新高考物理一轮复习讲义第2章 相互作用 力 专题强化二 动态平衡 平衡中的临界与极值问题 (含解析)

这是一份新高考物理一轮复习讲义第2章 相互作用 力 专题强化二 动态平衡 平衡中的临界与极值问题 (含解析)，文件包含人教版物理九年级全册同步精品讲义153串联和并联原卷版doc、人教版物理九年级全册同步精品讲义153串联和并联教师版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35页， 欢迎下载使用。
考点一 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
方法 解析法
1.对研究对象进行受力分析，画出受力示意图。
2.根据物体的平衡条件列式，得到因变量与自变量的关系表达式(通常要用到三角函数)。
3.根据自变量的变化确定因变量的变化。
例1 (2021·湖南卷，5)质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图1所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是( )
图1
A.推力F先增大后减小
B.凹槽对滑块的支持力先减小后增大
C.墙面对凹槽的压力先增大后减小
D.水平地面对凹槽的支持力先减小后增大
答案 C
解析 对小滑块受力分析，如图甲所示，由题意可知，推力F与凹槽对滑块的支持力FN始终垂直，即α＋β始终为90°，在小滑块由A点向B点缓慢移动的过程中，α减小，β增大，由平衡条件得F＝mgcs α、FN＝mgsin α，可知推力
F一直增大，凹槽对滑块的支持力FN一直减小，A、B错误；对小滑块和凹槽整体受力分析，如图乙所示，根据平衡条件可得，墙面对凹槽的压力大小FN1＝
Fsin α＝eq \f(1,2)mgsin 2α，水平地面对凹槽的支持力FN2＝Mg＋mg－Fcs α，在小滑块由A点向B点缓慢移动的过程中，α由eq \f(π,2)逐渐减小到零，根据数学知识可知墙面对凹槽的压力先增大后减小，水平地面对凹槽的支持力一直减小，C正确，D错误。

甲 乙
跟踪训练
1.如图2所示，半径相同、质量分布均匀的圆柱体E和半圆柱体M靠在一起，E表面光滑，重力为G；M下表面粗糙，E、M均静止在水平地面上。现过E的轴心施以水平作用力F，可使圆柱体E被缓慢拉离水平地面，并缓慢地滑到M的顶端，在上述全过程中，M始终处于静止状态。对该过程的分析，下列说法正确的是( )
图2
A.地面所受M的压力一直增大
B.地面对M的摩擦力一直增大
C.水平作用力F的大小一直增大
D.E、M间的压力最大值为2G
答案 D
解析 圆柱体E和半圆柱体M视为一整体，以整体为研究对象，因为整体处于平衡状态，在竖直方向有FN′＝G＋GM，可知地面支持力大小保持不变，根据牛顿第三定律知地面所受M的压力大小不变，故A错误；以圆柱体E为研究对象，受力分析如图所示，设两圆心连线与地面的夹角为θ，则有FNsin θ＝G，FNcs θ＝F，解得FN＝eq \f(G,sin θ)，F＝eq \f(cs θ,sin θ)G＝eq \f(G,tan θ)，依题意知θ从30°增大到90°，则可知F逐渐变小；将圆柱体E和半圆柱体M视为一整体，因为整体处于平衡状态，则水平方向有Ff＝F，因过程中水平拉力F一直在变小，所以地面对M的摩擦力也一直变小，故B、C错误；据分析，因开始时θ最小，则E与M之间的压力FN最大，则有FN＝eq \f(G,sin 30°)＝2G，故D正确。
方法 图解法
用图解法分析物体动态平衡问题时，一般是物体只受三个力作用，且其中一个力大小、方向均不变，另一个力的方向不变，第三个力大小、方向均变化。
例2 (2023·辽宁丹东模拟)如图3所示，将质量为m的球放在AB和CD两个与纸面垂直的光滑板之间，两板与水平面夹角θ＝α＝30°并保持静止。AB板固定，CD板与AB板活动连接，CD板可绕通过D点且垂直纸面的轴转动。在θ角缓慢地由30°增大到75°的过程中，球对AB板压力的最大值为( )
图3
B.mg C.eq \r(2)mg
答案 B
解析 对小球进行受力分析，如图甲所示，小球受重力mg、AB板的支持力FNAB、CD的支持力FNCD三个力作用保持平衡，当θ角缓慢地由30°增大到75°的过程中，如图乙所示，在θ＝75°时FNAB达到最大值，由几何知识可知，此时AB板对球的支持力等于mg，根据牛顿第三定律可知，球对AB板压力的最大值为mg，故B正确。
跟踪训练
