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专题强化三　动态平衡　平衡中的临界与极值问题
学习目标　1.学会运用解析法、图解法等分析处理动态平衡问题。 2.会分析平衡中的临界与极值问题,并会相关计算。
考点一　动态平衡问题
1.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。
2.做题流程
方法　解析法
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。
例1 (2025·甘肃金昌模拟)如图甲所示,为了保持餐具安全卫生,学校食堂将清洗干净后的碗碟等餐具侧立着竖直放置于餐具架上,其侧视图如图乙所示,其中固定光滑直杆a、b分别为两等高水平金属杆,图中碗外壁可看作半径为R的半球形。下列说法正确的是 (　　)
A.若稍微增大a、b间距,且碗仍保持竖直静止,碗对a杆的压力不变
B.若稍微减小a、b间距,且碗仍保持竖直静止,碗对b杆压力变大
C.若将质量相同、半径R更大的碗竖直放置于a、b杆之间,碗对a杆的压力变小
D.若将质量相同、半径R更大的碗竖直放置于a、b杆之间,碗对b杆的压力不变
答案　C
解析　由牛顿第三定律可知,碗对杆的压力与杆对碗的弹力始终等大反向。对碗受力分析如图,设b杆对碗的弹力F2与竖直方向的夹角为θ,则根据共点力的平衡条件可得F1=Gtan θ,F2=。若增大a、b间距,θ增大,则F1变大,故A错误;若减小a、b间距,则θ减小,F2减小,故B错误;若将质量相同、半径更大的碗竖直放置于a、b杆之间,则θ减小,F1减小,F2减小,故C正确,D错误。
方法　图解法
用图解法分析物体的动态平衡问题时,一般是物体只受三个力作用,且其中一个力大小、方向均不变,另一个力的方向不变,第三个力大小、方向均变化。
例2 (2026·河南商丘高三期中)长时间低头玩手机时,颈椎受到的压力会比直立时大。如图所示,低头时,头部受到的重力为G ,颈椎后部肌肉对头部的拉力为F,颈椎对头部的支持力为FN。已知颈椎弯曲越厉害,FN与竖直方向的夹角θ就越大,F的方向视为不变,则颈椎弯曲越厉害时(　　)
A.FN越大,F越小 B.FN越小,F越大
C.FN和F都越大 D.FN和F都越小
答案　C
解析　对头部受力分析如图所示,由图可知,重力G、拉力F和支持力FN三个力的合力为0,重力G的大小和方向都不变,拉力F方向不变,支持力FN与竖直方向的夹角θ增大,拉力F和支持力FN都增大,故C正确。
方法　相似三角形法
物体受三个力平衡,其中一个力恒定,另外两个力的方向同时变化,当所作“力的矢量三角形”与空间的某个“几何三角形”相似时,可利用相似三角形对应边成比例进行计算。
例3 (多选)(2026·重庆涪陵月考)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逐渐增大
B.轻杆对小球的作用力大小不变
C.地面对木板的支持力逐渐减小
D.地面对木板的摩擦力逐渐减小
答案　BD
解析　对小球A进行受力分析,三力构成矢量三角形,如图所示,根据三角形相似可得==,轻杆缓慢运动过程中O'A越来越小,则F逐渐减小,由于OA长度不变,杆对小球的作用力F'大小不变,故A错误,B正确;令轻杆与水平方向夹角为θ,对木板B受力分析,有FN'=Mg+F'sin θ,Ff=F'cos θ,根据上述,轻杆弹力大小F'不变,θ增大,则FN'增大,Ff减小,即地面对木板的支持力逐渐变大,地面对木板的摩擦力逐渐减小,故C错误,D正确。
方法　矢量圆法(正弦定理法)
1.矢量圆法:如图所示,物体受三个共点力作用而平衡,其中一力恒定,另外两力方向一直变化,但两力的夹角不变,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。
2.正弦定理法:
如图所示,物体受三个共点力作用而处于平衡状态,则三个力中任意一个力的大小与另外两个力的夹角的正弦成正比,即==。
例4 如图所示,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
答案　B
解析　设两根绳对圆柱体的拉力的合力为F,每根绳的拉力为FT,两绳之间的夹角为2θ,则2FTcos θ=F,可得FT=,画出矢量三角形,如图所示,G为圆柱体重力,FN为所受支持力。因为F和FN的夹角保持不变,矢量三角形处在以斜边中点(初始时F中点)为圆心的外接圆中,在将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平过程中,可判断出FN先增大后减小,F逐渐减小,则FT不断减小,故B正确,A、C、D错误。
方法总结　动态平衡模型分析方法
