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专题提升三　动态平衡和平衡中的临界极值问题
[复习目标]
1．掌握动态平衡问题的特点，熟练应用平衡条件对物体的动态变化做出分析。　2.根据问题特点，能够熟练应用解析法、图解法、相似三角形法和正弦定理法分析动态平衡问题。　3.应用平衡条件解决临界极值问题。
题型一　动态平衡问题
方法1　解析法的应用
1．动态平衡：通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢的变化，而在这个过程中物体又始终处于平衡状态，在问题的描述中常用“缓慢”等语言叙述。
2．基本思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”。
对研究对象进行受力分析，先画出受力示意图，再根据物体的平衡条件，应用正交分解的方法列方程，得到因变量与自变量的关系表达式(通常要用到三角函数)，最后根据自变量的变化确定因变量的变化。
(2026·青海西宁市模拟)在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙面间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态。现对B施加一竖直向下的力F，F的作用线通过球心，设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的摩擦力为F3。若F缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面如图所示，在此过程中(　　)
A．F1缓慢减小，F3缓慢增大
B．F1保持不变，F3保持不变
C．F2缓慢增大，F3缓慢增大
D．F2缓慢减小，F3缓慢减小
[解析]　设F2与水平方向夹角为θ，由牛顿第三定律可知，A对B的作用力F2′＝F2，对B在竖直方向有F2′sin θ＝mBg＋F，对B在水平方向有F1＝F2′cos θ，F增大，F2增大，F1增大，对整体水平方向有F3＝F1 ，可知F3增大，C正确，A、B、D错误。
[答案]　C
(2026·山东菏泽市模拟)图甲是为了保护腰椎，搬起重物的正确姿势。搬起重物是身体肌肉、骨骼、关节等部位共同作用的过程，现将其简化为图乙所示的模型。设脚掌受地面竖直向上的弹力大小为FN，膝关节弯曲的角度为θ，该过程中大、小腿部的肌群对膝关节的作用力F始终水平向后，且大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力F1和F2大致相等。人缓慢搬起重物的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．FN逐渐变大
B．F1逐渐变大
C．F逐渐变小
D．脚掌受地面竖直向上的弹力是因为脚掌发生形变而产生的
[解析]　人缓慢搬起重物的过程中，脚掌受到竖直向上的弹力与人和重物的总重力平衡，大小不变，A错误；设大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力大小为F1，则他们之间的夹角为θ，F即为他们合力，则有2F1cos ＝F，对脚掌受力分析有FN＝F1sin ，联立可得F＝，人缓慢搬起重物的过程中，膝盖弯曲的角度θ变大，F1、F逐渐变小，B错误，C正确；脚掌受地面竖直向上的弹力是因为地面发生形变而产生的，D错误。
[答案]　C
方法2　图解法的应用
1．三力平衡模型
(1)模型特点：一个恒力，一个定力，一个变力。恒力：大小、方向都不变。定力：方向不变，大小变。变力：大小、方向都变。如图所示。
(2)解题思路：恒力反向、定力平移、变力旋转。
2．辅助圆模型
(1)模型特点：一个恒力，两个变力，但这两个变力方向间的夹角不变。如图所示。
(2)解题思路：画出力的矢量三角形的外接圆，以不变的力为弦，用“同弦所对的圆周角相等”的规律判断移动过程中各力的变化情况。
(2026·山西晋中市模拟)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点缓慢沿顺时针转动，且保证N、M、a三点始终共线，在挡板MN转到水平位置前，下列说法正确的是(　　)
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]　
对小圆柱受力分析如图所示，挡板MN转到水平位置前，小圆柱Q所受的合力为零且保持不变；挡板MN对小圆柱Q的支持力N2先减小后增大；斜面体对Q的支持力N1逐渐减小。
[答案]　B
