资源简介

专题强化三　动态平衡问题　平衡中的临界与极值问题
学习目标　1.学会用图解法、解析法、相似三角形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。常用解题方法:图解法、解析法、相似三角形法、辅助圆法、正弦定理法。
题型　图解法
1.特征:物体受三个力作用处于平衡状态，其中一个力大小方向均不变(通常为重力，也可能是其他力)，另外两个力中的一个力方向不变，第三个力大小方向均变化。
2.方法:对物体进行受力分析，保持恒力位置不变，将方向不变的力延长，然后把第三个力平移过来，使三力构成首、尾相接的封闭三角形或将某力根据其作力效果进行分解，画出平行四边形，比较不同的三角形或平行四边形，各力的大小及变化一目了然。说明:第三个力若与方向不变的力垂直，则第三个力有最小值。
例1 质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。用FT表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中(　　)
A.F逐渐变大，FT逐渐变大
B.F逐渐变大，FT逐渐变小
C.F逐渐变小，FT逐渐变大
D.F逐渐变小，FT逐渐变小
答案　A
解析　方法一　平行四边形法。
以O点为研究对象，受力分析如图甲，F与FT的合力与重力mg等大反向，当用水平向左的力缓慢拉动O点时，绳OA段与竖直方向的夹角θ变大，由图可知F变大，FT变大，故A正确。
方法二　矢量三角形法。
在O点左移过程中，F与FT变化情况如图乙，F变为F'、F″、FT变为FT'，FT″，F、FT均变大，故A正确。
题型　解析法
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，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2 质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是(　　)
A.推力F先增大后减小
B.凹槽对滑块的支持力先减小后增大
C.墙面对凹槽的压力先增大后减小
D.水平地面对凹槽的支持力先减小后增大
答案　C
解析　对小滑块受力分析，如图甲所示，由题意可知，推力F与凹槽对滑块的支持力FN始终垂直，即α+β始终为90°，在小滑块由A点向B点缓慢移动的过程中，α减小，β增大，由平衡条件得F=mgcos α、FN=mgsin α，可知推力F一直增大，凹槽对滑块的支持力FN一直减小，A、B错误;对小滑块和凹槽整体受力分析，如图乙所示，根据平衡条件可得，墙面对凹槽的压力大小FN1=Fsin α=mgsin 2α，水平地面对凹槽的支持力FN2=Mg+mg-Fcos α，在小滑块由A点向B点缓慢移动的过程中，α由逐渐减小到零，根据数学知识可知墙面对凹槽的压力先增大后减小，水平地面对凹槽的支持力一直减小，C正确，D错误。
甲　　　　　乙
题型　相似三角形法
1.特征:物体受三个力作用处于平衡状态，其中一个力为恒力，另外两个力的方向均发生改变，而且这两个力的夹角也发生改变;物体所受三个力的图示可在实物上找到对应的位置和长度。
2.方法:将物体所受三个力的矢量首尾相连构成闭合三角形，寻找与力的三角形相似的实际物体组成的几何三角形;利用相似三角形的性质，建立比例关系，把力的大小变化转化为三角形边长的大小变化。　　　　　　　　　　　　　　　　
例3 如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔。质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住。现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中，手对细线的拉力F和圆环对小球的弹力FN的大小变化情况是(　　)
A.F不变，FN增大 B.F不变，FN减小
C.F减小，FN不变 D.F增大，FN减小