矢量三角形法:其中一个力大小方向固定,另一个力方向固定,第三个力大小方向均不固定 水平拉力F逐渐增大,绳的拉力也逐渐增大 挡板对球的作用力F1先减小后增大,斜面对球的支持力F2逐渐减小
相似三角形法:矢量三角形与几何三角形相似 ==
辅助圆法: (1)一个力大小、方向固定,另两个力间的夹角固定。 (2)一个力大小、方向固定,另一个力大小固定,第三个力大小、方向均不固定 正弦定理==
考点二　平衡中的临界与极值问题
1.临界、极值问题特征
(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”“刚能”“恰好”等语言叙述。
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。
③刚好离开接触面,支持力FN=0。
(2)极值问题:平衡物体的极值,一般指在力的变化过程中的最大值和最小值。
2.解决临界和极值问题的三种方法
极限 法 正确进行受力分析和变化过程分析,找到平衡的临界点和极值点;临界条件必须在变化中寻找,不能在一个状态上研究临界问题,要把某个物理量推向极大或极小
数学 分析法 通过对问题的分析,根据平衡条件列出物理量之间的函数关系(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)
物理 分析法 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
例5 (2025·福建莆田模拟)如图所示,质量M=4 kg物块甲置于倾角为37°的斜面上,物块甲与斜面间的动摩擦因数μ=0.5,物块与斜面间的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=10 m/s2。求:
(1)轻绳OA的弹力TOA大小和轻绳OB的弹力TOB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,如图甲所示,由平衡条件得
TOBcos 37°=TOA,TOBsin 37°=mg
联立解得TOA=40 N,TOB=50 N。
(2)对物块甲进行受力分析,如图乙所示,由平衡条件得在垂直斜面方向
FN=Mgcos 37°-TOAsin 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°+TOAcos 37°
代入数值解得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°+TOAcos 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·河北石家庄模拟)我国明代综合性科技巨著《天工开物》“五金”篇中提到为了将矿石从矿坑中运出,工人们会搭建简易的斜面通道,这是古代劳动人民智慧的结晶。如图所示,若斜面的倾角为15°,方形矿石与斜面间的动摩擦因数为,重力加速度为g。现用轻绳拉着质量为m的矿石沿斜面匀速上滑,所需的拉力最小值为(　　)
A.mg B.mg
C.mg D.mg
答案　A
解析　方法一　三角函数法
设拉力与斜面的夹角为θ时,拉力有最小值,对矿石进行受力分析,如图所示,根据共点力的平衡条件得
Fcos θ-Ff-mgsin 15°=0
FN+Fsin θ-mgcos 15°=0
Ff=μFN
联立整理得
Fcos θ=μ(mgcos 15°-Fsin θ)+mgsin 15°
则F=
=
故tan φ=,即φ=60°
当F最小时,sin(θ+60°)=1,即θ=30°
Fmin==mg,故A正确。
方法二　“摩擦角”法
对矿石受力分析如图所示,
将FN与Ff合成,设其合力方向与FN成α角,α即为摩擦角,易知tan α==,得α=30°,则拉力F与F合垂直时拉力F最小,最小值为Fmin=mgsin(α+15°)=mg,故A正确。
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,拉力F与合力F'垂直时力F有最小值,则Fmin=mgsin α,此时θ=α。
A级　基础对点练
对点练1　动态平衡问题
1.(2026·山东济宁高三期中)某物理兴趣小组的同学设计了如图所示的汲水灌田农具模型,P、Q两点位于同一水平线,分别在其位置固定一个小滑轮,将连结沙桶的细线跨过两滑轮并悬挂质量相同的砝码,让沙桶在竖直方向沿线段PQ的垂直平分线OO'运动。在外力的作用下,释放砝码,沙桶匀速上升,随着连结沙桶的两线间夹角逐渐增大,则每根线对沙桶的拉力(　　)
A.先减小后增大 B.逐渐增大
C.逐渐减小 D.保持不变
答案　B
解析　设每根线对沙桶的拉力为T,两线间夹角为2θ,沙桶的重力为G,由于沙桶匀速上升,所以重力等于两拉力的合力,有2Tcos θ=G,得到T=,连结沙桶的两线间夹角逐渐增大,也就是说θ逐渐增大,cos θ逐渐减小,T逐渐增大,所以每根线对沙桶的拉力逐渐增大,故B正确。
