高考物理一轮复习讲义 第二章　第8课时　专题强化：动态平衡和临界、极值问题

第8课时专题强化：动态平衡和临界、极值问题目标要求1.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。常用方法：图解法、解析法、相似三角形法、辅助圆法、正弦定理法。1.“一力恒定，另一力方向不变”的动态平衡问题一个力(F1)恒定，另一个力(F2)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。若F1与F2垂直，三力构成直角三角形，如图甲所示，θ增大时，F2、F3都增大。若F1与F2不垂直，当F3⊥F2时，F3有最小值，F3min=F1sinθ，如图乙所示。例1半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN。在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑的均匀小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态，如图所示是这个装置的纵截面图。现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止。则在此过程中，下列说法中正确的是()A.MN对Q的弹力逐渐减小B.地面对P的摩擦力逐渐增大C.P、Q间的弹力先减小后增大D.Q所受的合力逐渐增大答案B解析对Q受力分析，F1表示P对Q的弹力，F2表示MN对Q的弹力，F2的方向水平向左保持不变，F1的方向顺时针旋转，如图所示由平行四边形定则可知，F1与F2都逐渐增大，故A、C错误；对P、Q整体受力分析，由平衡条件得，Ff=F2，由于F2不断增大，故Ff不断增大，故B正确；由于挡板MN缓慢移动，Q处于平衡状态，所受合力为零，故D错误。2.“一力恒定，另两力方向均变化”的动态平衡问题一力恒定(如重力)，其他二力的方向均变化，但二力分别与绳子、两物体重心连线方向平行，即三力构成的矢量三角形与△ACO相似，则对应边比值相等。基本矢量图，如图所示。基本关系式：mgH=FNR例2(2025·浙江省Z20名校联盟一模)如图甲所示，为杭州亚运会吉祥物琮琮演示的攀岩运动。当琮琮处于平衡状态，且岩钉A位置固定时，分析问题可以将该实际情境进行简化处理，得到如图乙所示模型。下列说法正确的是()A.仅缩短主绳长度，绳子对琮琮的拉力不变B.仅缩短主绳长度，岩壁对琮琮的作用力的大小不变C.仅增加主绳长度，绳子对琮琮的拉力减小D.仅增加主绳长度，岩壁对琮琮的作用力增大答案B解析杆OB为可转动杆，其施加的弹力为沿着杆的支持力，对琮琮受力分析如图所示，因力的三角形与几何三角形相似，有mgh=FNd=FTl，绳子对琮琮的拉力为FT=mglh，仅缩短主绳长度l，则拉力变小；仅增加主绳长度l，绳子对琮琮的拉力变大，故A、C错误；岩壁对琮琮的作用力为FN=3.“一力恒定，另外两力方向均变化，但两力方向夹角保持不变”的动态平衡问题利用正弦定理或利用辅助圆，恒力为圆的一条弦，恒力所对应角的顶点在圆上移动，可保持圆心角不变，根据不同位置判断各力的大小变化。例3(多选)如图，柔软轻绳ON的一端O固定，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(α>π2)。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解析方法一辅助圆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绳上拉力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。方法二正弦定理根据正弦定理mgsinθ3=F1sinθ1=F2sinθ2，mg与sinθ3保持不变，sinθ1变大，F1变大，sin分析动态平衡问题的流程受力分析画不同状态下的受力平衡图构造矢量三角形考点二平衡中的临界、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)绳子恰好伸直，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.解题方法(1)极限法：首先要正确地进行受力分析和过程分析，把某个物理量推向极端(极大或极小)，从而找出平衡的临界点和极值点。(2)数学分析法：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)物理分析方法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值与最小值。例4(2024·浙江金华市三模)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地面间动摩擦因数的最小值为()A.32 B.12 C.3答案A解析分析可知，只要摩擦力最大时刚好不滑动，此时对应的动摩擦因数最小。