(2026·甘肃武威市期末)如图甲所示，挡板OM、ON与水平面的夹角均为60°，一表面光滑的球静置在两挡板之间。现将整个装置绕过O点垂直于纸面的轴顺时针缓慢转动到挡板OM竖直，如图乙所示，整个过程中两挡板间的夹角保持不变，下列说法正确的是(　　)
A．挡板OM对球的作用力大小逐渐增大
B．挡板ON对球的作用力大小先增大后减小
C．转动前，挡板ON对球的支持力大小等于球所受重力大小的一半
D．转动后，挡板OM对球的支持力大小等于挡板ON对球的支持力大小的一半
[解析]　
对球进行分析，作出受力分析矢量图，利用辅助圆作图，如图所示，图中实线三角形为初始状态，虚线三角形为末状态，可知，挡板OM对球的作用力大小逐渐减小，挡板ON对球的作用力大小逐渐增大，故A、B错误；结合上述可知，转动前，两挡板的支持力夹角为120°，则挡板ON对球的支持力大小等于球所受重力大小，故C错误；由虚线三角形可知，转动后，挡板OM对球的支持力大小FM′＝FN′ cos 60°＝FN′，故D正确。
[答案]　D
方法3　相似三角形法的应用
1．方法特点
一个恒力，两个变力，找出几何三角形，如图所示。
2．解题思路
力的矢量三角形与几何三角形相似，进而由力的矢量三角形与几何三角形对应边成比例，判断未知力的大小和方向。
(2026·山东聊城市模拟)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，如图1所示。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2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]　
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。
[答案]　A
(2026·四川广安市诊断)某智能机械臂应用模型如图所示，机械臂通过不可伸长的吊索OB和可以伸缩的液压杆OA吊起重物，其中A点通过铰链与竖直墙面连接。现缓慢调整液压杆OA，使吊索OB逐渐趋近水平，在此过程中(　　)
A．OA的支持力逐渐增大，OB的拉力大小不变
B．OA的支持力先减小后增大，OB的拉力大小不变
C．OA的支持力逐渐增大，OB的拉力逐渐减小
D．OA的支持力大小不变，OB的拉力逐渐减小
[解析]　
对O点受力分析如图，根据相似三角形关系可知＝＝，缓慢调整液压杆OA，使吊索OB逐渐趋近水平，在此过程中，G不变，AB不变，则不变，OA变大，OB不变，可知FAO变大，FOB不变。
[答案]　A
方法4　正弦定理的应用
1．受力特点：物体受三个力作用，一个力大小、方向均不变(通常是重力)，另两个力方向、大小都在变，但两力的夹角不变。
2．求解方法：通常能用辅助圆法求解的问题也可用拉密定理法(或正弦定理法)求解。
3．拉密定理：如图所示，同一平面内，当三个共点力的合力为零时，其中任意一个力与其他两个力夹角正弦的比值相等，即＝＝。其实质就是正弦定理的变形。
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
[解析]　
设两根绳子对圆柱体的拉力的合力为T，木板对圆柱体的支持力为N，从右向左看的受力分析示意图如图所示，在木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平过程中α角不变，γ角从90°逐渐减小到0°，β角从锐角逐渐增大到钝角，根据＝＝，sin γ逐渐减小，则T逐渐减小，sin β先增大后减小，则N先增大后减小，即圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两根绳子之间的夹角为2θ，绳子拉力均为T′，则2T′cos θ＝T，可得T′＝，θ不变，T逐渐减小，则绳子拉力逐渐减小，故B正确，A、C、D错误。
[答案]　B
如图所示，送水工人用推车运桶装水，到达目的地后，工人抬起把手，带动板OA转至水平即可将水桶卸下。板OA、OB对水桶的作用力分别为F1、F2，若桶与接触面之间的摩擦不计，∠AOB为锐角且保持不变，在OA由竖直缓慢转到水平过程中(　　)
A．F1一直增大 B．F1先增大后减小
C．F2先减小后不变 D．F2先增大后减小
[解析]　
对水桶初始状态受力分析，作出力的矢量三角形如图所示，分析可知，在转动过程中，F1与F2的夹角始终不变，因此F1与F2夹角的补角α始终保持不变，重力mg与F1之间的夹角逐渐增大，则可知重力mg与F1之间夹角的补角γ从90°开始逐渐减小，直至为0°，重力mg与F2之间的夹角为钝角，逐渐减小，当减小至90°时，板AO还未水平，将继续减小直至板AO水平，则可知重力mg与F2之间夹角的补角β逐渐增大，当增大至90°时将继续增大，根据正弦定理可得＝＝，可知为定值，而sin γ始终减小，则F2始终减小，但由于β角从锐角增大至90°后将继续增大一定角度，则sin β先增大后减小，因此可知F1先增大后减小。