2.(多选)如图4，一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4
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 选N为研究对象，受力情况如图甲所示，用水平拉力F缓慢拉动N的过程中，水平拉力F逐渐增大，细绳的拉力FT逐渐增大，选项A错误，B正确；对M受力分析，如图乙所示，受重力GM、支持力FN、绳的拉力FT以及斜面对它的摩擦力Ff。若开始时斜面对M的摩擦力Ff沿斜面向上，则FT＋Ff＝GMsin θ，FT逐渐增大，Ff逐渐减小，当Ff减小到零后，再反向增大。若开始时斜面对M的摩擦力Ff沿斜面向下，此时，FT＝GMsin θ＋Ff，当FT逐渐增大时，Ff逐渐增大，选项C错误，D正确。
方法 相似三角形法
物体受三个力平衡：一个力恒定，另外两个力的方向同时变化，当所作“力的矢量三角形”与空间的某个“几何三角形”总相似时，常利用相似三角形法。
例3 (2023·河北衡水模拟)如图5所示为一种可折叠壁挂书架，一个书架用两个三角形支架固定在墙壁上，书与书架的重心始终恰好在两个支架横梁和斜梁的连接点O、O′连线中点的正上方，书架含书的总重力为60 N，横梁AO、A′O′水平，斜梁BO、B′O′跟横梁夹角为37°，横梁对O、O′点拉力始终沿OA、O′A′方向，斜梁对O、O′点的压力始终沿BO、B′O′方向，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则下列说法正确的是( )
图5
A.横梁OA所受的力为80 N
B.斜梁BO所受的力为50 N
C.O、O′点同时向A、A′移动少许，横梁OA所受的力变大
D.O、O′点同时向A、A′移动少许，斜梁BO所受的力变大
答案 B
解析 两个三角架承担的力为60 N，每个三角架为30 N，对O点受力分析，如图甲所示，FOA＝eq \f(\f(G,2),tan 37°)＝40 N，FBO＝eq \f(\f(G,2),sin 37°)＝50 N，故A错误，B正确；O、O′同时向A、A′移动少许，对O点受力分析，如图乙虚线所示，三角形AOB与力三角形相似，所以有eq \f(\f(G,2),AB)＝eq \f(FBO,BO)＝eq \f(FOA,OA)，AB与BO长度未变，AO长度减小，故FBO不变，FAO减小，故C、D错误。
跟踪训练
3.(多选)如图6所示，质量均为m的小球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连，B球用长为L的细绳悬挂于O点，A球固定在O点正下方，当小球B平衡时，细绳所受的拉力为FT1，弹簧的弹力为F1；现把A、B间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2(k2>k1)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时细绳所受的拉力为FT2，弹簧的弹力为F2。则下列关于FT1与FT2、F1与F2大小的比较，正确的是( )
图6
A.FT1>FT2 B.FT1＝FT2
C.F190°，现使∠BCA缓慢变小，直到∠BCA＝30°。在此过程中，杆BC所产生的弹力( )
图4
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A正确。
对点练2 平衡中的临界与极值问题
5.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5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，为使木棍下端一定不发生侧滑，则木棍的长度最多为( )
图5
A.1.5 m B.eq \r(3) m C.2 m D.2eq \r(3) m
答案 C
解析 设木棍与竖直方向夹角为θ，木棍长度为L，粮仓对木棍的作用力为F。为使木棍下端一定不发生侧滑，则有Fsin θ≤μFcs θ，即μ≥tan θ，由几何知识有tan θ＝eq \f(\r(L2－h2),h)，联立解得L≤2 m，即木棍的长度最多为2 m，故C项正确。
6.如图6所示，质量分别为3m和m的两个可视为质点的小球a、b，中间用一细线连接，并通过另一细线将小球a与天花板上的O点相连，为使小球a和小球b均处于静止状态，且Oa细线向右偏离竖直方向的夹角恒为37°，需要对小球b朝某一方向施加一拉力F。若已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。重力加速度为g，则当F的大小达到最小时，Oa细线对小球a的拉力大小为( )