2.(2025·海南三亚模拟)《墨经》中记载可以通过车梯(一种前低后高的斜面车)提升重物。如图所示,轻绳一端固定,另一端系在重物上,现向左推动车梯,重物沿斜面缓慢上升,忽略重物和车梯间的摩擦阻力,则此过程中(　　)
A.小球受到的轻绳拉力不变
B.小球受到的轻绳拉力增大
C.小球受到的斜面支持力不变
D.小球受到的斜面支持力增大
答案　D
解析　缓慢拉升重物的过程中,重物所受重力大小方向不变,支持力的方向不变,而轻绳拉力的方向不断变化,受力如图所示,由图可知,重物所受支持力FN不断增大,轻绳拉力T不断减小,故D正确。
3.(2025·山东威海模拟)如图所示,工人利用定滑轮通过绳索施加拉力F,将一根均匀的钢梁AB拉起,定滑轮位于钢梁A端的正上方,拉起的过程中钢梁绕A端缓慢转动。拉力F的大小(　　)
A.始终不变 B.逐渐增大
C.逐渐减小 D.先增大后减小
答案　C
解析　对钢梁AB受力分析,向下的重力mg、细绳的拉力F以及地面对A点的作用力F1(摩擦力和支持力的合力),三个力的合力交于一点,组成力的封闭三角形,则由相似三角形可知=,则随着钢梁B点逐渐升高,则OC减小,F减小,故C正确。
4.如图,质量为0.2 kg的小球A在水平力F作用下,与四分之一光滑圆弧形滑块B一起静止在地面上,小球球心跟圆弧圆心连线与竖直方向夹角θ=60°,g取10 m/s2。则以下说法正确的是(　　)
A.B对A的支持力大小为2 N
B.水平地面对B的摩擦力方向水平向右
C.增大夹角θ,若A、B依然保持静止,F减小
D.增大夹角θ,若A、B依然保持静止,地面对B的支持力减小
答案　B
解析　对A受力分析,如图所示,根据平衡条件,B对A的支持力FN==4 N,故A错误;对A、B整体受力分析,在水平方向,根据平衡条件,摩擦力与水平力F等大反向,即摩擦力方向水平向右,故B正确;对A受力分析,则F=mgtan θ,增大夹角θ,若A、B依然保持静止,F增大,故C错误;对A、B整体受力分析,在竖直方向,根据平衡条件,地面对B的支持力与A、B的重力二力平衡,大小相等,与θ角无关,即地面对B的支持力不变,故D错误。
对点练2　平衡中的临界与极值问题
5.(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　小球受力情况如图所示。由平衡条件得2Fcos 45°+FN=G,当凹槽底部对小球支持力FN=0时,拉力F最大,有2Fmcos 45°=G,解得Fm=G,故B正确。
6.(2026·江西萍乡模拟)如图甲为通过传送带输送小麦的示意图,麦粒离开传送带后可视为竖直下落,形成的麦堆为圆锥状,如图乙所示。麦粒间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,单个麦粒的体积、形状均近似相同,不考虑麦粒的滚动。已知麦堆的总体积为 V0,圆锥体的体积公式为 V=πr2h(其中r为圆锥体底面圆半径,h为圆锥体的高度),则麦堆高度的最大值为(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　麦粒堆积时,以麦堆侧面一粒麦粒为研究对象,当mgsin α<μmgcos α时,麦粒能够保持静止,麦堆逐渐堆积增高;当mgsin α=μmgcos α时,麦堆的斜面倾角不能再增大,由此可知μ=tan α,因tan α=,得 r=,可知V0=πr2h=πh,得h=,故B正确。
7.(2026·河北沧州一模)在古代,人们关上门后从内部用一根结实的木棍抵住门,以保障安全,这种木棍被称为“顶门杠”,如图甲所示。图乙是其简化示意图,顶门杠可绕其下端与地面的接触点O自由转动,杠下端与水平地面之间的动摩擦因数为μ,杠的重力忽略不计,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。为保证门受到再大的外来推力都不能使杠的下端与地面间发生滑动,则杠与水平地面的夹角α应满足的条件为(　　)
A.tan α≥ B.tan α≥μ
C.tan α≤μ D.tan α≤
答案　A
解析　对杠受力分析,设门对顶门杠顶端的作用力大小为F,该力沿杆向下,可分解为两个分量:垂直于地面的分量F⊥=Fsin α,该分量产生对地面的正压力大小FN=Fsin α,沿水平方向的分量F∥=Fcos α,该分量需与地面摩擦力平衡;杠与地面最大静摩擦力为Ffm=μFN,为防止滑动,需满足F≤Ffm,即Fcos α≤μFsin α,得tan α≥,故A正确。
B级　综合提升练
8.(2025·贵州铜仁模拟)抖空竹是一种传统杂技节目,叫“抖空钟”,南方也叫“扯铃”。表演者用两根短竿系上绳子,将空竹(也有用壶盖或酒瓶)扯动使之旋转,并表演出各种身段。如图所示,表演者保持一只手A不动,另一只手B沿图中的四个方向缓慢移动,忽略空竹转动的影响,不计空竹和轻质细绳间的摩擦力,且认为细绳不可伸长。下列说法正确的是(　　)