整体分析有FN=2mg，Ff=F板，设O1O2与水平地面的夹角θ，对甲，由平衡条件得F板=mg联立解得Ff=mg可知θ角越小，Ff越大，故甲柱体刚接触地面时Ff最大，此时乙与水平地面间的动摩擦因数最小，由几何关系得sinθ=R2R=12，即θ最小为30°。则Ff=mgtan30°=μFN解得μ=32，故选A例5如图所示，质量m=5.2kg的金属块放在水平地面上，在斜向右上的拉力F作用下，向右以v0的速度做匀速直线运动。已知金属块与地面间的动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2。求所需拉力F的最小值。答案226N解析方法一三角函数法设拉力与水平方向夹角为θ，根据平衡条件有Fcosθ=μ(mg-Fsinθ)，整理得F=μmgcosθ+μsinθ=μmg1+μ2sin(β+θ)(其中sinβ=11+μ2)，当θ=方法二利用“摩擦角”法设FN与Ff的合力与FN方向的夹角为α，则tanα=FfFN=再设FN与Ff的合力为F'。如图所示，当拉力F与F'垂直时有最小值即Fmin=mgsinα ②联立①②得Fmin=226N。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tanα=FfFN=μ，则Fmin=mgsinα，此时θ课时精练[分值：37分][1~7题，每题3分]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.12 B.33 C.22答案B解析根据题意可知机器人“天工”可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，对“天工”分析有mgsin30°≤μmgcos30°可得μ≥tan30°=3故选B。2.(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.12G B.22G C.G D.答案B解析对小球进行受力分析可知当凹槽底部对小球支持力为零时，此时拉力F最大，根据平衡条件有2Fmcos45°=G，解得Fm=22G，故选B3.(2024·浙江宁波市二模)如图所示，质量为m的小球用一轻绳竖直悬吊于O点。现用一光滑的金属挂钩向右缓慢拉动轻绳至虚线位置，已知重力加速度为g，在此过程中，下列说法正确的是()A.钩子对绳的作用力始终不变B.挂钩与O点间的绳子拉力先变大后变小C.绳子对挂钩的作用力方向始终水平向左D.钩子对绳的作用力大小不可能等于1.5mg答案D解析由于缓慢拉动，所以对于小球来说处于平衡状态，即绳子上的拉力与小球的重力大小相等，由于是同一根绳子所以绳子在金属挂钩两侧的拉力相等，都为mg，用一光滑的金属挂钩向右缓慢拉动轻绳至虚线位置，绳子两侧的夹角减小，由平行四边形定则可知，合力变大，且绳子对钩子的作用力的合力方向为左下方，即绳对钩子的作用逐渐增大，由牛顿第三定律可知，钩子对绳的作用力变大，故A、B、C错误；钩子两侧轻绳之间的夹角的最小值为90°，因此此时两根绳子的合力最大为2mg，即钩子对绳的作用力大小不可能等于1.5mg，故D项正确。4.(2025·浙江省名校联盟联考)如图所示，现有一只虫子沿圆管的圆弧曲线从A点缓慢爬到B点，关于虫子爬过去的过程中，下列说法中正确的是()A.圆管对虫子的弹力可能不变B.圆管对虫子的摩擦力先减小后变大C.圆管对虫子的摩擦力一直减小D.圆管对虫子的作用力一定改变答案B解析对虫子受力分析，受重力、圆管对其的支持力和摩擦力，设虫子在圆管上某点时过该点的切线与水平方向夹角为θ，由平衡条件，可得FN=mgcosθ，虫子从A点向B点缓慢爬行，θ角先减小后增大，圆管对虫子的弹力先增大后减小，故A错误；由平衡条件，有Ff=mgsinθ，当虫子从A点向B点缓慢爬行的过程中，θ角先减小后增大，所以圆管对虫子的摩擦力先减小后变大，故B正确，C错误；圆管对虫子的作用力是支持力与摩擦力的合力，等于虫子所受重力，所以应保持不变，故D错误。5.两金属小球A、B用一轻质弹簧连接，球A用轻绳悬挂于O点，在水平拉力F的作用下，两小球处于如图所示的位置，此时轻绳与竖直方向的夹角为30°。现将力F逆时针缓慢转动30°，在此过程中，轻绳与竖直方向的夹角不变。下列说法正确的是()A.轻绳的拉力先减小后增大B.A、B两小球间的距离增大C.力F先减小后增大D.弹簧与竖直方向的夹角增大答案D解析对A、B整体受力分析，如图甲所示，绳与竖直方向夹角不变，则轻绳拉力FT方向不变，现将力F逆时针缓慢转动30°(此时力F与轻绳拉力FT垂直)，则此过程中，轻绳拉力FT减小，力F减小至最小，故A、C错误；对B小球受力分析可知，在F转动过程中，弹簧与轻绳的夹角始终大于90°，对A小球受力分析，如图乙所示，其受轻绳拉力FT方向不变，而拉力FT变小，A小球处于动态平衡，则可知F弹在逐渐减小且与竖直方向夹角增大，即弹簧与竖直方向的夹角增大，根据胡克定律F弹=kx可知，弹簧伸长量x减小，即A、B两小球间的距离减小，故B错误，D正确。