0＜β＜180°，可知β从锐角逐渐增大到钝角，在矢量三角形中，根据正弦定理得，则由sin γ不断减小可知FT不断减小，由sin β先增大后减小可知FN先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小；设两绳子之间的夹角为2θ，绳子拉力为FT′，则2FT′cos θ＝FT，可得FT′＝，θ不变，FT逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B正确，A、C、D错误，故选B。限时规范训练(10)　动态平衡　平衡中的临界、极值问题
(建议用时：40分钟　满分：70分)
(选择题1～7题每题5分，8～10题每题6分，12题7分，共60分)
[基础巩固练]
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．
C．
解析：B　斜坡倾角越大，“天工”越容易下滑，只要保证“天工”在30°倾角的斜坡上不下滑，在小于30°倾角的斜坡上更不会下滑，对30°倾角的斜坡上的“天工”受力分析，有μmg cos 30°≥mg sin 30°，解得μ≥，B正确。
2．(2026·重庆八中高三开学考)如图所示，凹槽固定在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，O为圆心。一可视为质点的物块恰好可静止于P点，OP与竖直方向夹角为30°。现对物块施加水平向右的外力，使其由P开始在截面上缓慢移动。则物块在截面上能上升到的最高处与O点连线与竖直方向的夹角为(　　)
A．30° B．60°
C．45° D．90°
解析：B　在P点静止时物块受力分析如图1所示，有FN＝mg cos 30°，Ff＝mg sin 30°，恰好静止，则有Ff＝μFN，解得μ＝，当缓慢推至角度为θ时，受力分析如图2所示，有FNsin θ＋Ffcos θ＝F，FNcos θ＝mg＋Ffsin θ，Ff＝μFN，解得F＝ mg，即θ＝60°时，F为无穷大。故选B。
图1　 图2
3．(2026·辽宁名校联盟8月联考)如图所示为由24个光滑铁环组成的铁链，其两端等高地悬挂在竖直的固定桩上，铁环从左到右依次编号为1、2、3、…、24。在重力作用下铁链自然下垂形成一条曲线，曲线两端点的切线与竖直方向的夹角均为45°，第12个和第13个铁环水平穿连，每个铁环的质量均为m，重力加速度为g。下列关于铁环之间的弹力说法正确的是(　　)
A．铁环受到它上方铁环的弹力和它下方铁环的弹力方向相反
B．每个铁环受到它上方铁环和它下方铁环的弹力大小相差mg
C．铁环和铁环之间弹力的最大值为24mg
D．铁环和铁环之间弹力的最小值为12mg
解析：D　铁环受到上方铁环弹力及下方铁环弹力外，还受重力，三力互成角度，故AB错误；对第1～12个铁环分析，可知12、13铁环之间弹力为F＝12mg tan 45°＝12mg，仅对12铁环分析，可知11铁环对12铁环的弹力大小为F′＝mg，同理可知12、13铁环间弹力最小，故D正确；1、2铁环和23、24铁环间弹力最大且为F″＝<24mg，故C错误。
4．(2025·湖北省部分重点中学高三联考)如图所示，用一根轻质细绳将重为10 N的画框对称悬挂在竖直墙上，画框上两个挂钉间的距离为0.5 m。若绳能承受的最大拉力为10 N，要使绳不会被拉断，绳子的最短长度为(　　)
A． m B．0.5 m
C． m D．1.0 m
解析：C　对画框进行受力分析如图所示，受到重力G和大小相等的两根细绳的拉力F1、F2的作用，当F1＝F2＝Fmax＝10 N时，对应于细绳不被拉断的最短长度L，设此时F1和F2与竖直方向的夹角都为θ，由平衡条件知2Fmaxcos θ＝G＝10 N，解得cos θ＝0.5，设画框上两个挂钉间的距离为d，则绳子的最短长度为L＝ m，故选C。
5．(2026·八省联考，4)光滑水平面上，细线一端固定在O点，另一端与小球相连，小球受到两个相互垂直的水平拉力F1和F2，细线始终水平，F1与细线的夹角为α(α为钝角)，小球始终处于平衡状态。则下列说法正确的是(　　)
A．保持拉力F2恒定不变，F1方向不变，大小逐渐增加，则小球受到细线的拉力逐渐减小
B．只增加细线的长度，保持三个力方向不变，则F2减小
C．若保持α角和F2不变，将拉力F1沿顺时针方向缓慢转动，则小球受到细线的拉力将逐渐增大
D．若保持α角和F2不变，将拉力F1沿顺时针方向缓慢转动，则小球受到细线的拉力将逐渐减小
解析：D　保持F2不变，如图所示，由三角形定则可知，F1增大时，FT逐渐增大，A项错误；只增加细线的长度，对力的大小没有影响，F2大小不变，B项错误；α角和F2不变，将拉力F1沿顺时针方向缓慢转动，则F1与F2之间夹角β减小，且β<90°，沿着垂直F1方向正交分解可得FT·sin (180°－α)＝F2sin β，可知细线上拉力逐渐减小，C项错误，D项正确。
6．(2025·江苏省丹阳高级中学高三上一模)如图所示，粗糙水平地面上放有横截面为圆的柱状物体A，A与墙面之间放有表面光滑的圆柱形物体B，A、B均保持静止。若将A向左移动少许，下列说法正确的是(　　)