A.细绳B端沿虚线a向左移动时,细绳对空竹的合力增大
B.细绳B端沿虚线b向上移动时,细绳的拉力减小
C.细绳B端沿虚线c斜向上移动时,细绳的拉力不变
D.细绳B端沿虚线d向右移动时,细绳的拉力增大
答案　D
解析　细绳B端沿虚线a向左移动时,细绳对空竹的合力与重力等大反向,可知合力不变,故A错误;设A、B两点水平间距为d,绳长L,细绳与竖直方向的夹角为θ,由几何关系可知sin θ=,由平衡条件可知绳子拉力F=,细绳B端沿虚线b向上移动时d、L均不变,则θ不变,则细绳的拉力不变,故B错误;细绳B端沿虚线c斜向上移动或沿虚线d向右移动时,d变大、L不变,则θ变大,cos θ变小,可知细绳的拉力变大,故C错误,D正确。
9.(2025·安徽淮北模拟)如图所示,在水平地面上放置了一个顶端固定有定滑轮的斜面,物块B放置在斜面上,轻细绳的一端与B相连,另一端通过定滑轮与小球A相连。现对小球A施加水平外力F使其缓慢运动,直至将OA拉至图示位置,拉动过程中物块B和斜面始终静止。不计细绳与滑轮的摩擦,则下列说法正确的是(　　)
A.拉力F先增大后减小
B.OA绳上的拉力一直减小
C.斜面对B的摩擦力一直减小
D.地面对斜面的摩擦力一直增大
答案　D
解析　设连接A球的绳子与竖直方向的夹角为θ,以A球为研究对象,根据受力平衡可得Tcos θ=mAg,Tsin θ=F,可得T=,F=mAgtan θ,由于θ逐渐增大,可知拉力F逐渐增大,OA绳上的拉力逐渐增大,故A、B错误;如果一开始绳子拉力大于B所受重力沿斜面的分力,则斜面对B的摩擦力沿斜面向下,随着绳子拉力的增大,斜面对B的摩擦力增大,故C错误;以斜面、B和A为整体,根据平衡条件可知,地面对斜面的摩擦力与拉力F大小相等,方向相反,由于拉力F逐渐增大,所以地面对斜面的摩擦力一直增大,故D正确。
10.(多选)(2025·黑、吉、辽、内蒙古押题卷)涵管是城市建设排水系统的重要建筑材料,如图所示是由汽车运输涵管的示意图,在卸涵管时将固定绳解除,涵管的左右两边由两个固定的垫片支撑,涵管恰好与车的底部接触且无弹力,两垫片与车的底部水平面所成的夹角均为θ=30°,左、右两边的垫片对涵管的支持力分别记为F1、F2。已知车停在水平地面上,为了方便卸下涵管,汽车启动翻斗功能,将车斗右端缓缓抬起,直至左边垫片的上表面水平。在车斗缓缓抬起直至左边垫片上表面水平的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.F1一直增大 B.F1先减小后增大
C.F2一直减小 D.F2先增大后减小
答案　AC
解析　车斗水平时,对涵管受力分析如图所示,F1与F2的合力大小等于涵管的重力mg,由几何关系可知,在矢量三角形中,F1与F2的夹角为120°,且车斗缓缓抬起的过程中,F1与F2的夹角始终不变,设F1与F合的夹角为θ2,F2与F合的夹角为θ1,根据正弦定理==,可得F1=sin θ1,F2=sin θ2,因为θ1从30°逐渐增大到60°,θ2从30°逐渐减小到0°,所以sin θ1一直增大,sin θ2一直减小,则F1一直增大,F2一直减小,故A、C正确。
C级　培优加强练
11.(2026·云南昆明模拟)如图所示,左、右对称的粗糙斜面与竖直方向的夹角均为θ=53°,两根刚性轻杆通过铰链与两个相同的物块P、Q相连,P、Q的质量均为m1=2.0 kg,对称着放在两侧的斜面上。一质量为m2=3.2 kg的物块A悬挂在上方的铰链上,对称调节P、Q的位置,使杆与斜面垂直,整个装置处于平衡状态。已知物块均可视为质点,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,杆与物块均处于同一竖直面内,铰链质量忽略不计,重力加速度g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。求:
(1)轻杆受到的力的大小;
(2)物块与斜面间动摩擦因数的最小值(结果用分式表示)。
答案　(1)20 N　(2)
解析　(1)对悬挂点进行受力分析,受绳子的拉力(大小等于m2g)和两个轻杆的弹力F1、F2而处于平衡状态,
对绳子的拉力沿杆的方向进行分解,两分力大小等于F1、F2,且F1=F2,
如图所示,由几何关系和平衡条件得
F1=
代入数据可得F1=20 N。
(2)对物块P受力分析,如图所示
因轻杆与斜面垂直,则当最大静摩擦力与重力沿斜面方向的分力相等时,动摩擦因数μ有最小值,对P物体受力分析,受到重力m1g、轻杆的力F1、支持力FN和摩擦力Ff而处于平衡态,
此时在沿杆方向上有FN=F1+m1gsin θ
沿斜面方向上有Ff=m1gcos θ
又Ff=μFN
联立可得μ=。(共57张PPT)
专题强化三　动态平衡　平衡中的临界与极值问题
第二章　相互作用——力
