资源简介

(共61张PPT)
第二章
相互作用
第11讲　专题强化二　动态平衡问题　
平衡中的临界和极值问题
学习目标 命题热点
(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。 近几年高考中动态平衡问题及平衡中的临界和极值问题时有出现，多与生产、生活实际相联系。
考点一
考点二
提能训练　练案[11]
考点一　动态平衡问题的分析方法
1．动态平衡
动态平衡就是通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢的变化，但变化过程中的每一个状态均可视为平衡状态，所以叫动态平衡。
2．做题流程
解析法
考向1
类型一　合成法和正交分解法的应用
(2025·陕西西安期末)如图甲所示，某手机店用放在水平面上的折叠支架来展示手机，图乙为示意图，背部支撑面与底部支撑面垂直，不计背部支撑面与手机间的摩擦，减小背部支撑面与水平面的夹角θ，则(　　)
A．支架底座与水平面间摩擦力增大
B．手机对底部支撑面的压力增大
C．手机对支架的作用力增大
D．手机重力和底部支撑面对手机作用力的合力增大
[答案]　D
[解析]　以整体为研究对象，整体受到重力与地面的支持力，方向均在竖直方向上，水平方向没有运动趋势，可知支架底座与水平面间摩擦力为零，故A错误；对手机受力分析，则底部支撑面对手机的支持力为FN＝mgsin θ，根据牛顿第三定律知手机对底部支撑面的压力FN′＝
FN，减小背部支撑面与水平面的夹角θ，手机对底部支撑面的压力减小，故B错误；对手机受力分析，根据平衡条件可知，手机对支架的作用力大小始终等于手机的重力，故C错误；根据平衡条件可知，手机重力和底部支撑面对手机作用力的合力等于背部支撑面对手机的支持力，背部支撑面对手机的支持力FN1＝mgcos θ，减小背部支撑面与水平面的夹角θ，背部支撑面对手机的支持力增大，故D正确。
[规律方法]　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。
类型二　相似三角形法的应用
物体受到三个力的作用，其中的一个力大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化，可以用力三角形与几何三角形相似的方法。
某攀岩运动员到达山顶后采用如下方式下山，绳
的一端固定在山顶，另一端拴在运动员的腰间，沿着岩
壁缓缓下移。下移过程中可以把运动员近似看作一根轻
杆，整体简化如图所示，A点是运动员的脚所在位置，
B点是山顶的固定点，C点是人的重心位置。某时刻腿部
与崖壁成60°角，绳与竖直方向也成60°角(图中实线)，
则下列说法正确的是(　　)
A．在图中实线位置时，绳子对运动员的拉力比运动员的重力大
B．在图中实线位置时，绳子对运动员的拉力与运动员的重力大小相等
C．当运动员的重心下降到虚线位置时，绳子对运动员的拉力减小
D．当运动员的重心下降到虚线位置时，绳子对运动员的拉力不变
[答案]　B
图解法的应用
考向2
类型一　“一力恒定，另一力方向不变”的动态平衡问题
1．一个力恒定，另一个力始终与恒定的力垂直，三
力可构成直角三角形，可作不同状态下的直角三角形，分
析力的大小变化，如图甲所示。
2．一力恒定，另一力与恒定的力不垂直但方向不
变，作出不同状态下的矢量三角形，确定力大小的变化，
当F3⊥F2时，转动力F3有最小值，F3min＝F1sin θ，如图
乙所示。
图1是工人把货物运送到房屋顶端的场景，
简化图如图2所示，绳子跨过定滑轮拉动货物A，
沿倾角为θ的玻璃棚缓慢向上移动，忽略货物所
受摩擦阻力，则下列说法正确的是(　　)
A．货物A对玻璃棚的压力不变
B．货物A对玻璃棚的压力越来越大
C．绳子的拉力越来越大
D．绳子的拉力越来越小
[答案]　C
[解析]　对货物A受力分析，其动态图如图所示。货物缓慢向上移动，则拉力方向与竖直方向的夹角减小，由图可知，绳子的拉力越来越大。同时，玻璃棚对货物的支持力变小，由牛顿第三定律知，货物A对玻璃棚的压力越来越小。故C项正确。
类型二　“一力恒定，另外两力方向变化但夹角一定”的动态平衡问题
1．圆周角法：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，恒力为圆的一条弦，根据不同位置判断各力的大小变化。