[答案]　B
题型二　平衡中的临界极值问题
1．问题特点
(1)临界问题：当某物理量变化时，会引起其他物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态能够“恰好出现”或“恰好不出现”。在问题描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等语言叙述。
(2)极值问题：一般是指在力的变化过程中出现最大值和最小值问题。
2．三种方法
极限分析法 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)
图解法 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
(2024·山东卷，T2)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]　斜坡倾角越大，机器人越容易下滑，只要保证机器人在 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，对斜坡上的机器人受力分析，有μmg cos 30°≥mg sin 30°，解得μ≥，B正确。
[答案]　B
(2026·广东肇庆市模拟)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不变
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]　
对小球受力分析，如图所示，小球受力平衡，竖直方向有2f cos θ＝mg＋2N sin θ，f≤fmax＝μN，解得N≥，故筷子对小球的最小压力为，A错误；根据Nmin＝，可知当θ增大时，筷子对小球的最小压力一定增大，当θ减小时，筷子对小球的最小压力一定减小，故B、C错误；要想用筷子夹住小球，则Nmin＝>0，则μcos θ－sin θ>0，即必须满足μ>tan θ，故D正确。
[答案]　D(共26张PPT)
演练知能提升
B
1．(2026·山西省测试)研究表明，经常低头玩手机易引发颈椎病。若将人的头颈部简化为如图所示的模型：低头时头部受到重力G、颈椎后面肌肉拉力FT和颈椎支持力FN的作用。人的头越低，FN与竖直方向的夹角就越大，FT方向可视为不变，则低头的角度增大时(　　)
A．FN和FT都变小 B．FN和FT都变大
C．FN变大，FT变小 D．FN变小，FT变大
解析：对头部受力分析如图所示，由图可知，支持力FN、拉力FT与重力G三个力的合力为0，重力G的大小和方向都不变，拉力FT方向不变，根据三角形定则可知FN与竖直方向的夹角增大，FN和FT都变大。
AD
2．(多选)(2026·福建莆田市模拟)如图所示，红灯笼悬挂在竖直墙壁之间，细绳OB水平。若悬挂点B沿墙壁向上缓慢移动的过程中，适当将细绳OB延长，以保持O点的位置不变，则细绳OA的拉力大小F1和细绳OB的拉力大小F2的变化可能是(　　)
A．F1逐渐减小 B．F1先减小后增大
C．F2逐渐增大 D．F2先减小后增大
解析：以O点为研究对象，O点处于平衡状态，根据受力平衡，可知AO上的力与BO上的力的合力与重力大小相等，方向相反，如图所示，由图可知，在B点向上移动的过程中，绳子OA上的拉力F1逐渐减小，OB上的拉力F2先减小后增大。
BC
3．(多选)如图所示，吊车悬臂PM的一端装有大小不计的定滑轮，另一端可绕M点转动，绕过定滑轮的钢索通过四条相同的绳OA、OB、OC、OD吊着一长方形混凝土板。忽略一切摩擦，钢索和绳的质量均不计，当悬臂PM与竖直方向的夹角缓慢减小时，下列说法正确的是(　　)
A．钢索受到的拉力逐渐变小
B．吊车对地面的摩擦力始终为零
C．钢索对定滑轮的作用力逐渐变大
D．若四条绳增加相同的长度，则四条绳受到的拉力均变大
解析：设混凝土板质量为m，依题意，悬臂PM与竖直方向的夹角缓慢减小时，混凝土板受力平衡，有F＝mg，由牛顿第三定律可知钢索受到的拉力保持不变，故A错误；
对整体受力分析，水平方向不受外力，吊车不受地面的摩擦力，由牛顿第三定律可知吊车对地面的摩擦力始终为零，故B正确；
钢索对定滑轮的作用力为两根钢索的合力，悬臂PM与竖直方向的夹角缓慢减小过程中，两力大小不变，夹角变小，所以合力逐渐变大，即钢索对定滑轮的作用力逐渐变大，故C正确；
D
4．(2026·安徽淮北市、淮南市质检)如图所示，水平粗糙木棒上套一圆环，一个小球与圆环通过不可伸长的轻绳连接，初始时绳与竖直方向的夹角为θ。施加一水平外力F缓慢拉动小球，在θ逐渐增大至虚线位置的过程中，木棒与圆环始终保持静止，则下列说法正确的是(　　)
A．外力F的大小保持不变
