还剩11页未读，
继续阅读
所属成套资源：2024届粤教版新教材高考物理一轮复习教案多份
成套系列资料，整套一键下载
2024届高考物理一轮复习教案第二章相互作用专题强化三动态平衡问题平衡中的临界极值问题（粤教版新教材）
展开
这是一份2024届高考物理一轮复习教案第二章相互作用专题强化三动态平衡问题平衡中的临界极值问题（粤教版新教材），共14页。
题型一 动态平衡问题
1．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．
2．做题流程
受力分析eq \(―――――――→,\s\up7(化“动”为“静”))画不同状态下的平衡图构造矢量三角形eq \(――――――――→,\s\up7(“静”中求“动”))
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(――――→,\s\up7(定性分析))根据矢量三角形边长关系确定矢量的大小变化,\(――――→,\s\up7(定量计算))\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(三角函数关系,正弦定理,相似三角形))→找关系求极值))
3．常用方法
(1)图解法
此法常用于定性分析三力平衡问题中，已知一个力是恒力、另一个力方向不变的情况．
(2)解析法
对研究对象进行受力分析，画出受力示意图，根据物体的平衡条件列方程或根据相似三角形、正弦定理，得到因变量与自变量的函数表达式(通常为三角函数关系)，最后根据自变量的变化确定因变量的变化．
考向1 “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，在变化过程中恒力之外的两力垂直时，会有极值出现，如图乙所示．
例1 (多选)如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，已知A物体的半径为球B的半径的
3倍，球B所受的重力为G，整个装置处于静止状态．设墙壁对B的支持力为F1，A对B的支持力为F2，若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则F1、F2的变化情况分别是( )
A．F1减小 B．F1增大
C．F2增大 D．F2减小
答案 AD
解析 以球B为研究对象，受力分析如图所示，可得出F1＝Gtan θ，F2＝eq \f(G,cs θ)，当A向右移动少许后，θ减小，则F1减小，F2减小，故A、D正确．
例2 (多选)如图所示，在倾角为α的斜面上，放一质量为m的小球，小球和斜面及挡板间均无摩擦，当挡板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中( )
A．斜面对球的支持力逐渐增大
B．斜面对球的支持力逐渐减小
C．挡板对小球的弹力先减小后增大
D．挡板对小球的弹力先增大后减小
答案 BC
解析 对小球受力分析知，小球受到重力mg、斜面的支持力FN1和挡板的弹力FN2，如图，当挡板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中，小球所受的合力为零，根据平衡条件得知，FN1和FN2的合力与重力mg大小相等、方向相反，作出小球在三个不同位置力的受力分析图，由图看出，斜面对小球的支持力FN1逐渐减小，挡板对小球的弹力FN2先减小后增大，当FN1和FN2垂直时，弹力FN2最小，故选项B、C正确，A、D错误．
考向2 “一力恒定，另两力方向均变化”的动态平衡问题
1.一力恒定(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等平行，即三力构成的矢量三角形与绳长、半径、高度等实际几何三角形相似，则对应边比值相等．
基本矢量图，如图所示
基本关系式：eq \f(mg,H)＝eq \f(FN,R)＝eq \f(T,L)
例3 (2023·宁夏银川一中检测)如图所示，质量分布均匀的细棒中心为O点，O1为光滑铰链，O2为光滑定滑轮，且O2在O1正上方，细绳跨过O2与O连接，水平外力F作用于细绳的一端．用FN表示铰链对杆的作用力，现在水平外力F作用下，θ从eq \f(π,2)缓慢减小到0的过程中，下列说法正确的是( )
A．F逐渐变小，FN大小不变
B．F逐渐变小，FN逐渐变大
C．F先变小再变大，FN逐渐变小
D．F先变小再变大，FN逐渐变大
答案 A
解析 受力分析如图所示，力三角形与几何三角形(△O2OO1)相似，则有eq \f(G,O2O1)＝eq \f(FN,OO1)＝eq \f(F,OO2)，因为O2O1、OO1长度不变，故FN大小不变，OO2长度变短，故F变小，故A正确，B、C、D错误．
2．一力恒定，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，结合正弦定理列式求解，也可以作出动态圆，恒力为圆的一条弦，根据不同位置判断各力的大小变化．
基本矢量图，如图所示
