2027年高考物理一轮复习学案练习含答案02-第二章 相互作用——力05-专题突破3 动态平衡问题 平衡中的临界、极值问题（教用）

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题型一 动态平衡问题
1.动态平衡：通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢变化，但在变化过程中，每一个状态均可视为平衡状态。
2.解决三力作用下动态平衡问题的常用方法
点拨 动态圆法也叫辅助圆法，通常能用动态圆法求解的问题也可用拉密定理法（或正弦定理法）求解。
拉密定理：同一平面内，当三个共点力的合力为0时，其中任意一个力与其他两个力夹角正弦的比值相等，即F1sinα=F2sinβ=F3sinγ。其实质就是正弦定理的变形。
考向1 解析法和图解法的应用
例1 随着家居自动化不断发展，自动炒菜机也逐渐走进了大众的生活。某品牌的自动炒菜机，使用时，内壁光滑的半球形铁锅静置在灶台上，菜品被倒入自动炒菜机后由于重力作用而集中在锅底，为保证菜品受热均匀，电动锅铲既可推动炒菜也可翻动炒菜。如图所示，推动炒菜时，锅铲推动菜品缓慢向右移动，在推动过程中锅铲始终保持竖直，使菜品到达P点，菜品可视为质点，则推动炒菜时，下列说法中正确的是（ ）
A. 菜品对锅铲的压力不断增大
B. 铁锅内壁对菜品的弹力不断减小
C. 菜品对锅铲的压力先增大后减小
D. 铁锅内壁对菜品的弹力先增大后减小
【答案】A
【解析】解析法：设菜品与圆心连线与竖直方向的夹角为θ ，根据平衡条件有Fcsθ=mg，
得F=mgcsθ，
FN=Fsinθ=mgtanθ ，
锅铲推动菜品缓慢右移过程中，θ 增大，F增大，FN增大，由牛顿第三定律可知，菜品对锅铲的压力不断增大，故A正确，B、C、D错误。
一题多解 图解法：锅铲推动菜品缓慢向右移动过程中，菜品所在位置与圆心的连线与竖直方向的夹角θ 不断变大，由图可知，随着θ 的增大，F和FN均增大，由牛顿第三定律可知，菜品对锅铲的压力不断增大，故A正确，B、C、D错误。
变式．如图所示，轻质细线一端拴接一质量为m的小球，另一端悬挂于天花板上的O点，小球在外力F、重力G和细线拉力FT的作用下处于平衡状态。初始时F水平，且细线与竖直方向的夹角为θ ，与F的夹角为α 。甲同学保持小球位置及θ 角不变，缓慢减小α 角至F竖直向上；乙同学保持F水平，逐渐缓慢增大θ 角。则在两种情况下分析正确的是 （ ）
A. 甲同学的外力F一直增大
B. 甲同学的外力F先增大后减小
C. 乙同学的外力F逐渐增大，细线拉力FT逐渐增大
D. 乙同学的外力F逐渐增大，细线拉力FT逐渐减小
【答案】C
【解析】图解法：甲同学保持小球位置及θ 角不变，缓慢减小α 角至F竖直向上，根据三角形定则进行动态分析，如图1所示，可知F先减小后增大，故A、B错误；乙同学保持F水平，逐渐缓慢增大θ 角，根据三角形定则进行动态分析，如图2所示，可知F逐渐增大，FT逐渐增大，故C正确，D错误。
图1图2
一题多解 解析法：对甲同学的操作受力分析，如图3所示
设外力F与竖直方向的夹角为β ，根据正弦定理可知
Fsinθ=FTsinβ=mgsin(π−θ−β)，
其中θ 不变，β 从π2逐渐减小为0，
F=mgsinθsin(π−θ−β)=mgsinθsin(θ+β)，
其中θ+β 由大于π2逐渐变为小于π2，
则sin(θ+β)先增大后减小，所以F先减小后增大，故A、B错误；
对乙同学的操作受力分析，如图4所示，根据平衡条件，有FTcsθ=mg，FTsinθ=F，解得FT=mgcsθ，F=mgtanθ ，缓慢增大θ ，FT和F都增大，故C正确，D错误。
图3
图4
考向2 相似三角形法的应用
例2 如图所示，一小球套在竖直固定的光滑圆环上，在圆环的最高点有一个光滑小孔，一根轻绳的下端系着小球，上端穿过小孔用力拉住，开始时小球在圆环最低点的右侧。现缓慢拉动轻绳，使小球沿圆环缓慢上升一小段距离，对该过程，下列说法正确的是（ ）
A. 小球对轻绳的拉力增大B. 小球对轻绳的拉力减小
C. 小球对圆环的压力增大D. 小球对圆环的压力减小
【答案】B
【解析】小球受重力G、轻绳拉力F和圆环的弹力N的作用。如图所示，由平衡条件可知，重力G与弹力N的合力F′大小等于轻绳拉力F大小，方向与F相反，根据力的矢量三角形与几何三角形相似，有GR=F′AB=NR，解得F=F′=ABRG，N=G，当A点上移时，半径R不变，AB减小，故F减小，N不变，由牛顿第三定律可知小球对轻绳的拉力减小，小球对圆环的压力不变，故A、C、D错误，B正确。
考向3 动态圆法（拉密定理法）的应用
