2022年高考物理一轮复习 第2章 专题强化4 动态平衡问题　平衡中的临界、极值问题.docx

1、专题强化四动态平衡问题平衡中的临界、极值问题目标要求1.学会用图解法、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.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.常用方法(1)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，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.(2)图解法此法常用于求解三力平衡问题中，已知一个力是恒力、另一个力方向不变的情况.一般按照以下流程分析：(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

2、，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求解(构建三角形时可能需要画辅助线).图解法例1(多选)如图1所示，在倾角为的斜面上，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()图1A.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

3、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.解析法例2(2020广东中山市月考)如图2，一小球放置在木板与竖直墙面之间.设墙面对球的压力大小为FN1，木板对球的压力大小为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.不计一切摩擦，在此过程中()图2A.FN1先增大后减小，FN2始终减小B.FN1先增大后减小，FN2先减小后增大C.FN1始终减小，FN2始终减小D.FN1始终减小，

4、FN2始终增大答案C解析以小球为研究对象，分析受力情况，受重力G、墙面的支持力FN1和木板的支持力FN2.根据平衡条件得FN1，FN2，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置的过程中，增大，tan 增大，sin 增大，则FN1和FN2都始终减小，选项C正确.相似三角形法例3(2020山西大同市开学考试)如图3所示，AC是上端带光滑轻质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悬挂一重力为G的物体，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮，用力F拉绳，开始时BCA90，现使BCA缓慢变小，直到BCA30.此过程中，轻杆BC所受的力()图3A.逐渐减小 B.逐渐增大C.大小不变

5、D.先减小后增大答案C解析以结点B为研究对象，分析受力情况，如图所示，根据平衡条件可知，F、FN的合力F合与G大小相等、方向相反.根据相似三角形得，且F合G，则有FNG，现使BCA缓慢变小的过程中，AC、BC不变，即FN不变，则轻杆BC所受的力大小不变，C正确，A、B、D错误.1.(单个物体的动态平衡问题)(多选)(2020广东惠州一中质检)如图4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的支持力为F1，A对B的支持力为F2，若把A向右移动

6、少许后，它们仍处于静止状态，则F1、F2的变化情况分别是()图4A.F1减小 B.F1增大C.F2增大 D.F2减小答案AD解析法一：解析法以球B为研究对象，受力分析如图甲所示，可得出F1Gtan ，F2，当A向右移动少许后，减小，则F1减小，F2减小，故A、D正确.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，在角减小的过程中，从图中可直观地看出，F1、F2都减小，故A、D正确.2.(多个物体的动态平衡问题)(多选)(2019全国卷19)如图5所示，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮.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，系统处于

7、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始终保持静止，则在此过程中()图5A.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加C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D.M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加答案BD解析对N进行受力分析如图所示，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，从图中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，若mNgmMgsin ，则M所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若mNgF1，故A、D错误，B、C正确.3.(多选)

8、(2016全国卷19)如图3，一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()图3A.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解析由于物块a、b均保持静止，各绳角度保持不变，对a受力分析得，绳的拉力FTmag，所以物块a受到的绳的拉力保持不变.滑轮两侧绳的拉力大小相等，所以b受到绳的拉力大小、方向均保持不

9、变，C选项错误；a、b受到绳的拉力大小、方向均不变，所以OO的张力不变，A选项错误；对b进行受力分析，如图所示.由平衡条件得：FTcos FfFcos ，Fsin FNFTsin mbg.其中FT和mbg始终不变，当F大小在一定范围内变化时，支持力在一定范围内变化，B选项正确；摩擦力也在一定范围内发生变化，D选项正确.4.(2020安徽黄山市高三期末)如图4所示，在水平放置的木棒上的M、N两点，系着一根不可伸长的柔软轻绳，绳上套有一光滑小金属环.现将木棒绕其左端逆时针缓慢转动一个小角度，则关于轻绳对M、N两点的拉力F1、F2的变化情况，下列判断正确的是()图4A.F1和F2都变大B.F1变大，

