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新高考物理一轮复习精品学案第2章专题强化4动态平衡问题平衡中的临界、极值问题（含解析）
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这是一份新高考物理一轮复习精品学案第2章专题强化4动态平衡问题平衡中的临界、极值问题（含解析），共15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))
3．三力平衡、合力与分力关系
如图，F1、F2、F3共点平衡，三力的合力为零，则F1、F2的合力F3′与F3等大反向，F1、F2、F3′构成矢量三角形，即F3′为F1、F2的合力，也可以将F1、F2、F3直接构成封闭三角形．
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，比较力的大小变化，利用三角函数关系确定三力的定量关系．
基本矢量图，如图所示
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．
2．一力恒定(如重力)，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，恒力之外的两力垂直时，有极值出现．
基本矢量图，如图所示
作与F1等大反向的力F1′，F2、F3合力等于F1′，F2、F3、F1′构成矢量三角形．
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．
动态分析常用方法
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．
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，则对应边相比相等．
基本矢量图，如图所示
基本关系式：eq \f(mg,H)＝eq \f(FN,R)＝eq \f(FT,L)
例3 如图所示为一简易起重装置，(不计一切阻力)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°.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.
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 (多选)(2017·全国卷Ⅰ·21)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(α＞eq \f(π,2))．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 以重物为研究对象分析受力情况，受重力mg、OM绳上拉力F2、MN上拉力F1，由题意知，三个力的合力始终为零，矢量三角形如图所示，F1、F2的夹角为π－α不变，在F2转至水平的过程中，矢量三角形在同一外接圆上，由图可知，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，所以A、D正确，B、C错误．
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，Fsin θ1＝Fsin 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，则上下移动悬线结点，θ不变，若两杆距离d减小，则θ减小，2FTcs θ＝mg，FT＝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大小( )
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
即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 (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：FT＝mgsin 45°＋μmgcs 45°
对B：2mgsin 45°＝FT＋3μmgcs 45°＋μmgcs 45°
整理得，μ＝eq \f(1,5)，选项C正确．
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)))，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.如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切．穿在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为FN.在运动过程中( )
A．F增大，FN增大
B．F减小，FN减小
C．F增大，FN减小
D．F减小，FN增大
答案 C
解析 对小球进行受力分析，它受到重力、支持力和拉力的作用，如图所示：
根据共点力平衡条件有：
FN＝mgcs θ，
F＝mgsin θ，
其中θ为支持力FN与竖直方向的夹角，当小球向上移动时，θ变大，故FN减小，F增大，故选C.
2.如图所示，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( )
A．F1和F2都变大
B．F1变大，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小金属环的重力，保持不变，所以绳子上的拉力变小，选项C正确，A、B、D错误．
3.(多选)(2019·全国卷Ⅰ·19)如图所示，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( )
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 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θ，若mNg≥mMgsin θ，则M所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若mNg4.(多选)如图所示，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( )