1.学会运用解析法、图解法等分析处理动态平衡问题。 2.会分析平衡中的临界与极值问题,并会相关计算。
学习目标
目 录
CONTENTS
考点
01
提升素养能力
02
考点
1
考点二　平衡中的临界与极值问题
考点一　动态平衡问题
1.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。
考点一　动态平衡问题
2.做题流程
方法　　解析法
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。
例1 (2025·甘肃金昌模拟)如图甲所示,为了保持餐具安全卫生,学校食堂将清洗干净后的碗碟等餐具侧立着竖直放置于餐具架上,其侧视图如图乙所示,其中固定光滑直杆a、b分别为两等高水平金属杆,图中碗外壁可看作半径为R的半球形。下列说法正确的是 (　　)
A.若稍微增大a、b间距,且碗仍保持竖直静
止,碗对a杆的压力不变
B.若稍微减小a、b间距,且碗仍保持竖直静
止,碗对b杆压力变大
C.若将质量相同、半径R更大的碗竖直放置于a、b杆之间,碗对a杆的压力变小
D.若将质量相同、半径R更大的碗竖直放置于a、b杆之间,碗对b杆的压力不变
C
解析　由牛顿第三定律可知,碗对杆的压力与杆对碗的弹力始终等大反向。对碗受力分析如图,设b杆对碗的弹力F2与竖直方向的夹角为θ,则根据共点力的平衡条件可得F1=Gtan θ,F2=。若增大a、b间距,θ增大,则F1变大,故A错误;若减小a、b间距,则θ减小,F2减小,故B错误;若将质量相同、半径更大的碗竖直放置于a、b杆之间,则θ减小,F1减小,F2减小,故C正确,D错误。
方法　　图解法
用图解法分析物体的动态平衡问题时,一般是物体只受三个力作用,且其中一个力大小、方向均不变,另一个力的方向不变,第三个力大小、方向均变化。
例2 (2026·河南商丘高三期中)长时间低头玩手机时,颈椎受到的压力会比直立时大。如图所示,低头时,头部受到的重力为G ,颈椎后部肌肉对头部的拉力为F,颈椎对头部的支持力为FN。已知颈椎弯曲越厉害,FN与竖直方向的夹角θ就越大,F的方向视为不变,则颈椎弯曲越厉害时(　　)
A.FN越大,F越小 B.FN越小,F越大
C.FN和F都越大 D.FN和F都越小
C
解析　对头部受力分析如图所示,由图可知,重力G、拉力F和支持力FN三个力的合力为0,重力G的大小和方向都不变,拉力F方向不变,支持力FN与竖直方向的夹角θ增大,拉力F和支持力FN都增大,故C正确。
方法　　相似三角形法
物体受三个力平衡,其中一个力恒定,另外两个力的方向同时变化,当所作“力的矢量三角形”与空间的某个“几何三角形”相似时,可利用相似三角形对应边成比例进行计算。
例3 (多选)(2026·重庆涪陵月考)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逐渐增大
B.轻杆对小球的作用力大小不变
C.地面对木板的支持力逐渐减小
D.地面对木板的摩擦力逐渐减小
BD
解析　对小球A进行受力分析,三力构成矢量三角形,如图所示,根据三角形相似可得==,轻杆缓慢运动过程中O'A越来越小,则F逐渐减小,由于OA长度不变,杆对小球的作用力F'大小不变,故A错误,B正确;令轻杆与水平方向夹角为θ,对木板B受力分析,有FN'=Mg+F'sin θ,Ff=F'cos θ,根据上述,轻杆弹力大小F'不变,θ增大,则FN'增大,Ff减小,即地面对木板的支持力逐渐变大,地面对木板的摩擦力逐渐减小,故C错误,D正确。
方法　　矢量圆法(正弦定理法)
1.矢量圆法:如图所示,物体受三个共点力作用而平衡,其中一力恒定,另外两力方向一直变化,但两力的夹角不变,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。
2.正弦定理法:
如图所示,物体受三个共点力作用而处于平衡状态,则三个力中任意一个力的大小与另外两个力的夹角的正弦成正比,即==。
例4 如图所示,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
解析　设两根绳对圆柱体的拉力的合力为F,每根绳的拉力为FT,两绳之间的夹角为2θ,则2FTcos θ=F,可得FT=,画出矢量三角形,如图所示,G为圆柱体重力,FN为所受支持力。因为F和FN的夹角保持不变,矢量三角形处在以斜边中点(初始时F中点)为圆心的外接圆中,在将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平过程中,可判断出FN先增大后减小,F逐渐减小,则FT不断减小,故B正确,A、C、D错误。
方法总结　动态平衡模型分析方法
矢量三角形法:其中一个力大小方向固定,另一个力方向固定,第三个力大小方向均不固定
水平拉力F逐渐增大,绳的拉力也逐渐增大
挡板对球的作用力
