2020年高考物理一轮复习文档：第2章相互作用第8讲 学案

第8讲　物体的动态平衡与临界极值问题
考点一　动态平衡问题

共点力的动态平衡问题是高考的重点、热点，主要考查动态平衡条件的应用，可以单独命题，也可与其他相关知识综合考查。物体从一个受力平衡状态到另一个平衡状态，一般题目中会出现“缓缓”“缓慢”“慢慢”等关键词，体现了“动”中有“静”，“静”中有“动”的思想。

(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的圆半径为球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的压力为F1，A对B的支持力为F2，则若把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
解析　解法一：解析法
以球B为研究对象，受力分析如图甲所示，根据合成法，可得出F1＝Gtanθ，F2＝，当A向右移动少许后，θ减小，则F1减小，F2减小，A、D正确。

解法二：图解法
先根据平衡条件和平行四边形定则画出如图乙所示的矢量三角形，在θ角减小的过程中，从图中可直观地看出，F1、F2都会减小，A、D正确。
答案　AD
方法感悟
解决动态平衡问题常见的方法
(1)解析法
对研究对象进行受力分析，先画出受力示意图，再根据物体的平衡条件列式求解，得到因变量与自变量的一般函数表达式，最后根据自变量的变化确定因变量的变化。
(2)图解法
此法常用于求解三力平衡且有一个力是恒力、另外一个力方向不变的问题。一般按照以下流程解题。

(3)相似三角形法
在三力平衡问题中，如果有一个力是恒力，另外两个力方向都变化，且题目给出了空间几何关系，多数情况下力的矢量三角形与空间几何三角形相似，可利用相似三角形对应边成比例进行计算。

1.如图所示，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设球对墙面的压力大小为FN1，球对木板的压力大小为FN2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦，在此过程中(　　)

A．FN1始终减小，FN2始终增大
B．FN1始终减小，FN2始终减小
C．FN1先增大后减小，FN2始终减小
D．FN1先增大后减小，FN2先减小后增大
答案　B
解析　解法一：解析法
如图甲所示，因为FN1＝FN1′＝，FN2＝FN2′＝，随θ逐渐增大到90°，tanθ、sinθ都增大，FN1、FN2都逐渐减小，所以B正确。

解法二：图解法
如图乙所示，把mg按它的两个效果进行分解。在木板缓慢转动时，FN1的方向不变，mg、FN1、FN2应构成一个闭合的矢量三角形，重力大小恒定，FN2始终垂直于木板，随木板的转动而转动，由图可知，在木板转动时，FN2变小，FN1也变小，B正确。
2. (多选)如图所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆BC一端通过铰链固定在C点，另一端B悬挂一重为G的重物，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮A，用力F拉绳，开始时∠BCA>90°，现使∠BCA缓慢变小，直到杆BC接近竖直杆AC。此过程中，下列说法正确的是(　　)

A．杆BC所受的力大小不变
B．杆BC所受的力先增大后减小
C．力F大小不变
D．力F的大小一直减小
答案　AD

解析　以B点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T(等于重物的重力G)、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，作出受力分析图如图，由平衡条件得知，N和F的合力T′与T大小相等，方向相反，根据△ABC与△T′NB相似可得＝＝，又T′＝G，解得N＝G，F＝G，使∠BCA缓慢变小时，、 保持不变， 变小，则N保持不变，F变小，故A、D正确。考点二　平衡中的临界与极值问题

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”“刚能”“恰好”等语言叙述。
2．极值问题
平衡中的极值问题，一般是指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。
3．解题思路
解决共点力平衡中的临界、极值问题“四字诀”


如图所示，质量为m的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑，对物体施加一大小为F的水平向右的恒力，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α0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：

(1)物体与斜面间的动摩擦因数；
(2)这一临界角α0的大小。
解析　(1)物体恰匀速下滑，由平衡条件有
FN1＝mgcos30°
mgsin30°＝μFN1
则μ＝tan30°＝。

(2)设斜面倾角为α，由平衡条件有
Fcosα＝mgsinα＋Ff
FN2＝mgcosα＋Fsinα
静摩擦力Ff≤μFN2
解得F(cosα－μsinα)≤mgsinα＋μmgcosα
要使“不论水平恒力F多大”，上式都成立
则有cosα－μsinα≤0
所以tanα≥＝＝tan60°
即α0＝60°。
答案　(1)　(2)60°
方法感悟
临界状态可理解为“恰好出现”或“恰好不出现”某种现象的状态。求解平衡中的临界问题时，一般是采用假设推理法，即先假设怎样，然后再根据平衡条件及有关知识列方程求解，解题的关键是要注意“恰好出现”或“恰好不出现”。求解平衡中的极值问题时，要找准平衡问题中某些物理量变化时出现最大值或最小值对应的状态。