例3 如图所示，两根轻绳一端系于结点O，另一端分别系于固定圆环上的A、B两点，O位于圆环的圆心。O点下面悬挂一物体M，绳OA水平，拉力大小为F1，绳OB与绳OA间夹角α=120∘ ，拉力大小为F2。将两绳同时缓慢顺时针转过75∘ ，并保持两绳之间的夹角α 始终不变，物体始终保持静止状态。则在旋转过程中，下列说法正确的是（ ）
A. F1逐渐增大B. F1先增大后减小
C. F2逐渐增大D. F2先减小后增大
【答案】B
【解析】动态圆法：对结点O受力分析，合力为0，所以T、F1、F2构成封闭的矢量三角形，如图甲所示，由于T不变，以及F1和F2的夹角α=120∘ 不变，即β=60∘ 不变，矢量三角形动态图如图甲所示，当转过θ=β=60∘ 时，F1最大，所以F1先增大后减小，F2一直减小，故选B。
甲
一题多解 拉密定理法：如图乙所示，以结点O为研究对象进行受力分析。由拉密定理得Gsinα=F1sinγ=F2sinβ，其中α=120∘ 不变，G不变，则Gsinα不变，γ 由钝角变为锐角，sinγ 先变大后变小，则F1先增大后减小，β 由90∘ 变为钝角，则 sinβ 变小，F2逐渐减小，故B正确。
乙
视野拓展
“晾衣绳类”模型
1.识别条件
（1）重物挂在长度不变的轻绳上；
（2）悬挂点（“活结”）可在轻绳上自由移动。
2.模型特点
（1）悬挂点（“活结”）：两侧轻绳上拉力大小相等；
（2）悬挂点（“活结”）：两侧轻绳与竖直方向夹角相等。
3.证明：如图所示，悬挂点（“活结”）两侧绳上拉力大小相等，因结点所受水平分力相等，即Fsinθ1=Fsinθ2，故θ1=θ2=θ ，根据几何关系可知 sinθ=dL1+L2=dL(L为绳长)，若两杆间距离d不变，则上下移动悬线结点时，θ 不变，若两杆间距离d减小，则θ 减小，由2Fcsθ=mg，可知F=mg2csθ也减小。
4.结论
（1）夹角θ 只与横向间距d和绳长L有关，与悬挂重物的质量m无关，而拉力F的大小与夹角θ 和重物质量m有关。
（2）若横向间距d不变，在竖直方向上移动结点a或b，夹角θ 与轻绳拉力均不变；若横向间距d变大，则夹角θ 增大，轻绳拉力也增大。
例4 如图所示，光滑轻质晾衣绳的两端分别固定在两根竖直杆的A、B两点，衣服通过衣架的挂钩悬挂在绳上并处于静止状态，且此时衣服更靠近左侧直杆。下列说法正确的是（ ）
A. 静止时左侧的绳子张力大于右侧绳子张力
B. 保持两竖直杆间距离不变，仅将右侧固定点由B移到B1位置，绳子张力不变
C. 保持两竖直杆的距离不变，仅将右侧固定点由B移到B2位置，绳子张力变小
D. 保持两固定点不变，仅将右侧直杆向左移至图中虚线位置，绳子张力变大
【答案】B
【解析】衣服通过衣架的挂钩悬挂在绳上并处于静止状态，挂钩属于“活结”，左、右两侧绳子张力相等，故A错误。设两侧绳子间的夹角为2θ ，绳子总长为L，两杆间距离为d，如图所示，根据几何关系有L1sinθ+L2sinθ=d，得 sinθ=dL，当固定点B移到B1或B2位置时，d、L都不变，则θ 也不变；由平衡条件可知2Fcsθ=mg，解得F=mg2csθ，则绳子张力F也不变；保持两固定点不变，仅将右侧直杆向左移至题图中虚线位置，则d减小，θ 减小，F减小，故B正确，C、D错误。
题型二 平衡中的临界、极值问题
1.临界问题：当某物理量变化时，会引起其他物理量发生变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题中常用“刚好”“刚能”“恰好”等语言描述。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：平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。
3.解决临界和极值问题的三种方法
考向1 极限分析法
例5 如图，固定在水平地面上的斜面倾角θ=37∘ ，现在斜面上放一个质量为1.1kg的滑块，对滑块施加一个沿斜面向上、大小为F1=11N的推力时（如图甲），滑块刚好可以沿斜面向上做匀速直线运动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin37∘=0.6、cs37∘=0.8，g取10m/s2。
（1） 求滑块与斜面间的动摩擦因数；
（2） 如图乙所示，现改对滑块施加一个水平向右的推力F2，为保证滑块在斜面上静止，求F2大小的取值范围。
【答案】（1） 0.5
（2） 2N≤F2≤22N
【解析】
（1） 对滑块受力分析，如图1所示
图1
根据平衡条件可得
F1−mgsinθ−μmgcsθ=0，
代入数据解得μ=0.5。
（2） 当F2最小时，滑块有下滑趋势，受力情况如图2所示
根据平衡条件可得
F2mincsθ+fm=mgsinθ ，
又FN=mgcsθ+F2minsinθ ，fm=μFN，