例4 (2023·广东潮州市模拟)新疆是我国最大的产棉区，在新疆超出70%的棉田都是通过机械自动化采收，自动采棉机将棉花打包成圆柱形棉包，然后平稳将其放下．放下棉包的过程可以简化为如图所示模型，质量为m的棉包放在“V”型挡板上，两板间夹角为120°固定不变，“V”型挡板可绕P轴在竖直面内转动，使BP板由水平位置逆时针缓慢转动，忽略“V”型挡板对棉包的摩擦力，已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．棉包对AP板的压力一直减小
B．棉包始终受到三个力的作用
C．在AP板转到水平前，BP板与AP板对棉包的作用力的合力不变
D．当BP板转过60°时，棉包对BP板的作用力大小为mg
答案 C
解析 如图所示，设BP板转动的角度为θ(0＜θ＜60°)，棉包的重力为mg，根据正弦定理有eq \f(F1,sin60°－θ)＝eq \f(F2,sin θ)＝eq \f(mg,sin 120°)，在θ从0增加到60°的过程中，AP板对棉包的支持力F2一直增大，则棉包对AP板的压力一直增大，故A错误；当BP板或AP板处于水平状态时，棉包受重力和支持力这两个力作用，故B错误；在AP板转到水平前，BP板与AP板对棉包的作用力的合力始终与棉包的重力平衡，所以合力不变，故C正确；当BP板转过60°时，AP处于水平状态，此时棉包对BP板的作用力大小为零，故D错误．
一力恒定，另外两力方向均变化时常采用的方法有相似三角形、正弦定理或利用两力夹角不变作出动态圆，恒力为圆的一条弦，根据不同位置判断各力的大小变化．
考向3 “活结”的动态分析
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，Tsin θ1＝Tsin θ2，故θ1＝θ2＝θ3，根据几何关系可知，sin θ＝eq \f(d,L1＋L2)＝eq \f(d,L)，若两杆间距离d不变，则上下移动绳子结点，θ不变，若两杆距离d减小，则θ减小，2Tcs θ＝mg，T＝eq \f(mg,2cs θ)也减小．
例5 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＝eq \f(mg,2cs θ)①
如图乙所示，设绳长为L，由几何关系得sin θ＝eq \f(d,L)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．
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．解题方法
(1)极限法：首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而要把某个物理量推向极端，即极大和极小．
(2)数学分析法：通过对问题的分析，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，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，确定最大值与最小值．
例6 如图所示，物体的质量为m＝5 kg，两根轻细绳AB和AC的一端固定于竖直墙上，另一端系于物体上(∠BAC＝θ＝60°)，在物体上另施加一个方向与水平线也成θ角的拉力F，若要使两绳都能伸直，求拉力F的大小范围．(g取10 m/s2)
答案 eq \f(50\r(3),3) N≤F≤eq \f(100,3)eq \r(3) N
解析 设AB绳的拉力为F1，AC绳的拉力为F2，对物体受力分析，由平衡条件有
Fcs θ－F2－F1cs θ＝0，
Fsin θ＋F1sin θ－mg＝0，
可得F＝eq \f(mg,sin θ)－F1，F＝eq \f(F2,2cs θ)＋eq \f(mg,2sin θ).
若要使两绳都能伸直，则有F1≥0，F2≥0，
则F的最大值Fmax＝eq \f(mg,sin θ)＝eq \f(100,3)eq \r(3) N，
F的最小值Fmin＝eq \f(mg,2sin θ)＝eq \f(50,3)eq \r(3) N，
即拉力F的大小范围为eq \f(50\r(3),3) N≤F≤eq \f(100,3)eq \r(3) N.
例7 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＝2.0 m/s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＝10 m/s2.求所需拉力F的最小值．
答案 2eq \r(26) N
解析 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cs θ＋μsin θ＝eq \f(μmg,F)，eq \r(1＋μ2)sin(α＋θ)＝eq \f(μmg,F)(其中sin α＝eq \f(1,\r(1＋μ2)))，当θ＝eq \f(π,2)－α时F最小，故所需拉力F的最小值Fmin＝eq \f(μmg,\r(1＋μ2))＝2eq \r(26) N.