答案　C
解析　小球沿圆环缓慢上移可看成小球始终受力平衡，对小球进行受力分析，作出受力示意图如图所示，由三角形相似，得==，当A点上移时，半径R不变，AB长度减小，故F减小，FN不变，故C正确。
题型　作辅助圆法
1.特征:物体所受的三个力中，其中一个力大小、方向不变，另两个力大小、方向都在改变，但变化的两个力的夹角不变。
2.方法:画出受力分析图，以不变的力为弦作圆，在辅助圆中能轻易画出两力夹角不变的力的矢量三角形，从而轻松判断各力的变化情况。
例4 如图所示，柔软轻绳ON的一端O固定，在其中间某点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。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上的张力逐渐减小
B.MN上的张力先增大后减小
C.OM上的张力逐渐减小
D.OM上的张力先增大后减小
答案　D
解析　以重物为研究对象，其受重力mg、OM绳上拉力FOM、MN绳上拉力FMN，由题意知，三个力的合力始终为零，且重力的大小和方向都不变，FOM、FMN的夹角不变，将矢量三角形移至同一个圆内，如图所示，在OM转至水平的过程中，MN上的张力FMN逐渐增大，OM上的张力FOM先增大后减小，故D正确。
题型　拉密定理法
1.特征:物体受三个共点力作用保持平衡状态，当某个力发生变化时，判断各个力的大小变化情况。
2.方法:如图所示，在同一平面内，当三个共点力的合力为零时，其中任一个力与其他两力夹角正弦的比值相等，即==。
例5 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点P，将木板以底边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　画出转动过程中圆柱体在任意位置的受力分析图，如图所示。mg为匀质圆柱体的重力，大小、方向均不变，FN为木板对圆柱体的支持力，FT为两根细绳对圆柱体拉力的合力，FN与FT所成的夹角γ在变化过程中保持不变，由拉密定理可知，==，在将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平的过程中，mg不变，γ不变;α由90°变到180°，sin α变小，所以FT变小，每一根细绳上的拉力也变小;β由大于90°变到小于90°，sin β先变大后变小，所以FN先变大后变小，故B正确，A、C、D错误。
题型　“晾衣绳类”活结问题
如图所示，“活结”两端绳子拉力相等，因结点所受水平分力相等，即Fsin θ1=Fsin θ2，故θ1=θ2=θ，根据几何关系可知，sin θ==，若两杆间距d不变，则上下移动悬线结点，θ不变，若两杆距离d减小，则θ减小，由2FTcos θ=mg，可知FT=也减小。
例6 如图所示，在竖直放置的穹形支架上，一根长度不变且不可伸长的轻绳通过轻质光滑滑轮悬挂一重物G。现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B点沿支架缓慢地向C点靠近(C点与A点等高)。则在此过程中绳中拉力(　　)
A.先变大后不变 B.先变大后变小
C.先变小后不变 D.先变小后变大
答案　A
解析　对滑轮受力分析如图甲所示，由于跨过滑轮的绳子拉力一定相等，即F1=F2，由几何关系易知绳子拉力方向与竖直方向夹角相等，设为θ，可知
F1=F2= ①
如图乙所示，设绳长为L，由几何关系得
sin θ= ②
其中d为两端点间的水平距离，由B点向C点移动过程中，d先变大后不变，因此θ先变大后不变，由①式可知绳中拉力先变大后不变，故A正确。
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:
①两接触物体脱离与不脱离的临界条件是相互作用力为0(主要体现为两物体间的弹力为0)。
②绳子断与不断的临界条件为绳中张力达到最大值，绳子绷紧与松弛的临界条件为绳中张力为0。
③存在摩擦力作用的两物体间发生相对滑动或相对静止的临界条件为静摩擦力达到最大。