1.如图所示，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上。若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F2>0)。由此可求出(　　)

A．物块的质量
B．斜面的倾角
C．物块与斜面间的最大静摩擦力
D．物块对斜面的正压力
答案　C
解析　物块在斜面上处于静止状态，对物块进行受力分析，当F＝F1时物块即将向上滑动，由平衡条件可得F1＝mgsinθ＋Ff；当F＝F2时物块即将向下滑动，由平衡条件可得F2＝mgsinθ－Ff；由两式解得Ff＝，故能求出物块与斜面间的最大静摩擦力，但不能求出物块的质量、斜面的倾角和物块对斜面的正压力，故C正确。
2.如图所示，质量为m的球放在倾角为α的光滑斜面上，用挡板AO将球挡住，使球处于静止状态，若挡板与斜面间的夹角为β，则(　　)

A．当β＝30°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgsinα
B．当β＝60°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgcosα
C．当β＝60°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgsinα
D．当β＝90°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgsinα
答案　D
解析　
以球为研究对象，球所受重力产生的效果有两个：对斜面产生的压力FN1，对挡板产生的压力FN2，根据重力产生的效果将重力分解，如图所示。当挡板与斜面的夹角β由图示位置变化时，FN1大小改变但方向不变，始终与斜面垂直，FN2的大小和方向均改变，由图可看出当挡板AO与斜面垂直，即β＝90°时，挡板AO所受压力最小，最小压力FN2min＝mgsinα，D正确。


课后作业
[巩固强化练]
1.如图所示，斜面体放置在粗糙的水平地面上，在水平向右的推力F作用下，物体A和斜面体B均保持静止。若减小推力F，物体A仍然静止在斜面上，则(　　)

A．物体A所受合力一定减小
B．斜面对物体A的支持力一定减小
C．斜面对物体A的摩擦力一定减小
D．斜面对物体A的摩擦力一定为零
答案　B
解析　
物体A始终处于平衡状态，所以受到的合力始终等于零，故A错误；如图所示，对物体A进行受力分析，有
F合x＝Fcosθ＋f－Gsinθ＝0
F合y＝FN－Gcosθ－Fsinθ＝0
解得FN＝Gcosθ＋Fsinθ，当F减小时，则支持力减小，故B正确；f＝Gsinθ－Fcosθ，由于摩擦力的方向未知，故当f沿斜面向上为正值时，F减小，则f增大，若f为负值即沿斜面向下时，当F减小，则f也减小，不一定为零，故C、D错误。
2．(多选)如图所示，一条细线一端与地板上的物体B相连，另一端绕过质量不计的定滑轮与小球A相连，定滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O′点，细线与竖直方向所成角度为α，开始时系统静止，则(　　)

A．如果将物体B在地板上向右移动一点，α角将增大
B．无论物体B在地板上左移还是右移，只要距离足够小，α角将不变
C．增大小球A的质量，α角一定减小
D．悬挂定滑轮的细线的弹力不可能等于小球A的重力
答案　AD
解析　
对小球A进行受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件，有T＝mg，如果将物体B在地板上向右移动稍许，则∠AOB增大，对滑轮分析，受三个拉力，受力分析如图所示，∠AOB＝2α，故α角将增大，故A正确，B错误；增大小球A的质量，B可能仍保持不动，系统平衡，拉力的方向不变，故α角可能不变，故C错误；由于∠AOB＝2α2mgcos45°，故悬挂定滑轮的细线的弹力不可能等于小球A的重力，故D正确。
3. (多选)如图所示，半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一竖直挡板MN。在二者之间夹着一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态。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，P始终保持静止。则在此过程中，下列说法正确的是(　　)

A．MN对Q的弹力逐渐减小
B．P对Q的弹力逐渐增大
C．地面对P的摩擦力逐渐增大
D．Q所受的合力逐渐增大
答案　BC
解析　
对Q进行受力分析，Q受到竖直向下的重力、挡板MN向左的支持力F1和半圆柱体P的支持力F2，如图所示，根据平衡条件，得到F1＝mgtanθ，F2＝，MN保持竖直并且缓慢地向右平移的过程中，θ增大，故F1、F2增大，A错误，B正确；对P、Q整体进行分析，整体受到重力、挡板MN的支持力F1、地面的支持力、地面的静摩擦力f，根据共点力平衡条件，可得f＝F1＝mgtanθ，由于θ增大，故f增大，C正确；移动过程中Q一直处于平衡状态，合力一直为零，D错误。
4．如图所示，杆BC的B端用铰链连接在竖直墙上，另一端C为一滑轮。重物G上系一绳经过滑轮固定于墙上A点处，杆恰好平衡。若将绳的A端沿墙缓慢向下移(BC杆、滑轮、绳的质量及摩擦均不计)，则下列说法正确的是(　　)