F1先减小后增大,斜
面对球的支持力F2
逐渐减小
相似三角形法:矢量三角形与几何三角形相似 ==
辅助圆法: (1)一个力大小、方向固定,另两个力间的夹角固定。 (2)一个力大小、方向固定,另一个力大小固定,第三个力大小、方向均不固定
正弦定理==
1.临界、极值问题特征
(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”“刚能”“恰好”等语言叙述。
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。
③刚好离开接触面,支持力FN=0。
(2)极值问题:平衡物体的极值,一般指在力的变化过程中的最大值和最小值。
考点二　平衡中的临界与极值问题
2.解决临界和极值问题的三种方法
极限 法 正确进行受力分析和变化过程分析,找到平衡的临界点和极值点;临界条件必须在变化中寻找,不能在一个状态上研究临界问题,要把某个物理量推向极大或极小
数学 分析法 通过对问题的分析,根据平衡条件列出物理量之间的函数关系(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)
物理 分析法 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
例5 (2025·福建莆田模拟)如图所示,质量M=4 kg物块甲置于倾角为37°的斜面上,物块甲与斜面间的动摩擦因数μ=0.5,物块与斜面间的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=10 m/s2。求:
(1)轻绳OA的弹力TOA大小和轻绳OB的弹力TOB大小;
答案　40 N　50 N
解析　对结点O,如图甲所示,由平衡条件得
TOBcos 37°=TOA,TOBsin 37°=mg
联立解得TOA=40 N,TOB=50 N。
(2)斜面对甲的弹力FN大小;
答案　8 N
解析　对物块甲进行受力分析,如图乙所示,由平衡条件得在垂直斜面方向
FN=Mgcos 37°-TOAsin 37°=8 N。
(3)力F大小的取值范围。
答案　52 N≤F≤60 N
解析　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°+TOAcos 37°
代入数值解得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°+TOAcos 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·河北石家庄模拟)我国明代综合性科技巨著《天工开物》“五金”篇中提到为了将矿石从矿坑中运出,工人们会搭建简易的斜面通道,这是古代劳动人民智慧的结晶。如图所示,若斜面的倾角为15°,方形矿石与斜面间的动摩擦因数为,重力加速度为g。现用轻绳拉着质量为m的矿石沿斜面匀速上滑,所需的拉力最小值为(　　)
A
A.mg B.mg
C.mg D.mg
解析　方法一　三角函数法
设拉力与斜面的夹角为θ时,拉力有最小值,对矿石进行受力分析,如图所示,根据共点力的平衡条件得
Fcos θ-Ff-mgsin 15°=0
FN+Fsin θ-mgcos 15°=0
Ff=μFN
联立整理得
Fcos θ=μ(mgcos 15°-Fsin θ)+mgsin 15°
则F=
=
故tan φ=,即φ=60°
当F最小时,sin(θ+60°)=1,即θ=30°
Fmin==mg,故A正确。
方法二　“摩擦角”法
对矿石受力分析如图所示,
将FN与Ff合成,设其合力方向与FN成α角,α即为摩擦角,易知tan α==,得α=30°,则拉力F与F合垂直时拉力F最小,最小值为Fmin=mgsin(α+15°)=mg,故A正确。
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,拉力F与合力F'垂直时力F有最小值,则Fmin=mgsin α,此时θ=α。
提升素养能力
2
A级　基础对点练
B
对点练1　动态平衡问题
1.(2026·山东济宁高三期中)某物理兴趣小组的同学设计了如图所示的汲水灌田农具模型,P、Q两点位于同一水平线,分别在其位置固定一个小滑轮,将连结沙桶的细线跨过两滑轮并悬挂质量相同的砝码,让沙桶在竖直方向沿线段PQ的垂直平分线OO'运动。在外力的作用下,释放砝码,沙桶匀速上升,随着
连结沙桶的两线间夹角逐渐增大,则每根线对沙桶的拉力(　　)
A.先减小后增大 B.逐渐增大
C.逐渐减小 D.保持不变
解析　设每根线对沙桶的拉力为T,两线间夹角为2θ,沙桶的重力为G,由于沙桶匀速上升,所以重力等于两拉力的合力,有2Tcos θ=G,得到T=,连结沙桶的两线间夹角逐渐增大,也就是说θ逐渐增大,cos θ逐渐减小,T逐渐增大,所以每根线对沙桶的拉力逐渐增大,故B正确。