10、F2变小C.F1和F2都变小D.F1变小，F2变大答案C解析由于是一根不可伸长的柔软轻绳，所以绳子的拉力相等.木棒绕其左端逆时针缓慢转动一个小角度后，绳子之间的夹角变小，绳对小金属环的合力等于重力，保持不变，所以绳子上的拉力变小，选项C正确，A、B、D错误.5.(2020广东高三模拟)如图5所示，竖直墙上连有细绳AB，轻弹簧的一端与B相连，另一端固定在墙上的C点.细绳BD与弹簧拴接在B点，现给BD一水平向左的拉力F，使弹簧处于伸长状态，且AB、CB与墙的夹角均为45.若保持B点不动，将BD绳绕B点沿顺时针方向缓慢转动，则在转动过程中BD绳的拉力F的变化情况是()图5A.变小 B.变大C.先变小

11、后变大 D.先变大后变小答案A解析要保持B点的位置不变，BD绳顺时针转动的角度最大为45，由于B点的位置不变，因此弹簧的弹力不变，由图解可知，AB绳的拉力减小，BD绳的拉力也减小，故A正确，B、C、D错误.6.(2020河南信阳市高三上学期期末)如图6所示，足够长的光滑平板AP与BP用铰链连接，平板AP与水平面成53角固定不动，平板BP可绕水平轴在竖直面内自由转动，质量为m的均匀圆柱体O放在两板间，sin 530.8，cos 530.6，重力加速度为g.在使BP板由水平位置缓慢转动到竖直位置的过程中，下列说法正确的是()图6A.平板AP受到的压力先减小后增大B.平板AP受到的压力先增大后减小C

12、.平板BP受到的最小压力为0.6mgD.平板BP受到的最大压力为mg答案D解析圆柱体受重力、斜面AP的弹力F1和挡板BP的弹力F2，将F1与F2合成为Fmg，如图圆柱体一直处于平衡状态，故F1和F2的合力F一定与重力等值、反向、共线.从图中可以看出，当挡板PB由水平位置缓慢地转向竖直位置的过程中，F1越来越大，F2先变小后变大，选项A、B错误；由几何关系可知，当F2的方向与AP的方向平行(即与F1的方向垂直)时，F2有最小值：F2minmgsin 530.8mg，选项C错误；当挡板BP竖直时，F2最大，为：F2maxmgtan 53mg，选项D正确.7.(2020黑龙江哈尔滨市三中高三模拟)如

13、图7所示，斜面固定，平行于斜面处于压缩状态的轻弹簧一端连接物块A，另一端固定，最初A静止.在A上施加与斜面成30角的恒力F，A仍静止，下列说法正确的是()图7A.A对斜面的压力一定变小B.A对斜面的压力可能不变C.A对斜面的摩擦力一定变大D.A对斜面的摩擦力可能变为零答案D解析设斜面倾角为，对物块进行受力分析，垂直于斜面方向，最初支持力等于mgcos ，施加恒力F后，支持力等于mgcos Fsin 30，支持力一定增大.根据牛顿第三定律，A对斜面的压力一定变大，故A、B错误；平行于斜面处于压缩状态的轻弹簧，最初摩擦力方向可能向上，可能向下，也可能为0，施加恒力F后，F沿斜面向上的分力为Fcos

14、 30，由于F大小未知，摩擦力可能仍向上，可能等于0，也可能沿斜面向下，摩擦力的大小可能增大，也可能减小，故C错误，D正确.8.(多选)如图8所示，倾角为的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜劈的斜面上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的定滑轮1固定在c点，滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态.若将固定点c向右移动少许，而物体a与斜劈始终静止，则()图8A.细线对物体a的拉力增大B.斜劈对地面的压力减小C.斜劈对物体a的摩擦力减小D.地面对斜劈的摩擦力增大答案AD解析对滑轮2和物体b受力分析，受重力和两个拉力作用，如图甲所示.根据平衡条件有mbg2FTcos ，解得FT，若将固定点