B．绳对球的拉力逐渐变小
C．木棒对圆环的支持力逐渐变小
D．圆环与木棒间的摩擦力逐渐变大
解析：设绳拉力为T，小球质量为m，根据平衡条件T cos θ＝mg，T sin θ＝F，当θ逐渐增大，T增大，F增大，故A、B错误；
把圆环和小球作为整体，根据平衡关系知，木棒对圆环的支持力等于圆环和球的总重力，保持不变，故C错误；
根据平衡关系知，圆环与木棒间的摩擦力等于水平外力F，根据A、B项分析知，F增大，故摩擦力逐渐增大，故D正确。
B
5．(2026·河北省部分高中模拟)如图所示，绕过滑轮的轻绳一端固定在竖直墙上，站在地面上的人用手拉着绳的另一端，滑轮下吊着一个小球，处于静止状态，不计滑轮摩擦。保持B点高度不变，手与绳无相对滑动且球不碰地。在人缓慢向右移动一小段距离的过程中(　　)
A．绳上张力不变
B．绳上张力变小
C．滑轮受到绳的作用力变小
D．滑轮受到绳的作用力变大
由题意可知，滑轮受到绳的作用力大小等于两边绳子的拉力合力，与滑轮、小球整体的重力平衡，则滑轮受到绳的作用力不变，故C、D错误。
AD
6．(多选)(2026·河南驻马店市期末)如图甲所示，一名登山爱好者正沿着竖直崖壁向上攀爬，绳的一端固定在较高处的A点，另一端拴在人的腰间C点(重心处)。人攀爬的过程可以把人简化为乙图所示的物理模型：脚与崖壁接触点为O点，人的重力G全部集中在C点，O到C点可简化为轻杆，AC为轻绳。已知OC长度不变，下列说法正确的是(　　)
A．OC杆上的弹力方向一定沿杆
B．AC绳对人的拉力一定大于人所受的重力
C．AC绳在虚线位置与在实线位置承受的拉力大小相等
D．OC杆在虚线位置与在实线位置承受的压力大小相等
解析：一端有铰链的动杆处于平衡状态时，杆所受弹力方向一定沿杆，即OC杆上的弹力方向一定沿杆，故A正确；
由图可知，AO为定值，AC在虚线位置时比在实线位置时大，则轻绳AC在虚线位置比在实线位置承受的拉力大，故C错误；
OC在虚线位置时与在实线位置时长度相等，则轻杆OC在虚线位置与在实线位置时对人的支持力大小相等，则轻杆OC在虚线位置与在实线位置承受的压力大小相等，故D正确。
C
解析：设OA绳拉力为FT，OB杆弹力为FNB，初始时整个装置处于静止状态，则根据平衡条件，竖直方向上可得mg＝FTsin 30°，解得FT＝2mg，故A错误；
D
8．如图所示，光滑斜面上小球被细绳拴住悬挂在天花板上，斜面置于粗糙水平地面上，整个装置处于静止状态。已知细绳与竖直方向夹角为θ，斜面倾角α＝45°(θ<α)，现用力向右缓慢推斜面(推力在图中未画出)，当细绳与竖直方向的夹角θ＝α时，撤去推力，则下列说法正确的是(　　)
A．缓慢推动斜面时，斜面对小球的支持力保持不变
B．缓慢推动斜面时，细绳对小球的拉力大小保持不变
C．θ＝α时，地面对斜面体的摩擦力水平向左
D．θ＝α时，细绳对小球的拉力大小等于斜面对小球的支持力大小
解析：小球受力如图所示，由图可知，缓慢推动斜面时，斜面对小球的支持力仅方向保持不变，大小逐渐增大，细绳对小球的拉力大小及方向均发生变化，故A、B错误；
θ＝α时，对小球与斜面的整体分析，可知地面对斜面的摩擦力水平向右，故C错误；
θ＝α时，由矢量三角形法则可知细绳对小球的拉力大小等于斜面对小球的支持力大小，故D正确。
C
9．(2026·湖北武昌区期末质检)如图所示，某同学用绳拖一木箱在水平地面上做匀速直线运动，绳与水平方向的夹角为θ，木箱与地面之间的动摩擦因数为μ(0＜μ＜1)。保持木箱的运动状态不变，夹角θ从0逐渐增大到90°的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．绳的拉力一直减小
B．绳的拉力一直增大
C．绳的拉力先减小后增大
D．绳的拉力先增大后减小
C
10．(2026·山西吕梁市期末)图甲为某人发明的自动叉秸秆工具，捆成圆柱形的秸秆从地上被叉起后，处于长、短直杆之间被短直杆挡住，短直杆焊接在长直杆上，且二者之间夹角小于90°，简化图如图乙所示，不计一切摩擦。若长直杆由水平逆时针缓慢转至竖直，则下列说法正确的是(　　)
A．长直杆对秸秆的弹力一直增大
B．长直杆对秸秆的弹力先减小后增大
C．短直杆对秸秆的弹力一直增大
D．短直杆对秸秆的弹力先减小后增大
解析：对秸秆受力分析可知，设秸秆受到的重力为mg，短直杆弹力为F2，长直杆弹力为F1，如图1所示，由题意知长直杆与短直杆的夹角小于90°不变，则F2与F1的夹角不变，故图中θ不变，由于秸秆受三力平衡，作出力的矢量三角形如图2所示，当长直杆由水平逆时针缓慢转至竖直时，由图2可知F2一直增大，F1先增大后减小，故短直杆对秸秆的弹力一直增大，长直杆对秸秆的弹力先增大后减小。