6.(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°角。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，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≥mMgsinθ，则M所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若mNg<mMgsinθ，则M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增大，选项C错误；对整体受力分析，可知斜面所受地面摩擦力等于水平拉力F，一定增大，选项D正确。方法二解析法以物块N为研究对象，受到重力G、水平拉力F和细绳的拉力FT，设细绳与竖直方向的夹角为α，如图乙所示，根据平衡条件可得F=Gtanα，FT=Gcosα，随着α的增大，F和FT都增大，故A错误，B正确；对于M，受重力GM、支持力FN、绳的拉力FT以及斜面可能对它的摩擦力Ff，如果开始摩擦力方向沿斜面向上，如图丙所示，则有FT+Ff=GMsinθ，当FT不断增大的时候，Ff减小；当FT>GMsinθ时，有FT=GMsinθ+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，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7.(2025·浙江省新阵地教育联盟联考)如图所示，质量为m的物体由两根轻绳吊起悬在空中处于静止状态，右侧绳子的另一端固定在高墙处的A点且与竖直方向的夹角为α，左侧绳子由人拉着且与竖直方向的夹角为β，现人站立不动而把手中的长绳缓慢释放，物体在接触墙前的过程，下列说法正确的是()A.两根绳子对物体拉力的合力变大B.两绳子的拉力都变大C.地面对人的摩擦力变小D.地面对人的支持力变小答案C解析人站立不动而把手中的长绳缓慢释放，物体处于平衡状态，两根绳子对物体拉力的合力始终与物体重力等大反向，A错误；对物体受力分析，由相似三角形得GAC=FTAO=FOC，当人站立不动而缓慢释放绳子，则AC增大，AO不变，OC减小，可知FT减小，F减小，B错误；对人和物体整体有FTsinα=Ff，FT减小，α减小，则Ff减小，C正确；对人由平衡条件得Fcosβ+FN=Mg，F减小，β增大，则F[8~10题，每题4分]8.(2025·浙江省强基联盟联考)在吊运表面平整的重型板材(混凝土预制板、厚钢板)时，如因吊绳无处钩挂而遇到困难，可用一根钢丝绳将板拦腰捆起(不必捆的很紧)，用两个吊钩钩住绳圈长边的中点起吊(如图所示)，钢丝绳与水平方向的夹角为α，若钢丝绳与板材之间的动摩擦因数为μ，为了满足安全起吊(不考虑钢丝绳断裂)，需要满足的条件是()A.tanα>μ B.tanα<μC.sinα>μ D.sinα<μ答案B解析要起吊重物，只需满足绳子张力FT的竖直分量小于钢丝绳与板材之间的最大静摩擦力，一般情况最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如图所示，即FTcosα·μ>FTsinα化简可得tanα<μ，故B正确，A、C、D错误。9.如图甲所示，我国自主研发的“章鱼”触手机器人能抓取任意形态的物体，可负载260倍自重。如图乙所示，圆锥体母线和高线之间的夹角α=37°，该机器人对圆锥体的弹力方向垂直于圆锥体侧面，靠机器人和圆锥体之间的摩擦力将圆锥体抓起。若该机器人竖直向上抓起圆锥体时施加的弹力足够大，则机器人和圆锥体之间的动摩擦因数至少为(已知sin37°=35，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(A.35 B.45 C.3答案C解析机器人对圆锥体的弹力方向垂直于圆锥体侧面，设弹力为FN，摩擦力为Ff，圆锥体的重力为mg。若机器人竖直向上能够抓起圆锥体，在竖直方向则满足mg+FNsinα≤Ffcosα，Ff=μFN，联立解得μ≥tanα+mgFNcosα，该机器人竖直向上抓起圆锥体时施加的弹力足够大，则μ≥tanα=10.(2024·浙江宁波市十校联盟联考)如图所示为某款可折叠手机支架，调节支撑杆MN，手机背部支撑平面PQ的倾角θ随之改变，底部支撑平面ab与PQ始终垂直，忽略一切摩擦，当θ缓慢减小时，下列说法正确的是()A.背部支撑平面PQ对手机的弹力逐渐变小B.手机对底部支撑平面ab的弹力逐渐变大C.支架对手机的作用力逐渐增大D.手机对支架的作用力始终不变答案D解析背部支撑平面PQ对手机的弹力和底部支撑平面ab对手机的弹力，这两个力始终垂直，对手机受力