A．绳的拉力增大，BC杆受绳的压力增大
B．绳的拉力不变，BC杆受绳的压力增大
C．绳的拉力不变，BC杆受绳的压力减小
D．绳的拉力不变，BC杆受绳的压力不变
答案　B
解析　由于绳通过滑轮连接到物体G上，属于“活结”模型，绳上张力处处相等且大小等于物体的重力G，故绳的拉力不随绳的A端的下移而变化；根据平行四边形定则，合力在角平分线上，由于两拉力的夹角减小，故两拉力的合力不断变大，因此BC杆受到绳的压力不断增大，B正确。
[真题模拟练]
5. (2016·全国卷Ⅱ)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中(　　)

A．F逐渐变大，T逐渐变大
B．F逐渐变大，T逐渐变小
C．F逐渐变小，T逐渐变大
D．F逐渐变小，T逐渐变小
答案　A
解析　以O点为研究对象，设绳OA与竖直方向的夹角为θ，物体的重力为G，根据力的平衡可知，F＝Gtanθ，T＝，随着O点向左移，θ变大，则F逐渐变大，T逐渐变大，A项正确。
6．(2016·全国卷Ⅰ)(多选)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态。若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则(　　)

A．绳OO′的张力也在一定范围内变化
B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化
C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化
D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
答案　BD
解析　系统处于静止状态，连接a和b的绳的张力大小T1等于物块a的重力Ga，C项错误；以O′点为研究对象，受力分析如图甲所示，T1恒定，夹角θ不变，由平衡条件知，绳OO′的张力T2恒定不变，A项错误；以b为研究对象，受力分析如图乙所示，则

FN＋T1cosθ＋Fsinα－Gb＝0
f＋T1sinθ－Fcosα＝0
FN、f均随F的变化而变化，故B、D两项正确。
7. (2017·全国卷Ⅰ)(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。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　设重物的质量为m，绳OM中的张力为TOM，绳MN中的张力为TMN。开始时，TOM＝mg，TMN＝0。由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg等大、反向。如图所示，已知角α不变，在绳MN缓慢拉起的过程中，角β逐渐增大，则角(α－β)逐渐减小，但角θ不变，在三角形中，利用正弦定理得：＝，(α－β)由钝角变为锐角，则TOM先增大后减小，选项D正确；同理知＝，在β由0变为的过程中，TMN一直增大，选项A正确。
8. (2017·天津高考)(多选)如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是(　　)

A．绳的右端上移到b′，绳子拉力不变
B．将杆N向右移一些，绳子拉力变大
C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小
D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移
答案　AB
解析　
设绳长为l，两杆间距离为d，选O点为研究对象，因aOb为同一根绳，故aO、bO对O点的拉力大小相等，因此平衡时aO、bO与水平方向的夹角相等，设为θ。对于O点受力情况如图所示，根据平衡条件，得2Tsinθ＝mg，而sinθ＝，所以T＝·。由以上各式可知，当l、d不变时，θ不变，故换挂质量更大的衣服时，悬挂点不变，选项D错误。若衣服质量不变，改变b的位置或绳两端的高度差，绳子拉力不变，选项A正确，选项C错误。当N杆向右移一些时，d变大，则T变大，选项B正确。
9. (2019·百师联盟七调)质量均为m的两物块A和B之间连接着一个轻质弹簧，其劲度系数为k，现将物块A、B放在水平地面上一斜面的等高处，如图所示，弹簧处于压缩状态，且物块与斜面均能保持静止，已知斜面的倾角为θ，两物块和斜面间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是(　　)

A．斜面和水平地面间一定有静摩擦力
B．斜面对A、B组成的系统的静摩擦力大于2mgsinθ
C．若将弹簧拿掉，物块有可能发生滑动
D．弹簧的最大压缩量为
答案　D
解析　对整体分析，整体处于平衡状态，对地面没有相对运动或相对运动趋势，故斜面与水平地面间没有摩擦力作用，故A错误；对A和B整体分析，A、B整体的重力沿斜面向下的分力大小等于摩擦力，即f＝2mgsinθ，即使拿掉弹簧后，由于A、B整体受力不变，故不会发生滑动，故B、C错误；对A或B，弹簧弹力沿水平方向，大小为kx，且与重力沿斜面向下的分力mgsinθ、静摩擦力f0的合力为零，当静摩擦力最大时，弹力最大，此时：kx＝，故x＝，故D正确。
10．(2018·伊春模拟)如图所示，在竖直放置的穹形光滑支架上，一根不可伸长的轻绳通过光滑的轻质滑轮悬挂一重物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。则绳中拉力大小变化的情况是(　　)