11．(10分)(2026·四川巴中市一诊)如图所示，轻绳a的一端与质量m＝1 kg的物块A连接，另一端跨过定滑轮与轻绳b拴接于O点。与水平方向成θ角的力F作用在O点，定滑轮左侧的轻绳a与竖直方向的夹角也为θ，已知θ＝60°，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若物块B恰好与地面间没有弹力，求物块B的质量。(4分)
答案：2 kg
(2)当F从图中所示的状态开始逆时针缓慢转动90°的过程中，结点O的位置始终保持不变，求F的最小值。(6分)(共37张PPT)
专题提升三　动态平衡和平衡中的临界极值问题
[复习目标]
1．掌握动态平衡问题的特点，熟练应用平衡条件对物体的动态变化做出分析。　2.根据问题特点，能够熟练应用解析法、图解法、相似三角形法和正弦定理法分析动态平衡问题。　3.应用平衡条件解决临界极值问题。
第一部分
题型一　动态平衡问题
方法1　解析法的应用
1．动态平衡：通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢的变化，而在这个过程中物体又始终处于平衡状态，在问题的描述中常用“缓慢”等语言叙述。
2．基本思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”。
对研究对象进行受力分析，先画出受力示意图，再根据物体的平衡条件，应用正交分解的方法列方程，得到因变量与自变量的关系表达式(通常要用到三角函数)，最后根据自变量的变化确定因变量的变化。
例1 (2026·青海西宁市模拟)在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙面间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态。现对B施加一竖直向下的力F，F的作用线通过球心，设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的摩擦力为F3。若F缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面如图所示，在此过程中(　　)
A．F1缓慢减小，F3缓慢增大
B．F1保持不变，F3保持不变
C．F2缓慢增大，F3缓慢增大
D．F2缓慢减小，F3缓慢减小
C
[解析]　设F2与水平方向夹角为θ，由牛顿第三定律可知，A对B的作用力F2′＝F2，对B在竖直方向有F2′sin θ＝mBg＋F，对B在水平方向有F1＝F2′cos θ，F增大，F2增大，F1增大，对整体水平方向有F3＝F1 ，可知F3增大，C正确，A、B、D错误。
C
例2 (2026·山东菏泽市模拟)图甲是为了保护腰椎，搬起重物的正确姿势。搬起重物是身体肌肉、骨骼、关节等部位共同作用的过程，现将其简化为图乙所示的模型。设脚掌受地面竖直向上的弹力大小为FN，膝关节弯曲的角度为θ，该过程中大、小腿部的肌群对膝关节的作用力F始终水平向后，且大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力F1和F2大致相等。人缓慢搬起重物的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．FN逐渐变大
B．F1逐渐变大
C．F逐渐变小
D．脚掌受地面竖直向上的弹力是因为脚掌发生形变而产生的
[解析]　人缓慢搬起重物的过程中，脚掌受到竖直向上的弹力与人和重物的总重力平衡，大小不变，A错误；
脚掌受地面竖直向上的弹力是因为地面发生形变而产生的，D错误。
方法2　图解法的应用
1．三力平衡模型
(1)模型特点：一个恒力，一个定力，一个变力。恒力：大小、方向都不变。定力：方向不变，大小变。变力：大小、方向都变。如图所示。

(2)解题思路：恒力反向、定力平移、变力旋转。
2．辅助圆模型
(1)模型特点：一个恒力，两个变力，但这两个变力方向间的夹角不变。如图所示。

(2)解题思路：画出力的矢量三角形的外接圆，以不变的力为弦，用“同弦所对的圆周角相等”的规律判断移动过程中各力的变化情况。
B
例3 (2026·山西晋中市模拟)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点缓慢沿顺时针转动，且保证N、M、a三点始终共线，在挡板MN转到水平位置前，下列说法正确的是(　　)
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]　对小圆柱受力分析如图所示，挡板MN转到水平位置前，小圆柱Q所受的合力为零且保持不变；挡板MN对小圆柱Q的支持力N2先减小后增大；斜面体对Q的支持力N1逐渐减小。
D