A．B对A的作用力不变
B．墙面对B的作用力不变
C．地面对A的摩擦力不变
D．地面对A的支持力不变
解析：D　对物体B受力分析，受到重力mg、墙面对B的作用力N和A对B的支持力N′的作用，如图1所示。当A向左移动少许后，N′的方向向右上方偏转，根据图1可知N′和N都减小，由牛顿第三定律可知B对A的作用力减小，故A、B错误；对A、B整体受力分析，受到总重力G、地面的支持力FN、地面的摩擦力Ff和墙面的作用力N的作用，如图2所示。根据平衡条件，有Ff＝N，FN＝G，故地面的支持力不变，地面的摩擦力Ff随着墙面对B的作用力N的减小而减小，故C错误，D正确。
图1　 图2
7．(2026·河北保定名校联考)炎炎夏日，人们离不开空调。室外安装空调主机的情境示意图如图所示，为安全起见，要求吊运过程中空调主机与楼墙保持一定的距离。一人在高处控制一端系在主机(视为质点)上的轻绳P，另一人(始终静止)在地面控制另一根一端系在主机上的轻绳Q，二人配合可使主机缓慢竖直上升。当P绳与竖直方向的夹角为α时，Q绳与竖直方向的夹角为β。轻绳均足够长，下列说法正确的是(　　)
A．α可能等于β
B．P绳的拉力可能与Q绳的拉力大小相等
C．运送过程中Q绳的拉力变小
D．地上的人受到地面的摩擦力变大
解析：D　对空调主机受力分析，建坐标系如图所示，根据平衡条件，可得y轴方向有FPcos α＝mg＋FQcos β，可得FPcos α>FQcos β，x轴方向有FPsin α＝FQsin β，两式联立可得FP2cos2α＋FP2sin2α>FQ2cos2β＋FQ2sin2β，化简得FP2>FQ2，解得FP>FQ，根据x轴方向有FPsinα＝FQsin β，可知α<β，故A、B错误；由题知，要求吊运过程中空调主机与楼墙保持一定的距离，即d不变，设OP间的绳长为lOP，OQ间的绳长为lOQ，空调主机离地的高度为h，根据几何关系可得sin α＝，cos β＝，在缓慢上升过程中，OP间的绳长变短，OQ间的绳长不变，但离地高度h增大，则有sin α变大，cos β变大，故α变大，β变小，根据平衡条件，可得y轴方向有FPcos α＝mg＋FQcos β，x轴方向有FPsin α＝FQsin β，联立解得FP＝，可知FP变大，根据FPsin α＝FQsin β，可知FQ变大，故C错误；对地面上的人受力分析，在水平方向有Ff＝FQsin β＝FPsin α，故地面上的人受到地面的摩擦力变大，故D正确。故选D。
[能力提升练]
8．(2026·成都树德中学开学考)如图所示，质量为3m的小球P和质量为m的小球Q通过两根长度均为L的细线悬挂在天花板的O点，两球之间通过长度为L的轻杆相连，重力加速度为g。现对小球P施加一外力F并确保轻杆始终处于水平状态，则(　　)
A．外力F竖直向上时，外力取得最小值2mg
B．外力F水平向左时，外力取得最小值mg
C．外力F垂直于绳子OP时，外力取得最小值mg
D．外力F垂直于绳子OP时，外力取得最小值mg
解析：C　根据题意，由几何关系可知OQ与PQ的夹角、OP与PQ的夹角均为θ＝30°，分析可知，Q受到重力mg、杆的弹力F杆、绳子拉力FTQ而平衡，由平衡条件得，F杆＝FTQcos θ，FTQsin θ＝mg，联立解得F杆＝mg，对P受力分析可知，P受到重力3mg、杆的弹力F杆、绳子拉力FTP和外力F而平衡，如图甲所示。则小球P受的重力与杆的合力F1＝，联立以上解得F1＝mg，作出F1、FTP、F三个力的矢量三角形如图乙所示，当作用在小球P的外力方向与P相连的细绳方向垂直时，外力F最小，即最小值为Fmin＝F1sin θ，联立以上解得Fmin＝mg，故选C。
图甲　　　　　　图乙
9．(2025·山东省济宁市高三下学期考前押题)在工厂车间里，有两个质量均为m的半圆柱承载装置A、B紧挨着静置于水平地面上，与地面间的动摩擦因数均为μ，上方放置一质量为2m的光滑圆柱模具C，三者半径均为R。工作人员用机械牵引系统对A施加水平向右的拉力，使其缓慢移动，直至C恰好落地，期间B始终静止，重力加速度为g。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则(　　)
A．B受地面摩擦力逐渐减小
B．A、B受地面支持力相等且始终保持不变
C．A受地面摩擦力逐渐增大
D．动摩擦因数μ的最小值为
解析：B　设BA对C的弹力方向与竖直方向夹角为θ，对圆柱C受力分析如图所示，C受力平衡，由平衡条件可得F＝，可知F的水平分力Fx＝F sin θ＝mg tan θ，随着C逐渐落到地面，θ增大，tan θ增大，则Fx变大，对B，由平衡条件可知B受地面摩擦力逐渐增大，故A错误；对ABC整体受力分析，竖直方向受整体重力和地面对AB的支持力，由对称性知地面对A、B的支持力大小相等均为2mg，A受地面的摩擦力为滑动摩擦力，恒定不变，故B正确，C错误。由几何关系可知当C降到地面前瞬间θ＝60°，B受C压力的水平分力最大，大小Fxmax＝mg tan 60°＝mg；B受地面的最大静摩擦力大小为Ff＝2μmg，由题意知Ffmin＝Fxmax，联立解得μmin＝，故D错误。