A．FT1＞FT2 B．FT1＝FT2
C．F1＜F2 D．F1＝F2
答案 BC
解析 以B为研究对象，分析受力情况，如图所示．由平衡条件可知，弹簧的弹力F和细绳的拉力FT的合力F合与其重力mg大小相等、方向相反，即F合＝mg，由力的三角形和几何三角形相似得eq \f(mg,OA)＝eq \f(F,AB)＝eq \f(FT,OB).当弹簧劲度系数变大时，弹簧的压缩量减小，故AB的长度增加，而OB、OA的长度不变，故FT1＝FT2，F2>F1，故A、D错误，B、C正确．
5.如图所示，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( )
A．2.4mg B．3mg
C．3.2mg 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．根据平衡条件得知F与FT的合力与总重力总是大小相等、方向相反的，由力的合成图可以知道当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．
6.(多选)如图所示，倾角为α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( )
A．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mbg＝2FTcs θ，解得FT＝eq \f(mbg,2cs θ)，若将固定点c向右移动少许，则θ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FN＝G总－FTcs θ＝G总－eq \f(mbg,2)，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Ff＝FTsin θ＝eq \f(mbg,2)tan θ，随着θ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．
7.如图所示，竖直墙面AO光滑，水平地面OB粗糙．另有一根轻杆两端各固定有可视为质点的小球P和Q，当轻杆与水平方向的夹角为θ时，P、Q处于静止状态．若使夹角θ增大些，P、Q仍能静止，则下列说法正确的是( )
A．轻杆对小球P的弹力增大
B．竖直墙面AO对小球P的弹力增大
C．水平地面OB对小球Q的摩擦力减小
D．水平地面OB对小球Q的支持力增大
答案 C
解析 对P、Q受力分析如图，对P，有FNP＝eq \f(GP,tan θ)，F＝eq \f(GP,sin θ)，当θ增大时，轻杆对P的弹力F减小，竖直墙面AO对P的弹力FNP减小，故A、B错误；对Q，有F′cs θ＝Ff，F′＝F，F减小，θ增大，cs θ减小，则小球Q受到的摩擦力Ff减小，故C正确；对P、Q整体受力分析，水平地面对整体的支持力FN＝FNQ＝GP＋GQ，大小不变，故D错误．
8.(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( )
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 对滑块受力分析，由平衡条件有F＝mgsin θ，
FN＝mgcs θ，θ为F与水平方向的夹角，
滑块从A缓慢移动到B点时，θ越来越大，则推力F越来越大，支持力FN越来越小，所以A、B错误；
对凹槽与滑块整体受力分析，墙面对凹槽的压力为
FN′＝Fcs θ＝mgsin θcs θ＝eq \f(1,2)mgsin 2θ，
则θ越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C正确；
水平地面对凹槽的支持力为
FN地＝(M＋m)g－Fsin θ＝(M＋m)g－mgsin2θ
则θ越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以D错误．
9.(多选)如图，表面粗糙的楔形物块A静置在水平地面上，斜面上有小物块B，用平行于斜面的力F拉B，使之沿斜面匀速上滑．现逆时针缓慢旋转该力至图中虚线位置，并保证在旋转该力过程中物块B一直处于匀速上滑状态，且在B运动的过程中，楔形物块A始终保持静止．则在力F旋转的过程中，下列关于各力变化的说法正确的是( )
A．F可能一直减小
B．物块B受到的摩擦力可能不变
C．物块对斜面的作用力一定减小
D．地面受到的摩擦力大小可能不变
答案 AC
解析 拉力F平行斜面向上时，先对物块B受力分析如图：
根据平衡条件，平行斜面方向F＝Ff＋mgsin θ
垂直斜面方向FN＝mgcs θ
其中Ff＝μFN
解得F＝mg(sin θ＋μcs θ)，
Ff＝μmgcs θ
拉力改变方向后，设其与斜面夹角为α，
根据平衡条件，平行斜面方向
F′cs α＝Ff′＋mgsin θ
垂直斜面方向FN′＋F′sin α＝mgcs θ
其中Ff′＝μFN′
解得F′＝eq \f(mg\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin θ＋μcs θ)),cs α＋μsin α)
Ff′＝μ(mgcs θ－F′sin α)
比较两式得到滑动摩擦力减小，拉力F可能变大，
也可能减小，故A正确，B错误；
对A受力分析，受重力、支持力、B对A的压力、B对A的滑动摩擦力、地面对A的静摩擦力，如图；
由牛顿第三定律知Ff″＝Ff，FN″＝FN，
根据平衡条件，水平方向有
Ff静＝FN″sin θ＋Ff″cs θ
结合前面A、B选项分析可知，当拉力改变方向后，FN″和Ff″都减小，故Ff″和FN″的合力一定减小．因B对A的力就是Ff″和FN″的合力，即物块对斜面的作用力一定减小；地面受到的静摩擦力也一定减小，故D错误，C正确．
10．(多选)如图所示，某工厂将圆柱形工件a放在倾角为θ的斜面上，为防止工件滚动，在其下方垫一段半径与a相同的半圆柱体b.若逐渐减小斜面倾角，a、b始终处于静止状态，不计a与接触面的摩擦，b的质量很小．则( )
A．斜面对a的弹力变大
B．斜面对a的弹力先变大后变小
C．b对a的弹力逐渐变小
D．b对a的弹力不变
答案 AC
解析 对a进行受力分析，如图甲所示
根据平衡，斜面对a的弹力F1、b对a弹力F2的合力与a的重力等大反向，则在斜面倾角逐渐减小过程中，斜面对a的弹力F1 和b对a的弹力F2 的变化过程如乙图所示分析可得，斜面对a的弹力F1变大，b对a的弹力F2逐渐变小．故选A、C.