图6
B.3mg D.4mg
答案 C
解析 以两个小球组成的整体为研究对象，作出F在三个方向时整体的受力图。根据平衡条件知F与FT的合力与总重力总是大小相等、方向相反的，由力的合成图可知当F与绳子Oa垂直时F有最小值，即图中2位置，此时Oa细线对小球a的拉力大小为FT＝4mgcs 37°＝3.2mg，故C正确，A、B、D错误。
7.(2020·山东卷，8)如图7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( )
图7
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 根据题述，物块A、B刚要滑动，可知A、B之间的摩擦力FfAB＝μmgcs 45°，B与木板之间的摩擦力Ff＝μ·3mgcs 45°。隔离A分析受力，由平衡条件可得轻绳中拉力F＝FfAB＋mgsin 45°。对A、B整体，由平衡条件可得2F＝3mgsin 45°－Ff，联立解得μ＝eq \f(1,5)，选项C正确。
8.(多选)如图8所示，A、B两个物体中间用一根不可伸长的轻绳相连，在物体B上施加一斜向上的力F，使A、B两物体保持相对静止一起沿水平地面向右匀速运动，当力F与水平面的夹角为θ时，力F最小。已知A、B两物体的质量分别为m1＝2.5 kg、m2＝0.5 kg，物体A与地面间的动摩擦因数μ＝eq \f( \r(3),3)，g取10 m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
图8
A.θ＝30°
B.θ＝60°
C.力F的最小值为12 N
D.力F的最小值为15 N
答案 AD
解析 对A、B两物体，采用整体法进行受力分析，由共点力平衡和正交分解法知，在竖直方向上，
FN＝(m1＋m2)g－Fsin θ
滑动摩擦力为
Ff＝μFN
在水平方向上
Ff＝Fcs θ
解得F＝eq \f(μ（m1＋m2）g,cs θ＋μsin θ)
由三角函数知识，得F的最小值为
Fmin＝eq \f(μ（m1＋m2）g,\r(1＋μ2))＝15 N
此时有tan θ＝μ＝eq \f(\r(3),3)，θ＝30°
故A、D正确。
B级 综合提升练
9.(2023·江苏南京市中华中学高三开学考)如图9所示，在水平板的左端有一固定挡板，挡板上连接一轻质弹簧，紧贴弹簧放一质量为m的滑块，此时弹簧处于自然长度。已知滑块与板间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),3)，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现将板的右端缓慢抬起(板与水平面的夹角为θ)，直到板竖直。此过程中( )
图9
A.当θ＝30°时，弹簧的弹力F＝eq \f(1,2)mg
B.当θ＝45°时，摩擦力Ff＝eq \f(\r(2),2)mg
C.当θ＝60°时，摩擦力达到最大
D.当θ＝60°时，弹簧的弹力F＝eq \f(\r(3),3)mg
答案 D
解析 由题意可知mgsin θ＝μmgcs θ，即μ＝tan θ＝eq \f(\r(3),3)，θ＝30°，即当θ＝30°时，滑块处于即将滑动状态，此时弹簧的弹力为0，故A错误；当θ＝45°>30°时，滑块处于缓慢滑动状态，则滑动摩擦力为Ff＝μmgcs 45°＝eq \f(\r(3),3)×eq \f(\r(2),2)mg＝
eq \f(\r(6),6)mg，故B错误；当θ＝30°时，摩擦力达到最大，随板与水平面的夹角增大，滑动摩擦力减小，故C错误；当θ＝60°时，由平衡条件可知F＋μmgcs 60°＝
mgsin 60°，即F＝mgsin 60°－μmgcs 60°＝eq \f(\r(3),2)mg－eq \f(\r(3),3)×eq \f(1,2)mg＝eq \f(\r(3),3)mg，故D正确。
10.(多选)(2023·华大新高考联盟联考)如图10所示，一个装满水的空心球总质量为m，左侧紧靠在竖直墙面上，右侧由方形物块顶在其右下方的A点，使球处于静止状态。空心球的圆心为O，半径为R，A点距离圆心O的竖直距离为eq \f(R,2)，重力加速度为g。则( )
图10
A.方形物块对空心球的弹力大小为2mg
B.仅将方形物块向右移动少许，墙面对空心球的弹力将不变
C.仅当空心球里的水放掉一小部分，方形物块对球的弹力将变小