速记口诀(当恒力沿竖直方向时)：“你水平我最大”，想要分析某个力何时最大，只要看另一个力何时水平即可。
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]　方法一：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。
方法二：正弦定理
考点二　平衡中的临界和极值问题
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．解答临界和极值问题的三种方法：函数法、图解法和极限法。
函数法
考向1
通过对问题分析，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)。
[答案]　D
图解法
考向2
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。
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点上可施加外力F(重力加速度为g)，
则下列说法中正确的是(　　)
[答案]　D
极限法
考向3
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，从而求解临界和极值问题。
如图所示，甲，乙两柱体的截面分别为半径均为R的圆和半圆，甲的右侧顶着一块竖直的挡板。若甲和乙的质量相等，柱体的曲面和挡板可视为光滑，开始两圆柱体柱心连线沿竖直方向，将挡板缓慢地向右移动，直到圆柱体甲刚要落至地面为止，整个过程半圆柱乙始终保持静止，那么半圆柱乙与水平面间动摩擦因数的最小值为(　　)
[答案]　A
提能训练　练案[11]
基础巩固练
1．(2026·湖南衡阳模拟)如图，OABC为常见的“汽车千斤顶”。当汽车需要换轮胎时，司机将它放在车身底盘和地面之间，只需摇动手柄使螺旋杆OA转动，O、A之间的距离就会逐渐减小，O、C之间的距离增大，就能将汽车车身缓缓地顶起来。在千斤顶将汽车顶起来的过程中，下列关于OA、OB的弹力的说法正确的是(　　)
A．OA、OB的弹力不断变大
B．OA、OB的弹力不断变小
C．OA的弹力变大、OB的弹力变小
D．OA的弹力变小、OB的弹力变大
[答案]　B
2．(2025·河北唐山调研)如图所示，木板A与物体B叠放在水平地面上，物体B与木板左端立柱间放置轻质弹簧，在水平外力F作用下，木板和物体B都静止不动，弹簧处于压缩状态。将外力F缓慢减小到零，物体始终不动，在此过程中(　　)
A．弹簧弹力逐渐减小
B．物体B所受摩擦力逐渐减小
C．物体B所受摩擦力始终向左
D．木板A所受地面的摩擦力逐渐减小
[答案]　D
[解析]　因为物体B始终没有运动，所以弹簧的长度不变，弹簧弹力不变，选项A错误；弹簧弹力T与F的大小关系不确定，若T≥F，物体B所受摩擦力逐渐增大，若T＜F，物体B所受摩擦力先减小到零再反向增大，选项B、C错误；对整体受力分析可知木板A所受地面的摩擦力fA＝F，当外力F逐渐减小时，fA也逐渐减小，选项D正确。
3．如图所示，橡皮筋一端连接在天花板上，另一端连接在滑轮上，与竖直方向夹角为θ；绕过滑轮的轻绳一端悬挂一重物，另一端施加水平力F，重物保持静止，现保持F大小不变，使其在竖直面内沿逆时针方向缓慢转过60°，不计滑轮质量及一切摩擦，橡皮筋始终在弹性限度内，此过程中，下列说法正确的是(　　)
A．θ变小，橡皮筋长度变短
B．θ变小，橡皮筋长度变长
C．θ变大，橡皮筋长度变短
D．θ变大，橡皮筋长度变长
[答案]　C
[解析]　力F转动过程中，滑轮两边绳间的夹角变大，两边绳上拉力的合力减小，根据力的平衡可知，橡皮筋的弹力变小，长度变短，橡皮筋与竖直方向的夹角等于滑轮两边绳夹角的一半，因此θ变大，故选C。
4．(2026·安徽合肥期末)如图所示，用OA、OB两根轻绳将花盆悬于两竖直墙之间，开始时OB绳水平。现保持O点位置不变，改变OB绳长使绳右端由B点缓慢上移至B′点，此时OB′与OA之间的夹角θ＜90°。设此过程中OA、OB绳的拉力分别为FOA、FOB，则下列说法中正确的是(　　)
A．FOA一直减小
B．FOA一直增大
C．FOB一直减小
D．FOB先增大，后减小
[答案]　A