例4 (2026·甘肃武威市期末)如图甲所示，挡板OM、ON与水平面的夹角均为60°，一表面光滑的球静置在两挡板之间。现将整个装置绕过O点垂直于纸面的轴顺时针缓慢转动到挡板OM竖直，如图乙所示，整个过程中两挡板间的夹角保持不变，下列说法正确的是(　　)
A．挡板OM对球的作用力大小逐渐增大
B．挡板ON对球的作用力大小先增大后减小
C．转动前，挡板ON对球的支持力大小等于球所受重力大小的一半
D．转动后，挡板OM对球的支持力大小等于挡板ON对球的支持力大小的一半
[解析]　对球进行分析，作出受力分析矢量图，利用辅助圆作图，如图所示，图中实线三角形为初始状态，虚线三角形为末状态，可知，挡板OM对球的作用力大小逐渐减小，挡板ON对球的作用力大小逐渐增大，故A、B错误；
结合上述可知，转动前，两挡板的支持力夹角为120°，则挡板ON对球的支持力大小等于球所受重力大小，故C错误；
方法3　相似三角形法的应用
1．方法特点
一个恒力，两个变力，找出几何三角形，如图所示。

2．解题思路
力的矢量三角形与几何三角形相似，进而由力的矢量三角形与几何三角形对应边成比例，判断未知力的大小和方向。
例5 (2026·山东聊城市模拟)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，如图1所示。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2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
A
例6 (2026·四川广安市诊断)某智能机械臂应用模型如图所示，机械臂通过不可伸长的吊索OB和可以伸缩的液压杆OA吊起重物，其中A点通过铰链与竖直墙面连接。现缓慢调整液压杆OA，使吊索OB逐渐趋近水平，在此过程中(　　)
A．OA的支持力逐渐增大，OB的拉力大小不变
B．OA的支持力先减小后增大，OB的拉力大小不变
C．OA的支持力逐渐增大，OB的拉力逐渐减小
D．OA的支持力大小不变，OB的拉力逐渐减小
方法4　正弦定理的应用
1．受力特点：物体受三个力作用，一个力大小、方向均不变(通常是重力)，另两个力方向、大小都在变，但两力的夹角不变。
2．求解方法：通常能用辅助圆法求解的问题也可用拉密定理法(或正弦定理法)求解。
例7 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
B
例8 如图所示，送水工人用推车运桶装水，到达目的地后，工人抬起把手，带动板OA转至水平即可将水桶卸下。板OA、OB对水桶的作用力分别为F1、F2，若桶与接触面之间的摩擦不计，∠AOB为锐角且保持不变，在OA由竖直缓慢转到水平过程中(　　)
A．F1一直增大 B．F1先增大后减小
C．F2先减小后不变 D．F2先增大后减小
[解析]　对水桶初始状态受力分析，作出力的矢量三角形如图所示，分析可知，在转动过程中，F1与F2的夹角始终不变，因此F1与F2夹角的补角α始终保持不变，重力mg与F1之间的夹角逐渐增大，则可知重力mg与F1之间夹角的补角γ从90°开始逐渐减小，直至为0°，重力mg与F2之间的夹角为钝角，逐渐减小，
第二部分
题型二　平衡中的临界极值问题
1．问题特点
(1)临界问题：当某物理量变化时，会引起其他物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态能够“恰好出现”或“恰好不出现”。在问题描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等语言叙述。
(2)极值问题：一般是指在力的变化过程中出现最大值和最小值问题。
2．三种方法
极限分析法
数学分析法
图解法
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
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)
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
B
D1．(2026·山西省测试)研究表明，经常低头玩手机易引发颈椎病。若将人的头颈部简化为如图所示的模型：低头时头部受到重力G、颈椎后面肌肉拉力FT和颈椎支持力FN的作用。人的头越低，FN与竖直方向的夹角就越大，FT方向可视为不变，则低头的角度增大时(　　)
A．FN和FT都变小 B．FN和FT都变大
C．FN变大，FT变小 D．FN变小，FT变大
解析：选B。
对头部受力分析如图所示，由图可知，支持力FN、拉力FT与重力G三个力的合力为0，重力G的大小和方向都不变，拉力FT方向不变，根据三角形定则可知FN与竖直方向的夹角增大，FN和FT都变大。