15、c向右移动少许，则增大，拉力FT增大，A项正确；对斜劈、物体a、物体b整体受力分析，受重力、细线的拉力、地面的静摩擦力和支持力作用，如图乙所示，根据平衡条件有FNG总FTcos G总，恒定不变，根据牛顿第三定律可知，斜劈对地面的压力不变，B项错误；地面对斜劈的静摩擦力FfFTsin tan ，随着的增大，摩擦力增大，D项正确；对物体a受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力作用，由于不知道拉力与重力沿斜面向下的分力的大小关系，故无法判断斜劈对物体a的静摩擦力的方向，即不能判断静摩擦力的变化情况，C项错误.9.(多选)(2019河北唐山一中综合测试)如图9所示，带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水

16、平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行.现给小滑块施加一竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则有()图9A.轻绳对小球的拉力逐渐增大B.小球对斜劈的压力先减小后增大C.竖直杆对小滑块的弹力先增大后减小D.对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大答案AD解析对小球受力分析，受重力、支持力和轻绳的拉力，如图甲所示：根据平衡条件，轻绳的拉力FT增大，支持力FN减小，根据牛顿第三定律，球对斜劈的压力也减小，A正确，B错误；对球和滑块整体分析，受重力、斜劈的支持力FN、杆的支持力FN和拉力F，如图乙所示，根据平衡条件，有：水平方

17、向FNFNsin ，竖直方向：FFNcos G，由于FN减小，故FN减小，F增大，C错误，D正确.10.(多选)如图10所示装置，两根细绳拴住一小球，保持两细绳间的夹角120不变，若把整个装置顺时针缓慢转过90，则在转动过程中，CA绳的拉力F1、CB绳的拉力F2的大小变化情况是()图10A.F1先变小后变大 B.F1先变大后变小C.F2一直变小 D.F2最终变为零答案BCD解析如图所示，画出小球的受力分析图，构建力的矢量三角形，由于这个三角形中重力不变，另两个力间的夹角(180)保持不变，这类似于圆周角与对应弦长的关系，作初始三角形的外接圆(任意两边的中垂线交点即外接圆圆心)，然后让另两个力的

18、交点在圆周上按F1、F2的方向变化规律滑动，力的矢量三角形的外接圆正好是以初态时的F2为直径的圆周，知F1先变大后变小，F2一直变小，最终CA沿竖直方向，此时F1mg，F2变为零，故选B、C、D.11.倾角为37的斜面与水平面保持静止，斜面上有一重为G的物体A，物体A与斜面间的动摩擦因数0.5.现给A施加一水平力F，如图11所示.设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等(sin 370.6，cos 370.8)，如果物体A能在斜面上静止，水平推力F与G的比值不可能是()图11A.3 B.2C.1 D.0.5答案A解析设物体刚好不下滑时FF1，则F1cos FNGsin ，FNF1sin Gcos ，得；

19、设物体刚好不上滑时FF2，则F2cos FNGsin ，FNF2sin Gcos ，得2，即2，故F与G的比值不可能为3，故选A.12.(2020山西“六校”高三联考)跨过定滑轮的轻绳两端分别系着物体A和物体B，物体A放在倾角为的斜面上，与A相连的轻绳和斜面平行，如图12所示.已知物体A的质量为m，物体A与斜面间的动摩擦因数为(tan )，滑轮的摩擦不计，要使物体A静止在斜面上，求物体B的质量的取值范围(最大静摩擦力等于滑动摩擦力).图12答案m(sin cos )mBm(sin cos )解析先选物体B为研究对象，它受到重力mBg和拉力FT的作用，根据平衡条件有FTmBg，再选物体A为研究对象，它受到重力mg、斜面的支持力FN、轻绳的拉力FT(FTFT)和斜面的摩擦力作用，假设物体A处于将要上滑的临界状态，则物体A受到的静摩擦力最大，且方向沿斜面向下，这时A的受力情况如图所示.根据平衡条件有FNmgcos 0，FTFfmmgsin mBg，又知FfmFN，解得mBm(sin cos )，再假设物体A处于将要下滑的临界状态，则物体A受到的静摩擦力最大，且方向沿斜面向上，根据平衡条件有FNmgcos 0，FTFfmmgsin 0，又知FfmFN，解得mBm(sin cos )，综上所述，物体B的质量的取值范围是m(sin cos )mBm(sin cos ).