课时精练
1.(2023·广东韶关市模拟)元代《王桢农书》记载了戽斗，它是一种小型的人力提水灌田农具，形状像斗，两边系绳，靠两人拉绳牵斗取水．如图所示，两条绳子与竖直方向夹角相同，忽略绳子质量，戽斗处于平衡状态时，两人站得越远，则( )
A．两边绳子对戽斗的合力越大
B．两边绳子对戽斗的合力越小
C．人对每边绳子的拉力越小
D．人对每边绳子的拉力越大
答案 D
解析 对戽斗受力分析，可知两条绳子与竖直方向夹角相同，提供大小相等的拉力．两边绳子对戽斗的合力与戽斗的重力平衡．所以两人站的远近不影响绳子对戽斗的合力，两人站得越远，两绳夹角越大，由F＝eq \f(mg,2cs θ)知人对每边绳子的拉力越大．故A、B、C错误，D正确．
2.(2023·山东烟台市高三模拟)如图所示，用一个质量不计的网兜把足球挂在光滑竖直墙壁上的A点，足球与墙壁的接触点为B.若只增大悬绳的长度，足球始终保持静止状态，关于悬绳对球的拉力F和墙壁对球的支持力FN，下列说法正确的是( )
A．F和FN都增大 B．F增大，FN减小
C．F减小，FN增大 D．F和FN的合力不变
答案 D
解析 对球受力分析，由平衡条件得悬绳对球的拉力满足Fcs θ＝mg，墙壁对球的支持力满足tan θ＝eq \f(FN,mg)，所以当增大悬绳的长度时，夹角θ减小，则由几何关系知cs θ增大，tan θ减小，所以F和FN都减小，故A、B、C错误；因为足球始终保持静止状态，所以F和FN的合力始终与mg等大反向，故D正确．
3.(2023·广东省联考)如图所示，单肩电脑包的肩带是由一条长度可调节的尼龙纤维材料制成的．设电脑包装满时总质量不变，当单肩电脑包以不同的肩带长度悬挂在固定的光滑挂钩上时，下列说法正确的是( )
A．肩带较长时，肩带的张力更大
B．肩带较短时，肩带的张力更大
C．肩带长度增大时，挂钩对肩带的作用力增大
D．肩带长度缩短时，挂钩对肩带的作用力减小
答案 B
解析 由于单肩电脑包的重力不变，设肩带与竖直方向夹角为θ，肩带的张力为T，包的质量为m，根据平衡条件得Tcs θ＝eq \f(1,2)mg，肩带较长时，肩带间夹角小，肩带的张力较小，肩带较短时，肩带间夹角大，肩带的张力较大，A选项错误，B选项正确；肩带对挂钩的合力始终等于包的重力不变，所以挂钩对肩带的作用力与肩带的长短无关，C、D选项错误．
4.(2023·广东东莞市第四中学月考)如图所示，轻绳OA将一质量为m的小球悬挂于O点，力F作用于小球，OA与竖直方向的夹角为β＝30°，重力加速度为g，保持A点位置不变，现使力F沿逆时针方向缓慢旋转，则( )
A．力F逐渐变小
B．力F一直增大
C．力F与水平方向夹角为30°时，有最小值为eq \f(1,2)mg
D．轻绳OA上的拉力先增大后减小
答案 C
解析 由平衡条件可知，轻绳OA的拉力T和力F的合力F′一定竖直向上，与重力平衡，力F按逆时针方向缓慢旋转的过程中，画出该过程的力的动态平行四边形，如图所示，由图可看出，力F先减小后增大，故A、B错误；当力F与水平方向的夹角α＝30°时，F最小，最小值为eq \f(1,2)mg，故C正确；由图可知，轻绳OA上的拉力T一直减小，故D错误．
5.(2023·广东省开学摸底大联考)在没有起重机的情况下，工人要将油桶搬运上汽车，常常用如图所示的方法．已知油桶重力大小为G，斜面的倾角为θ.当工人对油桶施加方向不同的推力F时，油桶始终处于匀速运动状态．假设斜面与油桶的接触面光滑．在推力F由水平方向逐渐变为竖直方向的过程中，以下关于油桶受力的说法正确的是( )
A．若力F沿水平方向，F的大小为Gsin θ
B．若力F沿水平方向，斜面对油桶的支持力大小为Gcs θ
C．F由水平方向逐渐变为竖直方向的过程中，斜面对油桶的支持力逐渐变大
D．F由水平方向逐渐变为竖直方向的过程中，推力F的最小值为Gsin θ
答案 D
解析 当力F沿水平方向时，由于油桶为匀速运动状态，因此受力平衡，则水平方向和竖直方向上有F＝FNsin θ，FNcs θ＝G，解得F＝Gtan θ，FN＝eq \f(G,cs θ)，故A、B错误；当力F由水平方向逐渐变为竖直方向的过程中，油桶的受力分析如图所示，故斜面对油桶的支持力逐渐变小，且推力F和支持力FN垂直时有最小值，此时最小值为Fmin＝Gsin θ，故C错误，D正确．
6.(2023·广东汕头市模拟)如图所示，某健身者右手拉着抓把沿图示位置B水平缓慢移动到位置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Tsin θ＋FN＝Mg，又有T＝mg，可得FN＝Mg－mgsin θ，在水平方向，则有Tcs θ＝f，当从B水平缓慢移到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．
7.(2023·广东梅州市田家炳实验中学月考)如图所示，物体甲放置在水平地面上，通过跨过光滑定滑轮的轻绳与小球乙相连，整个系统处于静止状态．现对小球乙施加一个水平力F，使小球乙缓慢上升一小段距离，整个过程中物体甲保持静止，甲受到地面的摩擦力为f，则该过程中( )
A．f变小，F变大
B．f变小，F变小
C．f变大，F变小
D．f变大，F变大
答案 D
解析 以小球乙为研究对象受力分析，设绳与竖直方向的夹角为α，根据平衡条件可得，水平拉力F＝mgtan α，夹角α逐渐增大，则水平拉力F逐渐增大，绳子的拉力为T＝eq \f(mg,cs α)，故绳子的拉力逐渐增大；以物体甲为研究对象受力分析，根据平衡条件可得，物体甲受到的地面的摩擦力与绳子拉力水平方向的分力等大反向，故摩擦力方向向左，f＝Tcs θ＝eq \f(mgcs θ,cs α)，逐渐增大．故选D.
