2026高考物理一轮复习-第二章-第9课时-专题强化：动态平衡和临界、极值问题-专项训练【含答案】

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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不垂直，当F3⊥F2时，F3有最小值，F3min＝F1sin θ，如图乙。
例1 (2025·河北张家口市检测)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
由平行四边形的边长变化可知，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几何三角形相似，则对应边比值相等。
基本矢量图，如图所示
基本关系式：mgH＝FNR＋r＝FTL。
例2 (2025·江苏苏州市调研)如图所示为一简易起重装置，AC是上端带有小滑轮的固定支架，BC为质量不计的轻杆，杆的一端C用铰链固定在支架上，另一端B悬挂一个质量为m的重物，并用轻质钢丝绳跨过滑轮A连接在卷扬机上。开始时，杆BC与AC的夹角∠BCA>90°，现使∠BCA缓慢变小，直到∠BCA＝30°(不计一切阻力)。在此过程中，杆BC所产生的弹力( )
A.大小不变B.逐渐增大
C.先增大后减小D.先减小后增大
答案 A
解析 以结点B为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图如图，根据平衡条件知，G、FN的合力F合与F大小相等、方向相反。
根据三角形相似得GAC＝F合AB＝FNBC，得FN＝BCAC G
∠BCA缓慢变小的过程中，AC、BC不变，则FN不变，故杆BC所产生的弹力大小不变，故选A。
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)(2025·福建宁德市检测)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 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。
法二：正弦定理
根据正弦定理mgsin θ3＝F1sin θ1＝F2sin θ2，mg与sin θ3保持不变，sin θ1变大，F1变大，sin θ2先增大后减小，F2先增大后减小，故选A、D。
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 (2025·陕西省西安中学开学考)如图所示，在质量为m的物块甲上系着两条细绳，其中长30 cm的细绳另一端连着轻质圆环，圆环套在水平棒上可以滑动，圆环与棒间的动摩擦因数μ＝0.75。另一细绳跨过光滑轻质定滑轮与重力为G的物块乙相连，定滑轮固定在距离圆环50 cm的地方，系统处于静止状态，OA与棒的夹角为θ，两绳夹角为φ。当G＝6 N时，圆环恰好开始滑动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)OA绳与棒间的夹角θ；
(2)物块甲的质量m。
答案 (1)53° (2)1 kg
解析 (1)当圆环恰好要开始滑动时，设此时水平棒对圆环的支持力大小为FN，细绳对圆环的拉力大小为FT，对圆环受力分析，如图甲所示，
根据平衡条件有μFN＝FTcs θ①
FN＝FTsin θ②
联立①②解得tan θ＝1μ＝43，即θ＝53°。
(2)由题意，根据几何关系可知φ＝90°
如图乙所示，以O为坐标原点建立xOy直角坐标系，
对物块甲受力分析，根据平衡条件有Gcs θ＋FTsin θ－mg＝0③
FTcs θ－Gsin θ＝0④
联立③④解得m＝1 kg。
例5 (2025·山东烟台市开学考)如图所示，质量m＝5.2 kg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10 m/s2。求所需拉力F的最小值。
答案 226 N
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Fcs θ＝μ(mg－Fsin θ)，整理得F＝μmgcsθ＋μsinθ＝μmg1＋μ2sin(β＋θ)(其中sin β＝11＋μ2)，当θ＝π2－β时F最小，故所需拉力F的最小值Fmin＝μmg1＋μ2＝226 N。
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tan α＝FfFN＝μ①
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＝mgsin α②