10．(多选)(2025·广东肇庆二模)筷子是中华饮食文化的标志之一，我国著名物理学家李政道曾夸赞说：“筷子如此简单的两根木头，却精妙绝伦地应用了物理学杠杆原理。”如图所示，用筷子夹住质量为m的小球，两根筷子均在竖直平面内，且筷子和竖直方向的夹角均为θ。已知小球与筷子之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，小球静止。下列说法正确的是(　　)
A．筷子对小球的最小压力是
B．当θ增大时，筷子对小球的最小压力一定增大
C．当θ减小时，筷子对小球的最小压力一定增大
D．要想用筷子夹住小球，必须满足μ>tan θ
解析：BD　对小球受力分析，如图所示，小球受力平衡，竖直方向有：2Ffcos θ＝mg＋2FNsin θ，Ff≤Ffmax＝μFN，解得FN≥，故筷子对小球的最小压力为，A错误；根据FNmin＝，可知当θ增大时，筷子对小球的最小压力一定增大，故B正确，C错误；要想用筷子夹住小球，则FNmin＝>0，则μcos θ－sin θ>0，即必须满足μ>tan θ，故D正确。
11．(10分)(2026·四川泸州月考)如图所示，质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑。如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块，木块能匀速上升，已知木楔在整个过程中始终静止。
(1)当α为多大时，F有最小值，求此时α的大小及F的最小值；
(2)当α＝θ时，木楔对水平面的摩擦力是多大？
解析：(1)木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mg sin θ＝μmg cos θ
解得μ＝tan θ
木块在F作用下沿斜面向上匀速运动，有
F cos α＝mg sin θ＋Ff
F sin α＋FN＝mg cos θ
Ff＝μFN
解得F＝
则当α＝θ时，F有最小值，为Fmin＝mg sin 2θ。
(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力
即Ff′＝F cos (α＋θ)
当α＝θ，即F取最小值时
则Ff′＝Fmincos 2θ＝mg sin 4θ。
答案：(1)θ　mg sin 2θ　(2)mg sin 4θ
[培优创新练]
12．(经典高考题)如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中(　　)
A．圆柱体对木板的压力逐渐增大
B．圆柱体对木板的压力先增大后减小
C．两根细绳上的拉力均先增大后减小
D．两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变
解析：B　设两绳子对圆柱体的拉力的合力为FT，木板对圆柱体的支持力为FN，从右向左看，对圆柱体受力分析并合成三角形如图所示。在木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平的过程中，α不变，γ从90°逐渐减小到0，又γ＋β＋α＝180°且α＜90°，可知90°＜γ＋β＜180°，则0＜β＜180°，可知β从锐角逐渐增大到钝角，在矢量三角形中，根据正弦定理得，则由sin γ不断减小可知FT不断减小，由sin β先增大后减小可知FN先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小；设两绳子之间的夹角为2θ，绳子拉力为FT′，则2FT′cos θ＝FT，可得FT′＝，θ不变，FT逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B正确，A、C、D错误，故选B。(共55张PPT)
专题突破3　动态平衡　平衡中的临界、极值问题
1.掌握动态平衡的特点，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
1
研考点 精准突破
2
限时规范训练
栏
目
导
引
研考点
精准突破
考点一　物体的动态平衡
考向1　解析法的应用
(多选)(2025·哈尔滨三中一模)如图甲，冰坑是“哈尔滨”在松花江上为南方 “小土豆”准备的一个新型的冰上娱乐项目，进入冰坑的游客在不借助外力的情况下很难从冰坑里行走出来，为了让冰坑底部的游客能从冰坑内出来，用外力F拉动游客使游客缓慢的向边缘移动，如图乙中F的方向始终沿冰坑的切线方向，在此过程中所有的摩擦均可忽略，下列说法正确的是
(　　)
图甲
图乙
BD　
A．拉力F先增大后减小
B．拉力F一直增大
C．冰坑对游客的支持力先减小后增大
D．冰坑对游客的支持力一直减小
解析：BD　令游客所在位置的支持力FN的方向与竖直方向夹角为θ，用外力F拉动游客使游客缓慢的向边缘移动过程，θ逐渐增大，根据平衡条件有F＝mg sin θ，FN＝mg cos θ，由于θ逐渐增大，可知，拉力F一直增大，冰坑对游客的支持力一直减小。故选BD。