8.如图所示为一简易起重装置，AC是上端带有滑轮的固定支架，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，F、FN的合力F合与G大小相等、方向相反．
根据三角形相似得eq \f(F合,AC)＝eq \f(F,AB)＝eq \f(FN,BC)，又F合＝G，
得F＝eq \f(AB,AC)G，FN＝eq \f(BC,AC)G
∠BCA缓慢变小的过程中，AB变小，而AC、BC不变，则F变小，FN不变，故杆BC所产生的弹力大小不变，故选A.
9.(2023·广东深圳市调研)如图所示，某同学将细绳穿过光滑圆环，绳的一端固定，另一端拴在手上，该同学将拴绳的手竖直向上缓慢移动过程中，下列说法正确的是( )
A．细绳与竖直方向的夹角θ变大
B．细绳与竖直方向的夹角θ变小
C．圆环所受合力变大
D．细绳对圆环的拉力大小不变
答案 D
解析 该同学将拴绳的手竖直向上缓慢移动过程中，细绳两端水平间距d不变，细绳长度l不变，由几何关系知sin θ＝eq \f(d,l)，所以细绳与竖直方向的夹角θ不变，故A、B错误；缓慢移动过程中，圆环受力平衡，所受合力始终为零，故C错误；由平衡条件得2Tcs θ＝mg，因为细绳与竖直方向的夹角θ不变，所以细绳对圆环的拉力T大小不变，故D正确．
10.(2023·河北唐山市模拟)北方农村秋冬季节常用金属丝网围成圆柱形粮仓储存玉米棒，某粮仓由于玉米棒装的不匀称而发生倾斜现象，为避免倾倒，在左侧用木棍支撑，如图所示．若支撑点距水平地面的高度为eq \r(3) m，木棍与水平地面间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),3)，木棍重力不计，粮仓对木棍的作用力沿木棍方向，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使木棍下端不发生侧滑，则木棍的长度最大为( )
A．1.5 m B.eq \r(3) m
C．2 m D．2eq \r(3) m
答案 C
解析 设木棍与水平方向夹角为θ，木棍长度为L，粮仓对木棍的作用力大小为F，则为使木棍下端一定不发生侧滑，由平衡条件有Fcs θ≤μFsin θ，由几何知识有tan θ＝eq \f(h,\r(L2－h2))，两式联立解得L≤2 m，即木棍的长度最大为2 m，故A、B、D错误，C正确．
11.(多选)如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂质量为m的物块A，另一端系一位于固定光滑斜面上且质量为2m的物块B，斜面倾角θ＝45°，外力F沿斜面向上拉物块B，使物块B由滑轮正下方位置缓慢运动到和滑轮等高的位置，则( )
A．细绳OO′的拉力先减小后增大
B．细绳对物块B的拉力大小不变
C．斜面对物块B的支持力先减小后增大
D．外力F逐渐变大
答案 BCD
解析 由题可知，物块缓慢移动，整体处于动态平衡状态，则绳OO′的拉力大小等于下面绳对A的拉力和绳对B的拉力的合力大小，由于绳对A的拉力和绳对B的拉力大小相等，都等于A物块的重力的大小，但是由于B物块上移，导致二者之间的夹角变大，则根据平行四边形定则可知合力变小，即绳OO′的拉力逐渐减小，故A错误，B正确；对物块B受力分析如图所示，当物块B上移时，α先减小后增大，在垂直斜面方向根据平衡条件可知，斜面对物块B的支持力先减小后增大，在沿斜面方向根据平衡条件可知，外力F逐渐变大，故C、D正确．
12．(2020·山东卷·8)如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行．A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,5) D.eq \f(1,6)
答案 C
解析 A、B刚要滑动时受力平衡，受力如图所示．
对A：T＝mgsin 45°＋μmgcs 45°
对B：2mgsin 45°＝T＋3μmgcs 45°＋μmgcs 45°
整理得，μ＝eq \f(1,5)，选项C正确．
题型一 动态平衡问题
1．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．
2．做题流程
受力分析eq \(―――――――→,\s\up7(化“动”为“静”))画不同状态下的平衡图构造矢量三角形eq \(――――――――→,\s\up7(“静”中求“动”))
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(――――→,\s\up7(定性分析))根据矢量三角形边长关系确定矢量的大小变化,\(――――→,\s\up7(定量计算))\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(三角函数关系,正弦定理,相似三角形))→找关系求极值))