(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.解决临界与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，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7 (2024·江苏扬州中学高三开学考)如图所示，光滑圆柱体的质量为m，置于倾角θ=53°、质量均为M的两个斜面体上。两斜面体与水平地面间的动摩擦因数均为μ=0.4，重力加速度为g，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6。
(1)求每个斜面体对地面压力的大小;
(2)为了不让斜面体出现滑动，求的最大值。
答案　(1)mg+Mg　(2)
解析　(1)对整体受力分析，根据平衡条件有
2Mg+mg=2FN
解得地面对每个斜面体的支持力为
FN=mg+Mg
根据牛顿第三定律得，每个斜面体对地面的压力大小为FN'=FN=mg+Mg。
(2)对其中一个斜面体受力分析，如图所示，
当斜面体恰好不发生滑动时最大，根据平衡条件
对斜面体有Ff=FN1sin θ
对圆柱体有mg=2FN1'cos θ
又Ff=μFN，FN=mg+Mg，FN1'=FN1
联立解得=。
A级　基础对点练
对点练1　动态平衡问题
1.(2025·江苏徐州模拟)如图所示，装有足球的轻网兜系在钉子上，墙壁光滑。将网绳在钉子上多绕几圈后，则(　　)
A.网绳上的拉力变小
B.网绳上的拉力不变
C.墙壁对足球的支持力变大
D.墙壁对足球的支持力不变
答案　C
解析　足球受力如图所示，设网绳与竖直方向的夹角为θ，将网绳在钉子上多绕几圈后，网绳长度减小，θ增大，由平衡条件得G=FTcos θ，则网绳的拉力FT随θ的增大而增大，A、B错误;由平衡条件得FN=FTsin θ=Gtan θ，所以墙壁对足球的支持力随θ的增大而增大，C正确，D错误。
2.(2025·江苏南京检测)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于竖直墙壁上，今用水平向右的拉力F拉动绳的中点O至如图所示位置。用FT表示绳OA段拉力的大小，在拉力F由图示位置逆时针缓慢转过90°的过程中，始终保持O点位置不动，则(　　)
A.F先逐渐变小后逐渐变大，FT逐渐变小
B.F先逐渐变小后逐渐变大，FT逐渐变大
C.F先逐渐变大后逐渐变小，FT逐渐变小
D.F先逐渐变大后逐渐变小，FT逐渐变大
答案　A
解析　点O受到三个拉力而处于平衡状态，其中OB的拉力大小和方向均不变，OA的拉力方向不变，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示，从图中可以看出，OA的拉力FT不断减小，拉力F先减小后增大，当拉力F与OA垂直时F最小，故A正确。
3.(2025·江苏南通诊断)A、B是天花板上相距l的两点，将长度为2l的均匀铁链悬挂于A、B点，如图所示，现将A、B两点缓慢靠近，则(　　)
A.A点对铁链的拉力逐渐减小
B.A点对铁链的拉力不变
C.铁链的重心逐渐升高
D.铁链的重心始终在铁链上的O点
答案　A
解析　铁链的质量是均匀的，故其重心一定在最低点的上方，将A、B两点缓慢靠近，最低点下降，则铁链的重心逐渐降低，故C、D错误;铁链受力如图所示，设A点对铁链的拉力大小为FT，其方向沿着该处铁链的切线方向，设与竖直方向的夹角为α，铁链的重力为G，根据平衡条件得2FTcos α=G，解得FT=，将A、B两点缓慢靠近，α减小，则拉力FT减小，故A正确，B错误。
4.(2024·江苏扬州高三开学考)某建筑工地通过如图所示的装置将工件运到楼顶，工人通过细绳搭在光滑定滑轮上将带铰链的轻杆缓慢上拉，从而取得工件，在轻杆被缓慢上拉到取到工件前的过程中(　　)
A.轻杆所受压力大小始终不变
B.轻杆所受压力先减小，后增大
C.工人手所受的拉力始终不变
D.工人手所受的拉力增大