[解析]　以结点O为研究对象，其受重力G、绳OA的拉力FOA和绳BO的拉力FOB，如图所示，根据平衡条件知，两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，作出轻绳OB在不同位置时力的合成图，由图看出，FOA一直减小，FOB先减小，后增大，当θ＝90°时，FOB最小，故A正确。
5．如图所示，竖直墙壁O处用光滑铰链铰接一轻质杆的一端，杆的另一端固定小球(可以看成质点)，轻绳的一端悬于P点，另一端与小球相连。已知轻质杆长度为R，轻绳的长度为L，且R＜L＜2R。A、B是墙上两点，且OA＝OB＝R。现将轻绳的上端点P沿墙壁缓慢下移至A点，此过程中轻绳对小球的拉力F1及轻质杆对小球的支持力F2的大小变化情况为(　　)
A．F1和F2均增大
B．F1保持不变，F2先增大后减小
C．F1和F2均减小
D．F1先减小后增大，F2保持不变
[答案]　A
6．(2024·山东卷)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(　　)
[答案]　B
[答案]　C
8．(2026·广西桂林调研)如图所示，质量为m(可以看成质点)的小球，用两根轻绳OP和O′P在P点拴结后再分别系于竖直墙上相距0.4 m的O、O′两点上，绳OP长为0.5 m，绳O′P长0.3 m，今在小球上施加一方向与水平方向成θ＝37°角的拉力F，将小球缓慢拉起。绳O′P刚拉直时，绳OP拉力为T1，绳OP刚松弛时，绳O′P拉力为T2，则T1∶T2为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　)
A．3∶4 B．4∶3
C．3∶5 D．4∶5
[答案]　C
能力提升练
9．(2026·八省八校联考试题)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
[答案]　D
[解析]　保持F2不变，如图1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；方法一：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。方法二：小球平衡时受三力如图2所示，F1与FT的夹角和F2不变，故矢量三角形的三个顶点始终位于同一圆上，且初始时FT过圆心，弦长为最大值，此后F1沿顺时针转动，拉力FT逐渐减小。
10．(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°。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，因为N的重力与水平拉力F的合力
和细绳的拉力FT是一组平衡力，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
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，选项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。
11．(2026·辽宁抚顺模拟)我们常用支架与底板
垂直的两轮手推车搬运货物。如图甲所示，将质量
为m的货物平放在手推车底板上，此时底板水平；
缓慢压下把手直至底板与水平面间的夹角为30°。
不计货物与支架及底板间的摩擦，重力加速度为g，
下列说法正确的是(　　)
[答案]　C
12．如图所示，质量为m的物体放在一固定斜面上，当斜面倾角θ为30°时，恰能沿斜面匀速下滑。对物体施加一大小为F、方向水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行。求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数；
(2)这一临界角θ0的大小。
[解析]　(1)如图甲所示，未施加力F时，对物体受力分析
由平衡条件得mgsin 30°＝μmgcos 30°
(2)设斜面倾角为α时，物体恰好向上滑行时，
受力情况如图乙所示，由平衡条件得
Fcos α＝mgsin α＋Ff′
FN′＝mgcos α＋Fsin α，Ff′＝μFN′
谢谢观看

展开更多......

收起↑