3．常用方法
(1)图解法
此法常用于定性分析三力平衡问题中，已知一个力是恒力、另一个力方向不变的情况．
(2)解析法
对研究对象进行受力分析，画出受力示意图，根据物体的平衡条件列方程或根据相似三角形、正弦定理，得到因变量与自变量的函数表达式(通常为三角函数关系)，最后根据自变量的变化确定因变量的变化．
考向1 “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，在变化过程中恒力之外的两力垂直时，会有极值出现，如图乙所示．
例1 (多选)如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，已知A物体的半径为球B的半径的
3倍，球B所受的重力为G，整个装置处于静止状态．设墙壁对B的支持力为F1，A对B的支持力为F2，若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则F1、F2的变化情况分别是( )
A．F1减小 B．F1增大
C．F2增大 D．F2减小
答案 AD
解析 以球B为研究对象，受力分析如图所示，可得出F1＝Gtan θ，F2＝eq \f(G,cs θ)，当A向右移动少许后，θ减小，则F1减小，F2减小，故A、D正确．
例2 (多选)如图所示，在倾角为α的斜面上，放一质量为m的小球，小球和斜面及挡板间均无摩擦，当挡板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中( )
A．斜面对球的支持力逐渐增大
B．斜面对球的支持力逐渐减小
C．挡板对小球的弹力先减小后增大
D．挡板对小球的弹力先增大后减小
答案 BC
解析 对小球受力分析知，小球受到重力mg、斜面的支持力FN1和挡板的弹力FN2，如图，当挡板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中，小球所受的合力为零，根据平衡条件得知，FN1和FN2的合力与重力mg大小相等、方向相反，作出小球在三个不同位置力的受力分析图，由图看出，斜面对小球的支持力FN1逐渐减小，挡板对小球的弹力FN2先减小后增大，当FN1和FN2垂直时，弹力FN2最小，故选项B、C正确，A、D错误．
考向2 “一力恒定，另两力方向均变化”的动态平衡问题
1.一力恒定(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等平行，即三力构成的矢量三角形与绳长、半径、高度等实际几何三角形相似，则对应边比值相等．
基本矢量图，如图所示
基本关系式：eq \f(mg,H)＝eq \f(FN,R)＝eq \f(T,L)
例3 (2023·宁夏银川一中检测)如图所示，质量分布均匀的细棒中心为O点，O1为光滑铰链，O2为光滑定滑轮，且O2在O1正上方，细绳跨过O2与O连接，水平外力F作用于细绳的一端．用FN表示铰链对杆的作用力，现在水平外力F作用下，θ从eq \f(π,2)缓慢减小到0的过程中，下列说法正确的是( )
A．F逐渐变小，FN大小不变
B．F逐渐变小，FN逐渐变大
C．F先变小再变大，FN逐渐变小
D．F先变小再变大，FN逐渐变大
答案 A
解析 受力分析如图所示，力三角形与几何三角形(△O2OO1)相似，则有eq \f(G,O2O1)＝eq \f(FN,OO1)＝eq \f(F,OO2)，因为O2O1、OO1长度不变，故FN大小不变，OO2长度变短，故F变小，故A正确，B、C、D错误．
2．一力恒定，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，结合正弦定理列式求解，也可以作出动态圆，恒力为圆的一条弦，根据不同位置判断各力的大小变化．
基本矢量图，如图所示
例4 (2023·广东潮州市模拟)新疆是我国最大的产棉区，在新疆超出70%的棉田都是通过机械自动化采收，自动采棉机将棉花打包成圆柱形棉包，然后平稳将其放下．放下棉包的过程可以简化为如图所示模型，质量为m的棉包放在“V”型挡板上，两板间夹角为120°固定不变，“V”型挡板可绕P轴在竖直面内转动，使BP板由水平位置逆时针缓慢转动，忽略“V”型挡板对棉包的摩擦力，已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．棉包对AP板的压力一直减小
B．棉包始终受到三个力的作用
C．在AP板转到水平前，BP板与AP板对棉包的作用力的合力不变
D．当BP板转过60°时，棉包对BP板的作用力大小为mg
答案 C