图甲
图乙
解析法应用情境
(1)对研究对象进行受力分析，画出受力示意图。
(2)根据物体的平衡条件列式，得到因变量与自变量的关系表达式(通常要用到三角函数)。
(3)根据自变量的变化确定因变量的变化。
考向2　图解法的应用
(2025·山西晋中一模)如图所示，斜面体abc固定在水平面上，有一挡板MN，延长线经过a点，在斜面和挡板MN之间有一光滑小圆柱Q，整个装置处于平衡状态。初始时∠NMc<90°，若用外力使挡板MN绕a点缓慢顺时针转动，且保证N、M、a三点始终共线，在挡板MN转到水平位置前，以下说法正确的是(　　)
A．挡板MN对Q的支持力逐渐增大
B．挡板MN对Q的支持力先减小后增大
C．斜面体对Q的支持力先增大后减小
D．小圆柱Q所受的合力逐渐增大
B　
解析：B　对小圆柱受力分析，则当挡板MN转到水平位置前，小圆柱Q所受的合力总为零不变；挡板MN对球Q的支持力FN2先减小后增加；斜面体对Q的支持力FN1逐渐减小。故选B。
图解法的应用情境
(1)三力，一力恒定，一力方向不变。
(2)根据已知量的变化情况，画出平行四边形边、角的变化。
(3)确定未知量大小、方向的变化。
考向3　相似三角形法的应用
(2025·河北唐山高三统考)如图所示，木板B放置在粗糙水平地面上，O为光滑铰链。轻杆一端与铰链O固定连接，另一端固定连接一质量为m的小球A。现将轻绳一端拴在小球A上，另一端通过光滑的定滑轮O′由力F牵引，定滑轮位于O的正上方，整个系统处于静止状态。现改变力F的大小使小球A和轻杆从图示位置缓慢运动到O′正下方，木板始终保持静止，则在整个过程中(　　)
A.外力F大小不变 B．轻杆对小球的作用力大小变小
C．地面对木板的支持力逐渐变小 D．地面对木板的摩擦力逐渐减小
D　
解析：D　对小球A进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图所示，根据几何关系可知两三角形相似，因此，缓慢运动过程O′A越来越小，则F逐渐减小，故A错误；由于OA长度不变，杆对小球的作用力大小不变，故B错误；对木板，由于杆对木板的作用力大小不变，方向向右下，但杆的作用力与竖直方向的夹角越来越小，所以地面对木板的支持力逐渐增大，地面对木板的摩擦力逐渐减小，故C错误，D正确。
相似三角形法的应用技巧
(1)特点：三力，一力恒定，另外两力大小、方向都变。
(2)根据已知条件画出两个不同情况对应的力的三角形和空间几何三角形，确定对应边，利用三角形相似知识列出比例式。
(3)确定未知量大小的变化情况。
考向4　辅助圆法(正弦定理法)的应用
(一题多解)(2026·重庆南开中学月考)某中学为增强学生体魄，组织学生进行多种体育锻炼。在某次锻炼过程中，一学生将铅球置于两手之间，其中两手之间夹角为60°。保持两手之间夹角不变，将右手由图所示位置缓慢旋转60°至水平位置。不计一切摩擦，则在转动过程中，下列说法正确的是(　　)
A．右手对铅球的弹力增大
B．右手对铅球的弹力先增大后减小
C．左手对铅球的弹力增大
D．左手对铅球的弹力先增大后减小
B　
解析：B　法一(矢量圆法)：以铅球为研究对象，受重力G、右手对铅球的弹力为F1和左手对铅球的弹力为F2，受力分析如图所示，缓慢旋转过程中处于平衡状态，则将三力平移后构成一首尾相连的三角形，两手之间夹角保持60°不变，则两力之间的夹角保持120°不变，则在三角形中，F1与F2夹角保持60°不变，重力G
的大小方向不变，作出力三角形的外接圆，根据弦所对的圆周角都相等，则右手由图示位置缓慢旋转60°至水平位置过程中力的三角形变化如图所示，分析可得F1开始小于直径，当转过30°时F1等于直径，再转时又小于直径，所以F1先增大后减小，F2开始就小于直径，转动过程中一直减小，选项B正确。
法二(正弦定理法)：以铅球为研究对象，受重力G、右手对铅球的弹力为F1及左手对铅球的弹力为F2，受力分析如图所示，缓慢旋转过程中处于平衡状态，则将三力平移后构成一首尾相连的三角形，两手之间夹角保持60°不变，右手由图示位置缓慢旋转的角度设为θ，转动过程始终处于平衡状态，根据
正弦定理有，右手由图示位置缓慢旋转60°至水平位置过程中θ由0°变为60°，sin (60°＋θ)先变大再变小，所以F1先增大后减小，sin (60°－θ)一直变小，所以F2一直减小，选项B正确。
辅助圆法(正弦定理法)的应用情境
(1)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。
(2)作出不同状态的矢量三角形，利用两力夹角不变，可以作出动态圆(也可以由正弦定理列式求解)，恒力为圆的一条弦，根据不同位置判断各力的大小变化。
[归纳总结]　动态平衡问题的思维流程
考点二　平衡中的临界、极值问题
考向1　平衡中的极值问题
(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
B　
解析：B　如图所示为小球受力分析图，其中F＝F′，内壁截面为半圆形，由几何关系得θ＝45°，则F cos θ＋F′cos θ＋Fx＝G，当Fx＝0时，F有最大值，为Fm＝G，B正确。