A．先变小后变大 B．先变小后不变
C．先变大后不变 D．先变大后变小
答案　C

解析　在轻绳的右端从B点移到直杆最上端的过程中，设两绳的夹角为2θ。以滑轮为研究对象，分析受力情况，作出受力图如图甲所示。根据平衡条件得2Fcosθ＝G，得到绳子的拉力F＝，所以在轻绳的右端从B点移到直杆最上端的过程中，θ增大，cosθ减小，则F变大。当轻绳的右端从直杆最上端移到C点时，如图乙，设两绳的夹角为2α。设绳子总长为L，两直杆间的距离为s，由数学知识得到sinα＝，L、s不变，则α保持不变。再根据平衡条件可知，两绳的拉力F保持不变。所以绳中拉力大小变化的情况是先变大后不变，C正确。
11. (2018·江西新课程检测)如图所示，圆环固定在竖直平面内，打有小孔的小球穿过圆环。细绳a的一端固定在圆环的A点，细绳b的一端固定在小球上，两绳的连接点O悬挂着一重物，O点正好处于圆心。现将小球从B点缓慢移到B′点，在这一过程中，重物一直保持静止。则在此过程中绳a的拉力(　　)

A．一直增大 B．一直减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
答案　A

解析　对连接点O进行受力分析，把连接点受到的重物拉力(等于重力)、两绳的拉力放到一个矢量三角形中，如图所示，小球从B点缓慢移到B′点，Fa逐渐变大，A正确。
12．(2018·商丘模拟)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔。质量为m的小球套在圆环上。一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住。现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力F和轨道对小球的弹力FN的大小变化情况是(　　)

A．F不变，FN增大 B．F不变，FN减小
C．F减小，FN不变 D．F增大，FN减小
答案　C

解析　小球沿圆环缓慢上移可看做处于平衡状态，对小球进行受力分析，作出受力示意图如图所示，由图可知△OAB∽△GFA即：＝＝，当A点上移时，半径不变，AB长度减小，故F减小，FN不变，故C正确。
13. (2018·衡水检测)如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动。用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在圆弧形墙壁上的C点。当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中(保持OA与地面夹角θ不变)，OC绳所受拉力的大小变化情况是(　　)

A．逐渐减小 B．逐渐增大
C．先减小后增大 D．先增大后减小
答案　C
解析　
对物体G分析，G受力平衡，则拉力等于重力，故竖直绳的拉力不变；再对O点分析，O受竖直绳子的拉力、杆OA的支持力及绳OC的拉力而处于平衡，如图所示；将F和OC绳上的拉力合成，其合力与G大小相等、方向相反，则在OC上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC的拉力先减小后增大，故C正确。
14. (2018·潍坊高三统考)(多选)如图所示，光滑圆圈竖直固定，A为最高点，橡皮条上端固定在A点，下端连接一套在圆圈上的轻质小环，小环位于B点，AB与竖直方向夹角为30°，用光滑钩拉橡皮条中点，将橡皮条中点拉至C点时，钩的拉力大小为F。为保持小环静止于B点，需给小环施加一作用力F′，下列说法正确的是(　　)

A．若F′沿水平方向，则F′＝F
B．若F′沿竖直方向，则F′＝F
C．F′的最大值为F
D．F′的最小值为F
答案　AD
解析　由题图可知△ABC为等边三角形，以C点为研究对象，受力分析如图甲所示，设橡皮条张力大小为F1，由力的平衡条件得F＝2F1cos30°，解得F1＝F。以小环为研究对象，若加水平方向的力F′，受力分析如图乙所示，则由力的平衡条件可知，F′＝F1＝F，A正确；若对小环加竖直方向的力，受力分析如图丙所示，则由力的平衡条件可知F1＝FNcos30°、F′＝FNsin30°，解得F′＝F1tan30°＝F，B错误；以小环为研究对象，由力的平衡条件可知，圆圈对小环的支持力和作用力F′的合力F1′与橡皮条沿BC方向的力等大反向，由图丁可知，由合力F1′的端点向FN作垂线，此时作用力F′最小，其最小值为F′＝F1sin30°＝F，D正确；由图丁可知作用力F′没有最大值，C错误。