解析 如图所示，设BP板转动的角度为θ(0＜θ＜60°)，棉包的重力为mg，根据正弦定理有eq \f(F1,sin60°－θ)＝eq \f(F2,sin θ)＝eq \f(mg,sin 120°)，在θ从0增加到60°的过程中，AP板对棉包的支持力F2一直增大，则棉包对AP板的压力一直增大，故A错误；当BP板或AP板处于水平状态时，棉包受重力和支持力这两个力作用，故B错误；在AP板转到水平前，BP板与AP板对棉包的作用力的合力始终与棉包的重力平衡，所以合力不变，故C正确；当BP板转过60°时，AP处于水平状态，此时棉包对BP板的作用力大小为零，故D错误．
一力恒定，另外两力方向均变化时常采用的方法有相似三角形、正弦定理或利用两力夹角不变作出动态圆，恒力为圆的一条弦，根据不同位置判断各力的大小变化．
考向3 “活结”的动态分析
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，Tsin θ1＝Tsin θ2，故θ1＝θ2＝θ3，根据几何关系可知，sin θ＝eq \f(d,L1＋L2)＝eq \f(d,L)，若两杆间距离d不变，则上下移动绳子结点，θ不变，若两杆距离d减小，则θ减小，2Tcs θ＝mg，T＝eq \f(mg,2cs θ)也减小．
例5 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＝eq \f(mg,2cs θ)①
如图乙所示，设绳长为L，由几何关系得sin θ＝eq \f(d,L)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．
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．解题方法
(1)极限法：首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而要把某个物理量推向极端，即极大和极小．
(2)数学分析法：通过对问题的分析，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，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，确定最大值与最小值．
例6 如图所示，物体的质量为m＝5 kg，两根轻细绳AB和AC的一端固定于竖直墙上，另一端系于物体上(∠BAC＝θ＝60°)，在物体上另施加一个方向与水平线也成θ角的拉力F，若要使两绳都能伸直，求拉力F的大小范围．(g取10 m/s2)
答案 eq \f(50\r(3),3) N≤F≤eq \f(100,3)eq \r(3) N
解析 设AB绳的拉力为F1，AC绳的拉力为F2，对物体受力分析，由平衡条件有
Fcs θ－F2－F1cs θ＝0，
Fsin θ＋F1sin θ－mg＝0，
可得F＝eq \f(mg,sin θ)－F1，F＝eq \f(F2,2cs θ)＋eq \f(mg,2sin θ).
若要使两绳都能伸直，则有F1≥0，F2≥0，
则F的最大值Fmax＝eq \f(mg,sin θ)＝eq \f(100,3)eq \r(3) N，
F的最小值Fmin＝eq \f(mg,2sin θ)＝eq \f(50,3)eq \r(3) N，
即拉力F的大小范围为eq \f(50\r(3),3) N≤F≤eq \f(100,3)eq \r(3) N.
例7 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＝2.0 m/s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＝10 m/s2.求所需拉力F的最小值．
答案 2eq \r(26) N
解析 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cs θ＋μsin θ＝eq \f(μmg,F)，eq \r(1＋μ2)sin(α＋θ)＝eq \f(μmg,F)(其中sin α＝eq \f(1,\r(1＋μ2)))，当θ＝eq \f(π,2)－α时F最小，故所需拉力F的最小值Fmin＝eq \f(μmg,\r(1＋μ2))＝2eq \r(26) N.
课时精练
1.(2023·广东韶关市模拟)元代《王桢农书》记载了戽斗，它是一种小型的人力提水灌田农具，形状像斗，两边系绳，靠两人拉绳牵斗取水．如图所示，两条绳子与竖直方向夹角相同，忽略绳子质量，戽斗处于平衡状态时，两人站得越远，则( )
A．两边绳子对戽斗的合力越大
B．两边绳子对戽斗的合力越小
C．人对每边绳子的拉力越小
D．人对每边绳子的拉力越大
答案 D
解析 对戽斗受力分析，可知两条绳子与竖直方向夹角相同，提供大小相等的拉力．两边绳子对戽斗的合力与戽斗的重力平衡．所以两人站的远近不影响绳子对戽斗的合力，两人站得越远，两绳夹角越大，由F＝eq \f(mg,2cs θ)知人对每边绳子的拉力越大．故A、B、C错误，D正确．