由①②得Fmin＝226 N。
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＝FfFN＝μ，则Fmin＝mgsin α，此时θ＝α。
课时精练
(分值：100分)
1~7题每小题7分，共49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.12B.33C.22D.32
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mgsin 30°≤μmgcs 30°
可得μ≥tan 30°＝33
故选B。
2.(2025·上海市闵行区期中)消防员下降过程中(如图甲所示)，可将模型简化为如图乙所示，脚与竖直墙壁触点为A点，人的重力全部集中在点B，AB可简化为轻杆，OB可简化为轻绳。已知下降过程中AB的长度和AB与竖直方向的夹角保持不变，消防员初始时刻静止，下降一定高度后，再次静止时相对于初始位置( )
A.AB杆对B的支持力变大
B.AB杆对B的支持力变小
C.OB绳拉力保持不变
D.OB绳拉力变小
答案 B
解析 两个状态相比，重力大小、方向不变，杆的支持力方向不变，作出受力图如图所示
由作图法可知，消防员下降一定高度后再次保持静止时，相对于初始位置AB杆的支持力变小，故B正确，A错误；因为OB绳拉力与AB杆支持力的夹角未知，则拉力可能变小，可能变大，也可能先变小后变大，故C、D错误。
3.(2024·河南省许平汝名校期末)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.(2024·重庆市渝中区期中)如图甲所示，用瓦片做屋顶是我国建筑的特色之一。铺设瓦片时，屋顶结构可简化为图乙所示，建筑工人将一瓦片轻放在两根相互平行的檩条正中间，若瓦片能始终静止在檩条上。已知檩条与水平面夹角均为θ，瓦片质量为m，檩条间距离为d，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.瓦片共受到4个力的作用
B.檩条对瓦片作用力方向垂直檩条向上
C.缓慢减小檩条的倾斜角度θ时，瓦片与檩条间的摩擦力变大
D.缓慢增大檩条间的距离d时，两根檩条对瓦片的弹力都增大
答案 D
解析 瓦片受重力、两根檩条的支持力和摩擦力，共5个力，A错误；檩条对瓦片作用力应为支持力与摩擦力的合力，方向竖直向上，B错误；摩擦力等于mgsin θ，减小檩条的倾斜角度θ时，摩擦力减小，C错误；檩条对瓦片的两个弹力等大，合力等于mgcs θ，当增大檩条间的距离 d时，两弹力的夹角增大，则两弹力增大，D正确。
5.(2024·四川绵阳市检测)如图所示，用一轻绳将光滑小球P系于粗糙竖直墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，整体处于静止状态。略微改变绳子的长度，P、Q仍然均处于静止状态，则下列相关说法正确的是( )
A.P、Q两物体都受3个力作用
B.若绳子缓慢变短，墙壁对Q的支持力将减小
C.若绳子缓慢变短，绳子的拉力将变大
D.若绳子缓慢变短，Q受到的静摩擦力将增大
答案 C
解析 由于小球P光滑，P、Q之间没有摩擦力作用，则小球P受到重力、Q的支持力和绳子拉力，共3个力作用；物块Q受到重力、P的压力、粗糙墙壁的支持力和摩擦力，共4个力作用，故A错误；若绳子缓慢变短，绳子与竖直方向的夹角θ变大，以小球P为研究对象，根据受力平衡可得FTcs θ＝mPg，FTsin θ＝FNQ，可得FT＝mPgcsθ，FNQ＝mPgtan θ，可知绳子的拉力将变大，Q对P的支持力变大；以物块Q为研究对象，根据受力平衡可得FN墙＝FNP＝FNQ，Ff＝mQg，可知墙壁对Q的支持力将变大，Q受到的静摩擦力不变，故C正确，B、D错误。
6.(来自教材改编)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。
7.(2025·山西晋城市检测)如图所示，某健身者右手拉着抓把沿水平方向从图示位置B缓慢移动到位置A，不计绳子质量，忽略绳子和重物与所有构件间的摩擦，A、B、重物共面，则重物上升过程中( )
A.绳子的拉力逐渐增大
B.该健身者所受合力逐渐减小
C.该健身者对地面的压力逐渐减小
D.该健身者对地面的摩擦力逐渐增大
答案 D
解析 由题意可知，重物和健身者一直处于动态平衡状态，由平衡条件可知，健身者所受合力等于零，绳上的拉力大小不变，其大小等于重物的重力mg，A、B错误；对健身者受力分析，如图所示，