联立解得F2min=2N，
图2图3
当F2最大时，滑块沿斜面有向上的运动趋势，受力分析如图3所示，
根据平衡条件可得
F2maxcsθ=mgsinθ+fm′，
FN′=mgcsθ+F2maxsinθ ，fm′=μFN′，
联立解得F2max=22N，
故F2的取值范围为2N≤F2≤22N。
考向2 图解法和数学分析法
例6 质量为m=10kg的木箱置于水平地面上，它与地面间的动摩擦因数μ=33，重力加速度g取10m/s2，其受到一个与水平方向成θ 角斜向上的拉力F，如图所示，为使木箱做匀速直线运动，拉力F的最小值以及此时θ 分别是（ ）
A. 50N30∘B. 50N60∘C. 2003N30∘D. 2003N60∘
【答案】A
【解析】数学分析法：对木箱进行受力分析，木箱受重力mg、拉力F、地面的支持力N和滑动摩擦力f作用，木箱做匀速直线运动，根据平衡条件得Fcsθ=f，Fsinθ+N=mg，又f=μN，联立解得F=μmgcsθ+μsinθ=μmg1+μ2sin(θ+α)，其中 tanα=1μ=3，α=60∘ ，由数学知识可知，当θ+α=90∘ ，即θ=30∘ 时，F有最小值，且最小值为Fmin=μmg1+μ2=50N，故A正确，B、C、D错误。
一题多解 图解法：四力平衡转化为三力平衡，再结合图解法分析。f与N的合力F合方向不变，当F的方向与F合的方向垂直时，F最小，如图所示。设F合与竖直方向的夹角为β ，则tanβ=fN=μ ，解得β=30∘ ，Fmin=mgsinβ=12mg=50N，此时θ=β=30∘ ，故选A。
考向3 自锁问题
例7 某同学做家务时，使用拖把清理地板，如图所示。假设拖把头的质量为1kg，拖把杆的质量不计，拖把杆与水平地面成53∘ 角。当对拖把头施加一个沿拖把杆向下、大小为10N的力F1时，恰好能推动拖把头向前匀速运动。重力加速度g取10m/s2，取sin53∘=0.8、cs53∘=0.6。
（1） 求拖把头与地板间的动摩擦因数μ 。
（2） 当拖把静止时，对拖把头施加一个沿拖把杆向下的力F2，拖把杆与地面的夹角为θ 。当θ 增大到某一值时，无论F2多大，都不能推动拖把头，求此时的 tanθ 值。（为方便起见，本问可忽略拖把头的重力，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
【答案】（1） 13
（2） 3
【解析】
（1） 对拖把头进行受力分析，如图甲所示，
拖把头做匀速直线运动，水平方向和竖直方向受力平衡，水平方向有
F1cs53∘=f，
竖直方向有FN=mg+F1sin53∘ ，
而f=μFN，
解得μ=13。
（2） 解法一：忽略拖把头的重力，若不能推动拖把头，需满足F2csθ≤μF2sinθ ，
即 tanθ≥1μ=3。
解法二：摩擦角解法，如图乙所示。
全反力F反与竖直方向的夹角为α ，只要推力F2与竖直方向的夹角θ′≤α ，那么无论推力F2多大，都不能推动拖把头，综上所述，可得 tan(π2−θ)≤tanα=μ=13，
整理可得tanθ≥3。
总结归纳
1.全反力：物体在粗糙平面滑动时，支持力FN 与摩擦力f 的合力就是全反力F反。
2.摩擦角：全反力F反 与支持力FN 的夹角α ，称为摩擦角，tanα=μFNFN=μ 。
3.自锁现象：当各个主动力合力F合 的作用线落在摩擦角（锥）之内或者与其边界重合时，则无论此合力有多大，总有全反力与之平衡，所以物体必定处于静止状态，这就是自锁现象。
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适用的受力情况
基本矢量图
解析法
物体受三个力作用，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
图解法
物体受三个力作用，一个力大小、方向均不变（如重力），另一个力方向不变（大小一般改变），第三个力大小、方向都变化
相似三角形法
物体受三个力作用，一个力大小、方向均不变（通常是重力），另外两个力的方向均发生变化，但可以找到与力构成的矢量三角形相似的几何三角形
基本关系式：mgH=FNR=FTL
动态 圆法
物体受三个力作用，一个力大小、方向均不变（通常是重力），另外两个力方向、大小都在变，但两力的夹角不变
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
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，确定极大值和极小值
数学分析法
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式（画出函数图像），用数学方法求极值（如求二次函数极值、三角函数极值）