D.仅当空心球里的水放掉一小部分，方形物块对球的弹力与水平方向的夹角将变小
答案 AC
解析 以空心球整体为研究对象，受力分析如图，由几何关系可知sin θ＝eq \f(R,2R)＝eq \f(1,2)，故方形物块对空心球的弹力大小为FNA＝eq \f(mg,sin θ)＝2mg，A正确；仅将方形物块向右移动少许，θ变小，墙面对空心球的弹力FN＝eq \f(mg,tan θ)将变大，B错误；仅当空心球里的水放掉一小部分，重力变小，重心下降，但方形物块对空心球的弹力方向仍然指向圆心，方向不变，即方形物块对球的弹力与水平方向的夹角θ不变，重力变小，则方形物块对球的弹力将变小，C正确，D错误。
11.如图11所示，在水平推力作用下，物体A静止在倾角为θ＝45°的粗糙斜面上，当水平推力为F0时，A刚好不下滑，然后增大水平推力的值，当水平推力为F时A刚好不上滑。设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，物体A与斜面之间的动摩擦因数为μ(μ＜1)，则下列关系式成立的是( )
图11
A.F＝eq \f(μ,1－μ)F0 B.F＝(eq \f(μ,1－μ))2F0
C.F＝eq \f(1＋μ,1－μ)F0 D.F＝(eq \f(1＋μ,1－μ))2F0
答案 D
解析 当物体恰好不下滑时，沿斜面方向刚好平衡，则有
mgsin 45°＝F0cs 45°＋μFN
垂直于斜面方向，有
FN＝mgcs 45°＋F0sin 45°
解得F0＝eq \f(1－μ,1＋μ)mg
同理，当物体恰好不上滑时，有F＝eq \f(1＋μ,1－μ)mg
解得F＝(eq \f(1＋μ,1－μ))2F0，故选项D正确。
12.如图12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α时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，设物体与斜面的动摩擦因数为μ＝eq \f(\r(3),3)，这一临界角α的大小为( )
图12
A.30° B.45° C.60° D.75°
答案 C
解析 斜面倾角为α时，无论F多大都不能推动物块。受力情况如图所示，对物体进行受力分析，建立沿斜面与垂直于斜面的直角坐标系，沿斜面有Fcs α＝mgsin α＋Ff，垂直于斜面有FN＝mgcs α＋Fsin α，又Ff＝μFN，联立解得F＝eq \f(mgsin α＋μmgcs α,cs α－μsin α)，根据题意，当分母趋于0时，分式趋于无穷大，故当cs α＝μsin α时，分式趋于无穷大，此时μ＝eq \f(1,tan α)，又因μ＝eq \f(\r(3),3)，解得α＝60°，故C正确。
13.(2023·江苏扬州质检)如图13所示，在质量为m的物块上系着两条细绳，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。另一细绳跨过光滑定滑轮与重为G的物块相连，定滑轮固定在距离圆环50 cm的地方。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＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
图13
(1)OA绳与棒间的夹角θ；
(2)物块的质量m。
答案 (1)53° (2)1 kg
解析 (1)当圆环将要开始滑动时，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，
甲
根据平衡条件有
μFN－FTcs θ＝0①
FN－FTsin θ＝0②
联立①②解得tan θ＝eq \f(1,μ)＝eq \f(4,3)
即θ＝53°。
(2)由题意，根据几何关系可知φ＝90°
按如图乙所示建立xOy直角坐标系，
乙
对物块受力分析，根据平衡条件有
Gcs θ＋FT′sin θ－mg＝0③
FT′cs θ－Gsin θ＝0④
联立③④解得m＝1 kg。
极限
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
数学
分析法
通过对问题的分析，根据平衡条件列出物理量之间的函数关系(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)
物理
分析法
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，确定最大值和最小值