2.(2023·山东烟台市高三模拟)如图所示，用一个质量不计的网兜把足球挂在光滑竖直墙壁上的A点，足球与墙壁的接触点为B.若只增大悬绳的长度，足球始终保持静止状态，关于悬绳对球的拉力F和墙壁对球的支持力FN，下列说法正确的是( )
A．F和FN都增大 B．F增大，FN减小
C．F减小，FN增大 D．F和FN的合力不变
答案 D
解析 对球受力分析，由平衡条件得悬绳对球的拉力满足Fcs θ＝mg，墙壁对球的支持力满足tan θ＝eq \f(FN,mg)，所以当增大悬绳的长度时，夹角θ减小，则由几何关系知cs θ增大，tan θ减小，所以F和FN都减小，故A、B、C错误；因为足球始终保持静止状态，所以F和FN的合力始终与mg等大反向，故D正确．
3.(2023·广东省联考)如图所示，单肩电脑包的肩带是由一条长度可调节的尼龙纤维材料制成的．设电脑包装满时总质量不变，当单肩电脑包以不同的肩带长度悬挂在固定的光滑挂钩上时，下列说法正确的是( )
A．肩带较长时，肩带的张力更大
B．肩带较短时，肩带的张力更大
C．肩带长度增大时，挂钩对肩带的作用力增大
D．肩带长度缩短时，挂钩对肩带的作用力减小
答案 B
解析 由于单肩电脑包的重力不变，设肩带与竖直方向夹角为θ，肩带的张力为T，包的质量为m，根据平衡条件得Tcs θ＝eq \f(1,2)mg，肩带较长时，肩带间夹角小，肩带的张力较小，肩带较短时，肩带间夹角大，肩带的张力较大，A选项错误，B选项正确；肩带对挂钩的合力始终等于包的重力不变，所以挂钩对肩带的作用力与肩带的长短无关，C、D选项错误．
4.(2023·广东东莞市第四中学月考)如图所示，轻绳OA将一质量为m的小球悬挂于O点，力F作用于小球，OA与竖直方向的夹角为β＝30°，重力加速度为g，保持A点位置不变，现使力F沿逆时针方向缓慢旋转，则( )
A．力F逐渐变小
B．力F一直增大
C．力F与水平方向夹角为30°时，有最小值为eq \f(1,2)mg
D．轻绳OA上的拉力先增大后减小
答案 C
解析 由平衡条件可知，轻绳OA的拉力T和力F的合力F′一定竖直向上，与重力平衡，力F按逆时针方向缓慢旋转的过程中，画出该过程的力的动态平行四边形，如图所示，由图可看出，力F先减小后增大，故A、B错误；当力F与水平方向的夹角α＝30°时，F最小，最小值为eq \f(1,2)mg，故C正确；由图可知，轻绳OA上的拉力T一直减小，故D错误．
5.(2023·广东省开学摸底大联考)在没有起重机的情况下，工人要将油桶搬运上汽车，常常用如图所示的方法．已知油桶重力大小为G，斜面的倾角为θ.当工人对油桶施加方向不同的推力F时，油桶始终处于匀速运动状态．假设斜面与油桶的接触面光滑．在推力F由水平方向逐渐变为竖直方向的过程中，以下关于油桶受力的说法正确的是( )
A．若力F沿水平方向，F的大小为Gsin θ
B．若力F沿水平方向，斜面对油桶的支持力大小为Gcs θ
C．F由水平方向逐渐变为竖直方向的过程中，斜面对油桶的支持力逐渐变大
D．F由水平方向逐渐变为竖直方向的过程中，推力F的最小值为Gsin θ
答案 D
解析 当力F沿水平方向时，由于油桶为匀速运动状态，因此受力平衡，则水平方向和竖直方向上有F＝FNsin θ，FNcs θ＝G，解得F＝Gtan θ，FN＝eq \f(G,cs θ)，故A、B错误；当力F由水平方向逐渐变为竖直方向的过程中，油桶的受力分析如图所示，故斜面对油桶的支持力逐渐变小，且推力F和支持力FN垂直时有最小值，此时最小值为Fmin＝Gsin θ，故C错误，D正确．
6.(2023·广东汕头市模拟)如图所示，某健身者右手拉着抓把沿图示位置B水平缓慢移动到位置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Tsin θ＋FN＝Mg，又有T＝mg，可得FN＝Mg－mgsin θ，在水平方向，则有Tcs θ＝f，当从B水平缓慢移到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．
7.(2023·广东梅州市田家炳实验中学月考)如图所示，物体甲放置在水平地面上，通过跨过光滑定滑轮的轻绳与小球乙相连，整个系统处于静止状态．现对小球乙施加一个水平力F，使小球乙缓慢上升一小段距离，整个过程中物体甲保持静止，甲受到地面的摩擦力为f，则该过程中( )
A．f变小，F变大
B．f变小，F变小
C．f变大，F变小
D．f变大，F变大
答案 D
解析 以小球乙为研究对象受力分析，设绳与竖直方向的夹角为α，根据平衡条件可得，水平拉力F＝mgtan α，夹角α逐渐增大，则水平拉力F逐渐增大，绳子的拉力为T＝eq \f(mg,cs α)，故绳子的拉力逐渐增大；以物体甲为研究对象受力分析，根据平衡条件可得，物体甲受到的地面的摩擦力与绳子拉力水平方向的分力等大反向，故摩擦力方向向左，f＝Tcs θ＝eq \f(mgcs θ,cs α)，逐渐增大．故选D.