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。
(2026·江苏常州高级中学检测)如图所示，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l。现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加的力的最小值为(　　)
A．mg B．mg
C．mg D．mg
C　
解析：C　由对称性可知，AC绳和BD绳与竖直方向的夹角相等，设均为θ，由几何关系可知sin θ＝，则θ＝30°。对C点进行受力分析，由平衡条件可知，绳CD对C点的拉力FCD＝mg tan 30°，对D
点进行受力分析，绳CD对D点的拉力F2＝FCD＝mg tan 30°，故F2是恒力，BD绳对D点的拉力F1方向一定，又F1与在D点施加的力F3的合力和F2等值反向，如图所示，由图知当F3垂直于绳BD时，F3最小，由几何关系可知，F3min＝F2sin 60°＝mg，C正确。
考向2　平衡中的临界问题
(2026·安徽芜湖一中期中)如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为(　　)
A．
C．
C　
解析：C　当木板与水平面的夹角为45°时，两物块刚好滑动，对A物块受力分析如图甲，沿斜面方向，A、B之间的滑动摩擦力Ff1＝μFN1＝μmg cos 45°，根据平衡条件可知FT＝mg sin 45°＋μmg cos 45°①，对B物块受力分析如图乙，沿斜面方向，Ff1′＝Ff1，B与斜面之间的滑动摩擦力Ff2＝μFN2＝μ·3mg cos 45°，根据平衡条件可知，2mg sin 45°＝FT＋μmg cos 45°＋μ·3mg cos 45°②，联立①②解得μ＝，故C正确。
图甲　　　　　图乙
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，弹力F弹＝0。
(2026·江苏如东高级中学期中)如图所示，物体的质量为m＝5 kg，两根轻细绳AB和AC的一端固定于竖直墙上，另一端系于物体上(∠BAC＝θ＝60°)，在物体上另施加一个方向与水平线也成θ角的拉力F，若要使两绳都能伸直，求拉力F的大小范围。(g取10 m/s2)
解析：设AB绳的拉力为F1，AC绳的拉力为F2，对物体受力分析，由平衡条件有F cos θ－F2－F1cos θ＝0，
F sin θ＋F1sin θ－mg＝0，
可得F＝。
若要使两绳都能伸直，则有F1≥0，F2≥0，
则F的最大值Fmax＝ N，
F的最小值Fmin＝ N，
即拉力F的大小范围为 N≤F≤ N。
答案： N≤F≤ N
[归纳总结]　求解临界、极值问题的常用方法
(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)数学极值法：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)图解法：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。
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限时规范
训练(10)　动态平衡　平衡中的临界、极值问题
(建议用时：40分钟　满分：70分)
(选择题1～7题每题5分，8～10题每题6分，12题7分，共60分)
[基础巩固练]
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．
C．
B　
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解析：B　斜坡倾角越大，“天工”越容易下滑，只要保证“天工”在30°倾角的斜坡上不下滑，在小于30°倾角的斜坡上更不会下滑，对30°倾角的斜坡上的“天工”受力分析，有μmg cos 30°≥mg sin 30°，解得μ≥，B正确。
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2．(2026·重庆八中高三开学考)如图所示，凹槽固定在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，O为圆心。一可视为质点的物块恰好可静止于P点，OP与竖直方向夹角为30°。现对物块施加水平向右的外力，使其由P开始在截面上缓慢移动。则物块在截面上能上升到的最高处与O点连线与竖直方向的夹角为(　　)
A．30°
B．60°
C．45°
D．90°
B　
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解析：B　在P点静止时物块受力分析如图1所示，有FN＝mg cos 30°，Ff＝mg sin 30°，恰好静止，则有Ff＝μFN，解得μ＝，当缓慢推至角度为θ时，受力分析如图2所示，有FNsin θ＋Ffcos θ＝F，FNcos θ＝mg＋Ffsin θ，Ff＝μFN，解得F＝ mg，即θ＝60°时，F为无穷大。故选B。