答案　A
解析　结点C受力如图所示，缓慢上拉，三个力平衡，三个力组成首尾相接的矢量三角形，力三角形与几何三角形ABC相似，根据相似三角形对应边比值相等，有==，因上拉过程中mg、AB不变，AC减小则F减小，则工人手所受的拉力减小，BC不变则FN不变，则轻杆所受压力始终不变，故A正确。
5.如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环，系在两环上的等长细绳将书本静止悬挂，现将两环距离变大后书本仍处于静止状态，若杆对A环的支持力为FN，杆对A环的摩擦力为Ff，则(　　)
A.FN减小，Ff不变 B.FN减小，Ff增大
C.FN不变，Ff不变 D.FN不变，Ff增大
答案　D
解析　设书本的重力为G，对A、B和书本整体分析，根据平衡条件以及对称性可知2FN=G，即FN=，设两细绳的夹角为2θ，A受力如图所示，根据平衡条件得tan θ=，则Ff=FNtan θ=tan θ，将两环距离变大后，FN不变，θ增大，Ff增大，故D正确。
6.(2024·南通市通州区石港中学期中)一个挡板固定于光滑水平地面上，截面为圆的柱状物体甲放在水平面上，半径与甲相等的光滑圆球乙被夹在甲与挡板之间，没有与地面接触而处于静止状态，如图所示。现在对甲施加一个水平向左的力F，使甲沿地面极其缓慢地移动，直至甲与挡板接触为止。设乙对挡板的压力为F1，甲对地面的压力为F2，在此过程中(　　)
A.F1缓慢增大，F2缓慢增大
B.F1缓慢增大，F2不变
C.F1缓慢减小，F2不变
D.F1缓慢减小，F2缓慢增大
答案　C
解析　圆球乙受力如图(a)所示，当柱状物体甲向左移动时，FN2与竖直方向的夹角减小，柱状物体对球的弹力FN2与挡板对球的弹力FN1均减小，由牛顿第三定律可知，圆球乙对挡板的弹力F1减小。整体受力如图(b)所示，由平衡条件可知F=FN1，则推力F变小，地面对整体的支持力FN=G总，保持不变，则甲对地面的压力F2不变，故C正确，A、B、D错误。
对点练2　平衡中的临界与极值问题
7.(2025·广东河源模拟)如图所示，质量为m的小球用细线拴住放在光滑斜面上，斜面足够长，倾角为α的斜面体置于光滑水平面上，用水平力F推斜面体使斜面体缓慢地向左移动，小球沿斜面缓慢升高。当细线拉力最小时，推力F等于(已知重力加速度为g)(　　)
A.mgcos α B.mgsin α
C.mgcos 2α D.mgsin 2α
答案　D
解析　小球受力如图所示，在小球沿斜面缓慢上升过程中，小球受到的合力为零，当拉力FT与支持力FN垂直时，拉力最小，最小值为FTmin=mgsin α;对小球和斜面体整体受力分析，根据平衡条件可知F=FTmin·cos α=mgsin αcos α=mgsin 2α，故D正确。
8.(2025·江苏南京高三联考)如图所示，用方向、大小均可变化的力F抵住靠墙的质量为m的物块，墙与物块之间的动摩擦因数为μ=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，若要使物块不滑下，F的最小值为(　　)
A.mg B.mg C.mg D.mg
答案　B
解析　根据平衡条件可知，所施加的力F的方向斜向上时有最小值，设力F的方向与水平方向之间的夹角为α，则有Fsin α+Ff=mg，Ff=μFcos α，整理得F==，tan φ=μ，由数学知识可知F的最小值为mg，故B正确。
B级　综合提升练
9.(2025·湖北三模)如图所示，某款手机支架由“L型”挡板和底座构成，挡板使用一体成型材料制成，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F1和F2(不计手机与挡板间的摩擦)，在“L型”挡板由图示位置顺时针缓慢转至水平的过程中，下列说法正确的是(　　)
A.F1逐渐增大，F2逐渐减小
B.F1逐渐减小，F2逐渐增大
C.F1逐渐减小，F2先增大后减小
D.F1先增大后减小，F2逐渐减小
答案　A