8.如图所示为一简易起重装置，AC是上端带有滑轮的固定支架，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，F、FN的合力F合与G大小相等、方向相反．
根据三角形相似得eq \f(F合,AC)＝eq \f(F,AB)＝eq \f(FN,BC)，又F合＝G，
得F＝eq \f(AB,AC)G，FN＝eq \f(BC,AC)G
∠BCA缓慢变小的过程中，AB变小，而AC、BC不变，则F变小，FN不变，故杆BC所产生的弹力大小不变，故选A.
9.(2023·广东深圳市调研)如图所示，某同学将细绳穿过光滑圆环，绳的一端固定，另一端拴在手上，该同学将拴绳的手竖直向上缓慢移动过程中，下列说法正确的是( )
A．细绳与竖直方向的夹角θ变大
B．细绳与竖直方向的夹角θ变小
C．圆环所受合力变大
D．细绳对圆环的拉力大小不变
答案 D
解析 该同学将拴绳的手竖直向上缓慢移动过程中，细绳两端水平间距d不变，细绳长度l不变，由几何关系知sin θ＝eq \f(d,l)，所以细绳与竖直方向的夹角θ不变，故A、B错误；缓慢移动过程中，圆环受力平衡，所受合力始终为零，故C错误；由平衡条件得2Tcs θ＝mg，因为细绳与竖直方向的夹角θ不变，所以细绳对圆环的拉力T大小不变，故D正确．
10.(2023·河北唐山市模拟)北方农村秋冬季节常用金属丝网围成圆柱形粮仓储存玉米棒，某粮仓由于玉米棒装的不匀称而发生倾斜现象，为避免倾倒，在左侧用木棍支撑，如图所示．若支撑点距水平地面的高度为eq \r(3) m，木棍与水平地面间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),3)，木棍重力不计，粮仓对木棍的作用力沿木棍方向，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使木棍下端不发生侧滑，则木棍的长度最大为( )
A．1.5 m B.eq \r(3) m
C．2 m D．2eq \r(3) m
答案 C
解析 设木棍与水平方向夹角为θ，木棍长度为L，粮仓对木棍的作用力大小为F，则为使木棍下端一定不发生侧滑，由平衡条件有Fcs θ≤μFsin θ，由几何知识有tan θ＝eq \f(h,\r(L2－h2))，两式联立解得L≤2 m，即木棍的长度最大为2 m，故A、B、D错误，C正确．
11.(多选)如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂质量为m的物块A，另一端系一位于固定光滑斜面上且质量为2m的物块B，斜面倾角θ＝45°，外力F沿斜面向上拉物块B，使物块B由滑轮正下方位置缓慢运动到和滑轮等高的位置，则( )
A．细绳OO′的拉力先减小后增大
B．细绳对物块B的拉力大小不变
C．斜面对物块B的支持力先减小后增大
D．外力F逐渐变大
答案 BCD
解析 由题可知，物块缓慢移动，整体处于动态平衡状态，则绳OO′的拉力大小等于下面绳对A的拉力和绳对B的拉力的合力大小，由于绳对A的拉力和绳对B的拉力大小相等，都等于A物块的重力的大小，但是由于B物块上移，导致二者之间的夹角变大，则根据平行四边形定则可知合力变小，即绳OO′的拉力逐渐减小，故A错误，B正确；对物块B受力分析如图所示，当物块B上移时，α先减小后增大，在垂直斜面方向根据平衡条件可知，斜面对物块B的支持力先减小后增大，在沿斜面方向根据平衡条件可知，外力F逐渐变大，故C、D正确．
12．(2020·山东卷·8)如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行．A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,5) D.eq \f(1,6)
答案 C
解析 A、B刚要滑动时受力平衡，受力如图所示．
对A：T＝mgsin 45°＋μmgcs 45°
对B：2mgsin 45°＝T＋3μmgcs 45°＋μmgcs 45°
整理得，μ＝eq \f(1,5)，选项C正确．
相关教案
2024届高考物理一轮复习教案第四章抛体运动与圆周运动专题强化六圆周运动的临界问题（粤教版新教材）： 这是一份2024届高考物理一轮复习教案第四章抛体运动与圆周运动专题强化六圆周运动的临界问题（粤教版新教材），共14页。
2024届高考物理一轮复习教案第六章专题强化八动能定理在多过程问题中的应用（粤教版新教材）： 这是一份2024届高考物理一轮复习教案第六章专题强化八动能定理在多过程问题中的应用（粤教版新教材），共9页。
2024届高考物理一轮复习教案第七章专题强化十二动量和能量的综合问题（粤教版新教材）： 这是一份2024届高考物理一轮复习教案第七章专题强化十二动量和能量的综合问题（粤教版新教材），共9页。