图1　 图2
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3．(2026·辽宁名校联盟8月联考)如图所示为由24个光滑铁环组成的铁链，其两端等高地悬挂在竖直的固定桩上，铁环从左到右依次编号为1、2、3、…、24。在重力作用下铁链自然下垂形成一条曲线，曲线两端点的切线与竖直方向的夹角均为45°，第12个和第13个铁环水平穿连，每个铁环的质量均为m，重力加速度为g。下列关于铁环之间的弹力说法正确的是(　　)
D　
A．铁环受到它上方铁环的弹力和它下方铁环的弹力方向相反
B．每个铁环受到它上方铁环和它下方铁环的弹力大小相差mg
C．铁环和铁环之间弹力的最大值为24mg
D．铁环和铁环之间弹力的最小值为12mg
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解析：D　铁环受到上方铁环弹力及下方铁环弹力外，还受重力，三力互成角度，故AB错误；对第1～12个铁环分析，可知12、13铁环之间弹力为F＝12mg tan 45°＝12mg，仅对12铁环分析，可知11铁环对12铁环的弹力大小为F′＝mg，同理可知12、13铁环间弹力最小，故D正确；1、2铁环和23、24铁环间弹力最大且为F″＝<24mg，故C错误。
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4．(2025·湖北省部分重点中学高三联考)如图所示，用一根轻质细绳将重为10 N的画框对称悬挂在竖直墙上，画框上两个挂钉间的距离为0.5 m。若绳能承受的最大拉力为10 N，要使绳不会被拉断，绳子的最短长度为
(　　)
A． m B．0.5 m
C． m D．1.0 m
C　
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解析：C　对画框进行受力分析如图所示，受到重力G和大小相等的两根细绳的拉力F1、F2的作用，当F1＝F2＝Fmax＝10 N时，对应于细绳不被拉断的最短长度L，设此时F1和F2与竖直方向的夹角都为θ，由平衡条件知2Fmaxcos θ＝G＝10 N，解得cos θ＝0.5，设画框上两个挂钉间的距离为d，则绳子的最短长度为L＝ m，故选C。
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5．(2026·八省联考，4)光滑水平面上，细线一端固定在O
点，另一端与小球相连，小球受到两个相互垂直的水平拉
力F1和F2，细线始终水平，F1与细线的夹角为α(α为钝角)，
小球始终处于平衡状态。则下列说法正确的是(　　)
A．保持拉力F2恒定不变，F1方向不变，大小逐渐增加，则小球受到细线的拉力逐渐减小
B．只增加细线的长度，保持三个力方向不变，则F2减小
C．若保持α角和F2不变，将拉力F1沿顺时针方向缓慢转动，则小球受到细线的拉力将逐渐增大
D．若保持α角和F2不变，将拉力F1沿顺时针方向缓慢转动，则小球受到细线的拉力将逐渐减小
D　
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解析：D　保持F2不变，如图所示，由三角形定则可知，F1增大时，FT逐渐增大，A项错误；只增加细线的长度，对力的大小没有影响，F2大小不变，B项错误；α角和F2不变，将拉力F1沿顺时针方向缓慢转动，则F1与F2之间夹角β减小，且β<90°，沿着垂直F1方向正交分解可得FT·sin (180°－α)＝F2sin β，可知细线上拉力逐渐减小，C项错误，D项正确。
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6．(2025·江苏省丹阳高级中学高三上一模)如图所示，粗糙水平地面上放有横截面为圆的柱状物体A，A与墙面之间放有表面光滑的圆柱形物体B，A、B均保持静止。若将A向左移动少许，下列说法正确的是(　　)
A．B对A的作用力不变
B．墙面对B的作用力不变
C．地面对A的摩擦力不变
D．地面对A的支持力不变
D　
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解析：D　对物体B受力分析，受到重力mg、墙面对B的作用力N和A对B的支持力N′的作用，如图1所示。当A向左移动少许后，N′的方向向右上方偏转，根据图1可知N′和N都减小，由牛顿第三定律可知B对A的作用力减小，故A、B错误；对A、B整体受力分析，受到总重力G、地面的支持力FN、地面的摩擦力Ff和墙面的作用力N的作用，如图2所示。根据平衡条件，有Ff＝N，FN＝G，故地面的支持力不变，地面的摩擦力Ff随着墙面对B的作用力N的减小而减小，故C错误，D正确。
图1
图2