由平衡条件可知，在竖直方向，则有FTsin θ＋FN＝Mg，又有FT＝mg，可得FN＝Mg－mgsin θ，在水平方向，则有FTcs θ＝Ff，当从B缓慢移到A时，θ角逐渐变小，地面对健身者的支持力逐渐变大，地面对健身者的摩擦力逐渐变大，由牛顿第三定律可知，健身者对地面的压力逐渐增大，健身者对地面的摩擦力逐渐增大，C错误，D正确。
8~11题每小题10分，共40分
8.(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是一对平衡力，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mNgGMsin θ时，有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，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。
9.如图所示，竖直面内固定一光滑大圆环轨道，O为圆心，在大圆环轨道最高点A固定一个光滑的小滑轮，一轻绳绕过小滑轮，一端连接套在大圆环轨道上的小球，用力F拉轻绳另一端，在小球从B点缓慢上升到C点的过程中，有( )
A.拉力F逐渐增大
B.拉力F先减小后增大
C.小球对大圆环轨道的压力大小保持不变
D.小球对大圆环轨道的压力先增大后减小
答案 C
解析 对小球进行受力分析如图所示，根据相似三角形法可得FAB＝FNOB＝mgOA
在小球从B点缓慢上升到C点的过程中，重力大小、方向均不变，AB变小，OA、OB不变，则拉力F逐渐减小，大圆环轨道对小球的支持力FN大小不变，由牛顿第三定律知小球对大圆环轨道的压力大小保持不变，故选C。
10.(2024·重庆市七校开学考)小李发现小区的消防通道被一质量为m的石墩挡住了，为了移开石墩小李找来一根结实的绳子，将绳的一端系在石墩上，双手紧握绳的另一端用力斜向上拖拽石墩。设绳子与水平方向的夹角为θ，小李对绳施加的最大拉力为0.6mg，g为重力加速度，石墩与水平地面间的动摩擦因数为33，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是( )
A.无论θ取何值，小李都不可能拖动石墩
B.小李能拖动石墩，且当θ＝π3时最省力
C.小李能拖动石墩，且当θ＝π6时最省力
D.小李能拖动石墩，且当θ＝π4时最省力
答案 C
解析 对石墩进行受力分析如图所示
Fcs θ＝μFN
FN＋Fsin θ＝mg
解得2F(32cs θ＋12sin θ)＝mg
即F＝mg2sin(π3＋θ)，可解得，当θ＝π6时，F最小为0.5mg，故小李能拖动石墩，且当θ＝π6时最省力，故选C。
11.(多选)(2025·山东菏泽市段考)如图所示，一倾角θ＝30°的斜面体固定于水平地面上，一质量m＝1.0 kg的小物块恰好能够静止于斜面上。若给物块施加一平行于斜面且与斜面内的水平虚线成α＝60°角的推力F，在推力F由0逐渐增大的过程中，小物块始终保持静止，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A.小物块与斜面之间的动摩擦因数为33
B.小物块所受的静摩擦力逐渐减小
C.小物块所受静摩擦力的最小值为2.5 N
D.推力F的最大值为53 N
答案 ACD
解析 质量m＝1.0 kg的小物块恰好能够静止于斜面上，则有mgsin θ＝μmgcs θ，解得μ＝33，故A正确；小物块始终处于静止状态，对小物块受力分析可知，沿斜面方向受力平衡，根据力的平行四边形定则可知静摩擦力先减小后增大，故B错误；当静摩擦力与推力垂直时，静摩擦力最小，为Ffmin＝mgsin 30°×sin 30°＝2.5 N，故C正确；当静摩擦力达到滑动摩擦力时，推力F最大，根据几何关系可知Fmax＝2mgsin 30°×cs 30°＝53 N，故D正确。
(11分)
12.(2025·河南郑州市开学考)一竖直放置的轻质圆环静止于水平面上，质量为m的物体用轻绳系于圆环边缘上的A、B两点，结点恰位于圆环的圆心O点。已知物体静止时，AO绳水平，BO绳与AO绳的夹角为150°，重力加速度为g。现使圆环沿顺时针方向缓慢滚动，在AO绳由水平转动至竖直的过程中( )
A.AO绳中的拉力一直增大
B.AO绳中最大拉力为2mg
C.BO绳中的拉力先减小后增大
D.BO绳中最小拉力为mg
答案 B
解析 物体始终保持静止，合力为零，由于重力不变，BO绳与AO绳的夹角α＝150°不变，则β＝30°，则mg、F1、F2构成封闭的矢量三角形如图所示
可知在AO绳由水平转动至竖直的过程中，AO绳中的拉力先增大后减小，BO绳中的拉力一直减小，故A、C错误；当F1过圆环圆心时，F1最大，AO绳中最大拉力为F1＝mgsin30°＝2mg，故B正确；在AO绳竖直时，BO绳中拉力最小，为零，故D错误。