2．(多选)(2026·福建莆田市模拟)如图所示，红灯笼悬挂在竖直墙壁之间，细绳OB水平。若悬挂点B沿墙壁向上缓慢移动的过程中，适当将细绳OB延长，以保持O点的位置不变，则细绳OA的拉力大小F1和细绳OB的拉力大小F2的变化可能是(　　)
A．F1逐渐减小 B．F1先减小后增大
C．F2逐渐增大 D．F2先减小后增大
解析：
选AD。以O点为研究对象，O点处于平衡状态，根据受力平衡，可知AO上的力与BO上的力的合力与重力大小相等，方向相反，如图所示，由图可知，在B点向上移动的过程中，绳子OA上的拉力F1逐渐减小，OB上的拉力F2先减小后增大。
3．(多选)如图所示，吊车悬臂PM的一端装有大小不计的定滑轮，另一端可绕M点转动，绕过定滑轮的钢索通过四条相同的绳OA、OB、OC、OD吊着一长方形混凝土板。忽略一切摩擦，钢索和绳的质量均不计，当悬臂PM与竖直方向的夹角缓慢减小时，下列说法正确的是(　　)
A．钢索受到的拉力逐渐变小
B．吊车对地面的摩擦力始终为零
C．钢索对定滑轮的作用力逐渐变大
D．若四条绳增加相同的长度，则四条绳受到的拉力均变大
解析：选BC。设混凝土板质量为m，依题意，悬臂PM与竖直方向的夹角缓慢减小时，混凝土板受力平衡，有F＝mg，由牛顿第三定律可知钢索受到的拉力保持不变，故A错误；对整体受力分析，水平方向不受外力，吊车不受地面的摩擦力，由牛顿第三定律可知吊车对地面的摩擦力始终为零，故B正确；钢索对定滑轮的作用力为两根钢索的合力，悬臂PM与竖直方向的夹角缓慢减小过程中，两力大小不变，夹角变小，所以合力逐渐变大，即钢索对定滑轮的作用力逐渐变大，故C正确；若四条绳增加相同的长度，设绳子与竖直方向夹角为θ，当夹角缓慢减小时，根据T cos θ＝mg，可知四条绳受到的拉力均变小，故D错误。
4．(2026·安徽淮北市、淮南市质检)如图所示，水平粗糙木棒上套一圆环，一个小球与圆环通过不可伸长的轻绳连接，初始时绳与竖直方向的夹角为θ。施加一水平外力F缓慢拉动小球，在θ逐渐增大至虚线位置的过程中，木棒与圆环始终保持静止，则下列说法正确的是(　　)
A．外力F的大小保持不变
B．绳对球的拉力逐渐变小
C．木棒对圆环的支持力逐渐变小
D．圆环与木棒间的摩擦力逐渐变大
解析：选D。设绳拉力为T，小球质量为m，根据平衡条件T cos θ＝mg，T sin θ＝F，当θ逐渐增大，T增大，F增大，故A、B错误；把圆环和小球作为整体，根据平衡关系知，木棒对圆环的支持力等于圆环和球的总重力，保持不变，故C错误；根据平衡关系知，圆环与木棒间的摩擦力等于水平外力F，根据A、B项分析知，F增大，故摩擦力逐渐增大，故D正确。
5．(2026·河北省部分高中模拟)如图所示，绕过滑轮的轻绳一端固定在竖直墙上，站在地面上的人用手拉着绳的另一端，滑轮下吊着一个小球，处于静止状态，不计滑轮摩擦。保持B点高度不变，手与绳无相对滑动且球不碰地。在人缓慢向右移动一小段距离的过程中(　　)
A．绳上张力不变
B．绳上张力变小
C．滑轮受到绳的作用力变小
D．滑轮受到绳的作用力变大
解析：选B。设两边绳子之间的夹角为θ，绳上各部分的拉力大小相等且为F，对滑轮与小球整体进行分析，根据平衡条件有2F cos ＝mg，解得绳子的拉力大小F＝，保持B点高度不变，手与绳无相对滑动且球不碰地，在人缓慢向右移动一小段距离的过程中，绳子间的夹角θ减小，则cos 增大，绳子的拉力F变小，故A错误，B正确；由题意可知，滑轮受到绳的作用力大小等于两边绳子的拉力合力，与滑轮、小球整体的重力平衡，则滑轮受到绳的作用力不变，故C、D错误。
6．(多选)(2026·河南驻马店市期末)如图甲所示，一名登山爱好者正沿着竖直崖壁向上攀爬，绳的一端固定在较高处的A点，另一端拴在人的腰间C点(重心处)。人攀爬的过程可以把人简化为乙图所示的物理模型：脚与崖壁接触点为O点，人的重力G全部集中在C点，O到C点可简化为轻杆，AC为轻绳。已知OC长度不变，下列说法正确的是(　　)
A．OC杆上的弹力方向一定沿杆
B．AC绳对人的拉力一定大于人所受的重力
C．AC绳在虚线位置与在实线位置承受的拉力大小相等
D．OC杆在虚线位置与在实线位置承受的压力大小相等
解析：
选AD。一端有铰链的动杆处于平衡状态时，杆所受弹力方向一定沿杆，即OC杆上的弹力方向一定沿杆，故A正确；对人受力分析，人受到重力G、轻绳的拉力T和轻杆的支持力F，构成力的三角形，如图所示。由几何知识可知，该力的三角形与三角形AOC相似，则有＝＝，由于AC不一定大于AO，所以AC绳对人的拉力不一定大于人所受的重力，故B错误；由图可知，AO为定值，AC在虚线位置时比在实线位置时大，则轻绳AC在虚线位置比在实线位置承受的拉力大，故C错误；OC在虚线位置时与在实线位置时长度相等，则轻杆OC在虚线位置与在实线位置时对人的支持力大小相等，则轻杆OC在虚线位置与在实线位置承受的压力大小相等，故D正确。