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7．(2026·河北保定名校联考)炎炎夏日，人们离不开空调。室外安装空调主机的情境示意图如图所示，为安全起见，要求吊运过程中空调主机与楼墙保持一定的距离。一人在高处控制一端系在主机(视为质点)上的轻绳P，另一人(始终静止)在地面控制另一根一端系在主机上的轻绳Q，二人配合可使主机缓慢竖直上升。当P绳与竖直方向的夹角为α时，Q绳与竖直方向的夹角为β。轻绳均足够长，下列说法正确的是(　　)
A．α可能等于β
B．P绳的拉力可能与Q绳的拉力大小相等
C．运送过程中Q绳的拉力变小
D．地上的人受到地面的摩擦力变大
D　
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解析：D　对空调主机受力分析，建坐标系如图所示，根据平衡条件，可得y轴方向有FPcos α＝mg＋FQcos β，可得FPcos α>FQcos β，x轴方向有FPsin α＝FQsin β，两式联立可得FP2cos2α＋FP2sin2α>FQ2cos2β＋FQ2sin2β，化简得FP2>FQ2，解得FP>FQ，根据x轴方向有FPsinα＝
FQsin β，可知α<β，故A、B错误；由题知，要求吊运过程中空调主机与楼墙保持一定的距离，即d不变，设OP间的绳长为lOP，OQ间的绳长为lOQ，空调主机离地的高度为h，根据几何关系可得sin α＝，cos β＝，在缓慢上升过程中，OP间的绳长变短，OQ间的绳长不变，但离地
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高度h增大，则有sin α变大，cos β变大，故α变大，β变小，根据平衡条件，可得y轴方向有FPcos α＝mg＋FQcos β，x轴方向有FPsin α＝FQsin β，联立解得FP＝，可知FP变大，根据FPsin α＝FQsin β，可知FQ变大，故C错误；对地面上的人受力分析，在水平方向有Ff＝FQsin β＝FPsin α，故地面上的人受到地面的摩擦力变大，故D正确。故选D。
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[能力提升练]
8．(2026·成都树德中学开学考)如图所示，质量为3m的小球P和质量为m的小球Q通过两根长度均为L的细线悬挂在天花板的O点，两球之间通过长度为L的轻杆相连，重力加速度为g。现对小球P施加一外力F并确保轻杆始终处于水平状态，则(　　)
A．外力F竖直向上时，外力取得最小值2mg
B．外力F水平向左时，外力取得最小值mg
C．外力F垂直于绳子OP时，外力取得最小值mg
D．外力F垂直于绳子OP时，外力取得最小值mg
C　
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解析：C　根据题意，由几何关系可知OQ与PQ的夹角、OP与PQ的夹角均为θ＝30°，分析可知，Q受到重力mg、杆的弹力F杆、绳子拉力FTQ而平衡，由平衡条件得，F杆＝FTQcos θ，FTQsin θ＝mg，联立
解得F杆＝mg，对P受力分析可知，P受到重力3mg、杆的弹力F杆、绳子拉力FTP和外力F而平衡，如图甲所示。则小球P受的重力与杆的合力F1＝，联立以上解得F1＝，作出F1、FTP、F三个力的矢量三角形如图乙所示，当作用在小球P的外力方向与P相连的细绳方向垂直时，外力F最小，即最小值为Fmin＝F1sin θ，联立以上解得Fmin＝mg，故选C。
图甲　　　　　　图乙
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9．(2025·山东省济宁市高三下学期考前押题)在工厂车间里，有两个质量均为m的半圆柱承载装置A、B紧挨着静置于水平地面上，与地面间的动摩擦因数均为μ，上方放置一质量为2m的光滑圆柱模具C，三者半径均为R。工作人员用机械牵引系统对A施加水平向右的拉力，使其缓慢移动，直至C恰好落地，期间B始终静止，重力加速度为g。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则(　　)
A．B受地面摩擦力逐渐减小
B．A、B受地面支持力相等且始终保持不变
C．A受地面摩擦力逐渐增大
D．动摩擦因数μ的最小值为
B　
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解析：B　设BA对C的弹力方向与竖直方向夹角为θ，对圆柱C受力分析如图所示，C受力平衡，由平衡条件可得F＝，可知F的水平分力Fx＝F sin θ＝mg tan θ，随着C逐渐落到地面，θ增大，tan θ增大，则Fx变大，对B，由平衡条件可知B受地面摩擦力逐渐增大，故A错误；对ABC整体受力分析，竖直方向受整体重
力和地面对AB的支持力，由对称性知地面对A、B的支持力大小相等均为2mg，A受地面的摩擦力为滑动摩擦力，恒定不变，故B正确，C错误。由几何关系可知当C降到地面前瞬间θ＝60°，B受C压力的水平分力最大，大小Fxmax＝mg tan 60°＝mg；B受地面的最大静摩擦力大小为Ff＝2μmg，由题意知Ffmin＝Fxmax，联立解得μmin＝，故D错误。