解析　手机受力如图所示，已知，AB、BC部分对手机的弹力分别为F1和F2且相互垂直，即α=90°，手机处于静止状态，则手机受力平衡，根据拉密定理得==，因为手机的重力G和α不变，所以上式的比值不变。挡板由图示位置顺时针缓慢转至水平的过程中，β由钝角增大到180°，即sin β减小，故F2变小;θ由钝角减小到90°，即sin θ增大，故F1增大，A正确。
10.(2025·江苏百校联考)如图所示，质量为m1=0.1 kg的小环A套在粗糙的竖直杆上，小环A与杆间的动摩擦因数μ=，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。一质量为m2=0.2 kg的小球B与A用不可伸长的细线相连，整个装置在外力F(如图)作用下恰好保持静止。下列说法正确的是(　　)
A.外力F的最小值为1.5 N
B.外力F的最小值为10 N
C.外力F最小时，其方向与水平方向的夹角θ=30°
D.外力F最小时，其方向与水平方向的夹角θ=45°
答案　A
解析　当外力F最小时，A、B整体具有向下运动的趋势，杆对小环有向上的静摩擦力，设此时F与水平方向的夹角为θ，杆对小环的弹力为FN，对A、B整体根据平衡条件有Fsin θ+Ff=(m1+m2)g，Fcos θ=FN，当外力F为最小值时，摩擦力达到最大静摩擦力，则有Ff=μFN，解得F=，令y=sin θ+μcos θ，对该函数求导数有y'=cos θ-μsin θ，当导数等于0时，F最小，解得tan θ=，则有θ=60°，将该夹角代入上述函数式，解得外力F的最小值为Fmin=1.5 N，A正确。
11.(2025·江苏连云港期末)如图所示，绕过滑轮的轻绳一端A固定在竖直墙上，站在地面上的人用手拉着绳的另一端B，动滑轮下吊着一个小球处于静止状态。现将B端竖直向上缓慢移动一小段距离，手与绳无相对滑动，滑轮未到达A端，不计滑轮与绳之间的摩擦，则该过程中(　　)
A.绳上张力变小
B.人对地面的压力变小
C.滑轮受到绳的作用力变大
D.地面对人的摩擦力不变
答案　D
解析　因为同一根绳子上的拉力相等，所以两段绳子是对称的，与水平方向夹角是相等的。设滑轮和小球的质量分别为m滑、m球，绳子的长度为L，绳子与水平方向的夹角为θ，根据几何关系可得，人与竖直墙之间的水平距离等于Lcos θ，绳的B端缓慢向上移动一小段距离，绳子的长度不变，人与竖直墙之间的距离不变，则θ不变，球和滑轮整体受力分析如图
由平衡条件有2FTsin θ=(m球+m滑)g，解得FT=，可知θ不变，绳上的张力FT不变，故A错误;对人受力分析，由平衡条件有FN=m人g+FTsin θ，Ff=FTcos θ，由上述分析可知，FT和θ均不变，可知，地面对人的支持力和摩擦力不变，由牛顿第三定律可知，人对地面的压力不变，故B错误，D正确;对滑轮与小球整体分析可知，滑轮受到绳的作用力为F=(m球+m滑)g，即滑轮受到绳的作用力不变，故C错误。
12.(2025·江苏宝应中学模拟)如图所示，静置于水平地面上的两个完全相同、质量均为3m的半圆柱体A、B刚好接触，现将一质量为2m的光滑圆柱体C放置在两半圆柱体上，半圆柱体A、B与地面保持相对静止，已知圆柱体C对半圆柱体B的压力大小为mg，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求:
(1)半圆柱体A的截面半径与圆柱体C的半径之比;
(2)半圆柱体A与地面间的动摩擦因数μ满足的条件。
答案　(1)4∶1　(2)μ≥
解析 (1)C受力情况如图甲所示，
甲
根据对称性可知A、B对C的支持力大小相等，均设为FN，根据平衡条件有
2FNsin θ=2mg
由牛顿第三定律可知支持力大小
FN=FN'=mg
解得sin θ=
由几何关系可知
cos θ==
解得半圆柱体A的截面半径与圆柱体C的半径之比为R∶r=4∶1。
(2)A受力情况如图乙所示，
乙
根据平衡条件有FNA=3mg+FN'sin θ
A与地面间的最大静摩擦力为Ffm=μFNA
半圆柱体A与地面保持相对静止的条件为
FN'cos θ≤Ffm
解得μ≥。

展开更多......

收起↑