7．如图所示，在竖直墙壁上固定水平轻杆OB，B为铰链装置，OA为轻质细绳且与水平方向夹角θ＝30°，小球质量为m，通过轻绳系于O点，初始时整个装置处于静止状态，现保证O点位置不变，逐渐减小绳OA的长度，使绳的上端由A点缓慢移动至C点。已知重力加速度为g，不计所有摩擦，则下列说法正确的是(　　)
A．初始时OA绳的拉力大小为mg
B．移动过程中OA绳的拉力大小逐渐增大
C．移动过程中OB杆的弹力逐渐减小
D．最终OA绳的拉力大小减小至0
解析：选C。设OA绳拉力为FT，OB杆弹力为FNB，初始时整个装置处于静止状态，则根据平衡条件，竖直方向上可得mg＝FTsin 30°，解得FT＝2mg，故A错误；由以上分析知FT＝，FNB＝，绳的上端由A点缓慢移动至C点，θ增大，sin θ增大，tan θ增大，则FT减小直到大小等于mg，FNB减小，故C正确，B、D错误。
8．如图所示，光滑斜面上小球被细绳拴住悬挂在天花板上，斜面置于粗糙水平地面上，整个装置处于静止状态。已知细绳与竖直方向夹角为θ，斜面倾角α＝45°(θ<α)，现用力向右缓慢推斜面(推力在图中未画出)，当细绳与竖直方向的夹角θ＝α时，撤去推力，则下列说法正确的是(　　)
A．缓慢推动斜面时，斜面对小球的支持力保持不变
B．缓慢推动斜面时，细绳对小球的拉力大小保持不变
C．θ＝α时，地面对斜面体的摩擦力水平向左
D．θ＝α时，细绳对小球的拉力大小等于斜面对小球的支持力大小
解析：
选D。小球受力如图所示，由图可知，缓慢推动斜面时，斜面对小球的支持力仅方向保持不变，大小逐渐增大，细绳对小球的拉力大小及方向均发生变化，故A、B错误；θ＝α时，对小球与斜面的整体分析，可知地面对斜面的摩擦力水平向右，故C错误；θ＝α时，由矢量三角形法则可知细绳对小球的拉力大小等于斜面对小球的支持力大小，故D正确。
9．(2026·湖北武昌区期末质检)如图所示，某同学用绳拖一木箱在水平地面上做匀速直线运动，绳与水平方向的夹角为θ，木箱与地面之间的动摩擦因数为μ(0＜μ＜1)。保持木箱的运动状态不变，夹角θ从0逐渐增大到90°的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．绳的拉力一直减小
B．绳的拉力一直增大
C．绳的拉力先减小后增大
D．绳的拉力先增大后减小
解析：选C。设木箱的重力为G，绳的拉力为F，因为木箱做匀速直线运动，水平方向和竖直方向受力均平衡，则有F cos θ＝μ(G－F sin θ)，得F＝＝，其中tan φ＝，因为0＜μ＜1，则φ＞45°，当θ＋φ＝90°时，sin (θ＋φ)最大，F最小，根据数学知识可知θ从0逐渐增大到90°的过程中，F先减小后增大。
10．(2026·山西吕梁市期末)图甲为某人发明的自动叉秸秆工具，捆成圆柱形的秸秆从地上被叉起后，处于长、短直杆之间被短直杆挡住，短直杆焊接在长直杆上，且二者之间夹角小于90°，简化图如图乙所示，不计一切摩擦。若长直杆由水平逆时针缓慢转至竖直，则下列说法正确的是(　　)
A．长直杆对秸秆的弹力一直增大
B．长直杆对秸秆的弹力先减小后增大
C．短直杆对秸秆的弹力一直增大
D．短直杆对秸秆的弹力先减小后增大
解析：选C。对秸秆受力分析可知，设秸秆受到的重力为mg，短直杆弹力为F2，长直杆弹力为F1，如图1所示，由题意知长直杆与短直杆的夹角小于90°不变，则F2与F1的夹角不变，故图中θ不变，由于秸秆受三力平衡，作出力的矢量三角形如图2所示，当长直杆由水平逆时针缓慢转至竖直时，由图2可知F2一直增大，F1先增大后减小，故短直杆对秸秆的弹力一直增大，长直杆对秸秆的弹力先增大后减小。
11．(10分)(2026·四川巴中市一诊)如图所示，轻绳a的一端与质量m＝1 kg的物块A连接，另一端跨过定滑轮与轻绳b拴接于O点。与水平方向成θ角的力F作用在O点，定滑轮左侧的轻绳a与竖直方向的夹角也为θ，已知θ＝60°，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若物块B恰好与地面间没有弹力，求物块B的质量。(4分)
(2)当F从图中所示的状态开始逆时针缓慢转动90°的过程中，结点O的位置始终保持不变，求F的最小值。(6分)
解析：(1)物块B恰好与地面间没有弹力，则轻绳b上的拉力Tb＝mBg
对O点受力分析＝cos θ
解得mB＝2 kg。
(2)结点O的位置始终保持不变，则a绳上的拉力大小不变，F从图中所示的状态开始逆时针缓慢转动过程中，b绳上的拉力方向不变，如图所示，可得当F水平时，F取得最小值，即＝sin θ
解得Fmin＝5 N。
答案：(1)2 kg　(2)5 N

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