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10．(多选)(2025·广东肇庆二模)筷子是中华饮食文化的标志之一，我国著名物理学家李政道曾夸赞说：“筷子如此简单的两根木头，却精妙绝伦地应用了物理学杠杆原理。”如图所示，用筷子夹住质量为m的小球，两根筷子均在竖直平面内，且筷子和竖直方向的夹角均为θ。已知小球与筷子之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，小球静止。下列说法正确的是(　　)
A．筷子对小球的最小压力是
B．当θ增大时，筷子对小球的最小压力一定增大
C．当θ减小时，筷子对小球的最小压力一定增大
D．要想用筷子夹住小球，必须满足μ>tan θ
BD　
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解析：BD　对小球受力分析，如图所示，小球受力平衡，竖直方向有：2Ffcos θ＝mg＋2FNsin θ，Ff≤Ffmax＝μFN，解得FN≥，故筷子对小球的最小压力为，A错误；根据Fnmin
＝，可知当θ增大时，筷子对小球的最小压力一定增大，故B正确，C错误；要想用筷子夹住小球，则FNmin＝>0，则μcos θ－sin θ>0，即必须满足μ>tan θ，故D正确。
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11．(10分)(2026·四川泸州月考)如图所示，质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑。如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块，木块能匀速上升，已知木楔在整个过程中始终静止。
(1)当α为多大时，F有最小值，求此时α的大小及F的最小值；
(2)当α＝θ时，木楔对水平面的摩擦力是多大？
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解析：(1)木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mg sin θ＝μmg cos θ
解得μ＝tan θ
木块在F作用下沿斜面向上匀速运动，有
F cos α＝mg sin θ＋Ff
F sin α＋FN＝mg cos θ
Ff＝μFN
解得F＝
则当α＝θ时，F有最小值，为Fmin＝mg sin 2θ。
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(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力
即Ff′＝F cos (α＋θ)
当α＝θ，即F取最小值时
则Ff′＝Fmincos 2θ＝mg sin 4θ。
答案：(1)θ　mg sin 2θ　(2)mg sin 4θ
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[培优创新练]
12．(经典高考题)如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中(　　)
A．圆柱体对木板的压力逐渐增大
B．圆柱体对木板的压力先增大后减小
C．两根细绳上的拉力均先增大后减小
D．两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变
B　
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解析：B　设两绳子对圆柱体的拉力的合力为FT，木板对圆柱体的支持力为FN，从右向左看，对圆柱体受力分析并合成三角形如图所示。在木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平的过程中，α不变，γ从90°逐渐减小到0，又γ＋β＋α＝180°且α＜90°，可知90°＜γ＋β＜180°，则0＜β＜180°，可知β从锐角逐渐增大到钝角，在矢量三角形中，根据正弦定
理得，则由sin γ不断减小可知FT不断减小，由sin β先增大后减小可知FN先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小；设两绳子之间的夹角为2θ，绳子拉力为FT′，则2FT′cos θ＝FT，可得FT′＝，θ不变，FT逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B正确，A、C、D错误，故选B。
专题突破3　动态平衡　平衡中的临界、极值问题
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