D
2.(2025·海南三亚模拟)《墨经》中记载可以通过车梯(一种前低后高的斜面车)提升重物。如图所示,轻绳一端固定,另一端系在重物上,现向左推动车梯,重物沿斜面缓慢上升,忽略重物和车梯间的摩擦阻力,则此过程中(　　)
A.小球受到的轻绳拉力不变
B.小球受到的轻绳拉力增大
C.小球受到的斜面支持力不变
D.小球受到的斜面支持力增大
解析　缓慢拉升重物的过程中,重物所受重力大小方向不变,支持力的方向不变,而轻绳拉力的方向不断变化,受力如图所示,由图可知,重物所受支持力FN不断增大,轻绳拉力T不断减小,故D正确。
C
3.(2025·山东威海模拟)如图所示,工人利用定滑轮通过绳索施加拉力F,将一根均匀的钢梁AB拉起,定滑轮位于钢梁A端的正上方,拉起的过程中钢梁绕A端缓慢转动。拉力F的大小(　　)
A.始终不变 B.逐渐增大
C.逐渐减小 D.先增大后减小
解析　对钢梁AB受力分析,向下的重力mg、细绳的拉力F以及地面对A点的作用力F1(摩擦力和支持力的合力),三个力的合力交于一点,组成力的封闭三角形,则由相似三角形可知=,则随着钢梁B点逐渐升高,则OC减小,F减小,故C正确。
B
4.如图,质量为0.2 kg的小球A在水平力F作用下,与四分之一光滑圆弧形滑块B一起静止在地面上,小球球心跟圆弧圆心连线与竖直方向夹角θ=60°,g取10 m/s2。则以下说法正确的是(　　)
A.B对A的支持力大小为2 N
B.水平地面对B的摩擦力方向水平向右
C.增大夹角θ,若A、B依然保持静止,F减小
D.增大夹角θ,若A、B依然保持静止,地面对B的
支持力减小
解析　对A受力分析,如图所示,根据平衡条件,B对A的支持力FN==4 N,故A错误;对A、B整体受力分析,在水平方向,根据平衡条件,摩擦力与水平力F等大反向,即摩擦力方向水平向右,故B正确;对A受力分析,则F=mgtan θ,增大夹角θ,若A、B依然保持静止,F增大,故C错误;对A、B整体受力分析,在竖直方向,根据平衡条件,地面对B的支持力与A、B的重力二力平衡,大小相等,与θ角无关,即地面对B的支持力不变,故D错误。
B
对点练2　平衡中的临界与极值问题
5.(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　小球受力情况如图所示。由平衡条件得2Fcos 45°+FN=G,当凹槽底部对小球支持力FN=0时,拉力F最大,有2Fmcos 45°=G,解得Fm=G,故B正确。
B
6.(2026·江西萍乡模拟)如图甲为通过传送带输送小麦的示意图,麦粒离开传送带后可视为竖直下落,形成的麦堆为圆锥状,如图乙所示。麦粒间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,单个麦粒的体积、形状均近似相同,不考虑麦粒的滚动。已知麦堆的总体积为 V0,圆锥体的体积公式为 V=πr2h(其中r为圆锥体底面圆半径,h为圆锥体的高度),则麦堆高度的最大值为(　　)
A. B.
C. D.
解析　麦粒堆积时,以麦堆侧面一粒麦粒为研究对象,当mgsin α<μmgcos α时,麦粒能够保持静止,麦堆逐渐堆积增高;当mgsin α=μmgcos α时,麦堆的斜面倾角不能再增大,由此可知μ=tan α,因tan α=,得 r=,可知V0=πr2h=πh,得h=,故B正确。
A
7.(2026·河北沧州一模)在古代,人们关上门后从内部用一根结实的木棍抵住门,以保障安全,这种木棍被称为“顶门杠”,如图甲所示。图乙是其简化示意图,顶门杠可绕其下端与地面的接触点O自由转动,杠下端与水平地面之间的动摩擦因数为μ,杠的重力忽略不计,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。为保证门受到再大的外来推力都不能使杠的下端与地面间发生滑动,则杠与水平地面的夹角α应满足的条件为(　　)
A.tan α≥ B.tan α≥μ
C.tan α≤μ D.tan α≤
解析　对杠受力分析,设门对顶门杠顶端的作用力大小为F,该力沿杆向下,可分解为两个分量:垂直于地面的分量F⊥=Fsin α,该分量产生对地面的正压力大小FN=Fsin α,沿水平方向的分量F∥=Fcos α,该分量需与地面摩擦力平衡;杠与地面最大静摩擦力为Ffm=μFN,为防止滑动,需满足F≤Ffm,即Fcos α≤μFsin α,得tan α≥,故A正确。
D
8.(2025·贵州铜仁模拟)抖空竹是一种传统杂技节目,叫“抖空钟”,南方也叫“扯铃”。表演者用两根短竿系上绳子,将空竹(也有用壶盖或酒瓶)扯动使之旋转,并表演出各种身段。如图所示,表演者保持一只手A不动,另一只手B沿图中的四个方向缓慢移动,忽略空竹转动的影响,不计空竹和轻质细绳间的摩擦力,且认为细绳不可伸长。下列说法正确的是(　　)
A.细绳B端沿虚线a向左移动时,细绳对
空竹的合力增大
B.细绳B端沿虚线b向上移动时,细绳的
拉力减小
C.细绳B端沿虚线c斜向上移动时,细绳的拉力不变
D.细绳B端沿虚线d向右移动时,细绳的拉力增大
B级　综合提升练
解析　细绳B端沿虚线a向左移动时,细绳对空竹的合力与重力等大反向,可知合力不变,故A错误;设A、B两点水平间距为d,绳长L,细绳与竖直方向的夹角为θ,由几何关系可知sin θ=,由平衡条件可知绳子拉力F=,细绳B端沿虚线b向上移动时d、L均不变,则θ不变,则细绳的拉力不变,故B错误;细绳B端沿虚线c斜向上移动或沿虚线d向右移动时,d变大、L不变,则θ变大,cos θ变小,可知细绳的拉力变大,故C错误,D正确。
D
9.(2025·安徽淮北模拟)如图所示,在水平地面上放置了一个顶端固定有定滑轮的斜面,物块B放置在斜面上,轻细绳的一端与B相连,另一端通过定滑轮与小球A相连。现对小球A施加水平外力F使其缓慢运动,直至将OA拉至图示位置,拉动过程中物块B和斜面始终静止。不计细绳与滑轮的摩擦,则下列说法正确的是(　　)
A.拉力F先增大后减小
B.OA绳上的拉力一直减小
C.斜面对B的摩擦力一直减小
D.地面对斜面的摩擦力一直增大
解析　设连接A球的绳子与竖直方向的夹角为θ,以A球
为研究对象,根据受力平衡可得Tcos θ=mAg,Tsin θ=F,可
得T=,F=mAgtan θ,由于θ逐渐增大,可知拉力F逐渐增
大,OA绳上的拉力逐渐增大,故A、B错误;如果一开始绳
子拉力大于B所受重力沿斜面的分力,则斜面对B的摩擦力沿斜面向下,随着绳子拉力的增大,斜面对B的摩擦力增大,故C错误;以斜面、B和A为整体,根据平衡条件可知,地面对斜面的摩擦力与拉力F大小相等,方向相反,由于拉力F逐渐增大,所以地面对斜面的摩擦力一直增大,故D正确。
AC
10.(多选)(2025·黑、吉、辽、内蒙古押题卷)涵管是城市建设排水系统的重要建筑材料,如图所示是由汽车运输涵管的示意图,在卸涵管时将固定绳解除,涵管的左右两边由两个固定的垫片支撑,涵管恰好与车的底部接触且无弹力,两垫片与车的底部水平面所成的夹角均为θ=30°,左、右两边的垫片对涵管的支持力分别记为F1、F2。已知车停在水平地面上,为了方便卸下涵管,汽车启动翻斗功能,将车斗右端缓缓抬起,直至左边垫片的上表面水平。在车斗缓缓抬起直至左边垫片上表面水平的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.F1一直增大 B.F1先减小后增大
C.F2一直减小 D.F2先增大后减小
解析　车斗水平时,对涵管受力分析如图所示,F1与F2的合力大小等于涵管的重力mg,由几何关系可知,在矢量三角形中,F1与F2的夹角为120°,且车斗缓缓抬起的过程中,F1与F2的夹角始终不变,设F1与F合的夹角为θ2,F2与F合的夹角为θ1,根据正弦定理==,可得F1=sin θ1,F2=sin θ2,因为θ1从30°逐渐增大到60°,θ2从30°逐渐减小到0°,所以sin θ1一直增大,sin θ2一直减小,则F1一直增大,F2一直减小,故A、C正确。
11.(2026·云南昆明模拟)如图所示,左、右对称的粗糙斜面与竖直方向的夹角均为θ=53°,两根刚性轻杆通过铰链与两个相同的物块P、Q相连,P、Q的质量均为m1=2.0 kg,对称着放在两侧的斜面上。一质量为m2=3.2 kg的物块A悬挂在上方的铰链上,对称调节P、Q的位置,使杆与斜面垂直,整个装置处于平衡状态。已知物块均可视为质点,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,杆与物块均处
于同一竖直面内,铰链质量忽略不计,重力加速度g取10 m/s2,
sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。求:
(1)轻杆受到的力的大小;
(2)物块与斜面间动摩擦因数的最小值(结果用分式表示)。
C级　培优加强练
答案　(1)20 N　(2)
解析　(1)对悬挂点进行受力分析,受绳子的拉力(大小等于m2g)和两个轻杆的弹力F1、F2而处于平衡状态,
对绳子的拉力沿杆的方向进行分解,两分力大小等于F1、F2,且F1=F2,
如图所示,由几何关系和平衡条件得
F1=
代入数据可得F1=20 N。
(2)对物块P受力分析,如图所示
因轻杆与斜面垂直,则当最大静摩擦力与重力沿斜面方向的分力相等时,动摩擦因数μ有最小值,对P物体受力分析,受到重力m1g、轻杆的力F1、支持力FN和摩擦力Ff而处于平衡态,
此时在沿杆方向上有FN=F1+m1gsin θ
沿斜面方向上有Ff=m1gcos θ
又Ff=μFN
联立可得μ=。
本节内容结束
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