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))
3．三力平衡、合力与分力关系
如图，F1、F2、F3共点平衡，三力的合力为零，则F1、F2的合力F3′与F3等大反向，F1、F2、F3′构成矢量三角形，即F3′为F1、F2的合力，也可以将F1、F2、F3直接构成封闭三角形．
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，比较力的大小变化，利用三角函数关系确定三力的定量关系．
基本矢量图，如图所示
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．
2．一力恒定(如重力)，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，恒力之外的两力垂直时，有极值出现．
基本矢量图，如图所示
作与F1等大反向的力F1′，F2、F3合力等于F1′，F2、F3、F1′构成矢量三角形．
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．
动态分析常用方法
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．
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，则对应边相比相等．
基本矢量图，如图所示
基本关系式：eq \f(mg,H)＝eq \f(FN,R)＝eq \f(FT,L)
例3 如图所示为一简易起重装置，(不计一切阻力)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°.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.
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 (多选)(2017·全国卷Ⅰ·21)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(α＞eq \f(π,2))．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 以重物为研究对象分析受力情况，受重力mg、OM绳上拉力F2、MN上拉力F1，由题意知，三个力的合力始终为零，矢量三角形如图所示，F1、F2的夹角为π－α不变，在F2转至水平的过程中，矢量三角形在同一外接圆上，由图可知，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，所以A、D正确，B、C错误．
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，Fsin θ1＝Fsin 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，则上下移动悬线结点，θ不变，若两杆距离d减小，则θ减小，2FTcs θ＝mg，FT＝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大小( )
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
即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 (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：FT＝mgsin 45°＋μmgcs 45°
对B：2mgsin 45°＝FT＋3μmgcs 45°＋μmgcs 45°
整理得，μ＝eq \f(1,5)，选项C正确．
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)))，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.如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切．穿在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为FN.在运动过程中( )
A．F增大，FN增大
B．F减小，FN减小
C．F增大，FN减小
D．F减小，FN增大
答案 C
解析 对小球进行受力分析，它受到重力、支持力和拉力的作用，如图所示：
根据共点力平衡条件有：
FN＝mgcs θ，
F＝mgsin θ，
其中θ为支持力FN与竖直方向的夹角，当小球向上移动时，θ变大，故FN减小，F增大，故选C.
2.如图所示，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( )
A．F1和F2都变大
B．F1变大，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小金属环的重力，保持不变，所以绳子上的拉力变小，选项C正确，A、B、D错误．
3.(多选)(2019·全国卷Ⅰ·19)如图所示，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( )
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 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θ，若mNg≥mMgsin θ，则M所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若mNg
A．FT1＞FT2 B．FT1＝FT2
C．F1＜F2 D．F1＝F2
答案 BC
解析 以B为研究对象，分析受力情况，如图所示．由平衡条件可知，弹簧的弹力F和细绳的拉力FT的合力F合与其重力mg大小相等、方向相反，即F合＝mg，由力的三角形和几何三角形相似得eq \f(mg,OA)＝eq \f(F,AB)＝eq \f(FT,OB).当弹簧劲度系数变大时，弹簧的压缩量减小，故AB的长度增加，而OB、OA的长度不变，故FT1＝FT2，F2>F1，故A、D错误，B、C正确．
5.如图所示，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( )
A．2.4mg B．3mg
C．3.2mg 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．根据平衡条件得知F与FT的合力与总重力总是大小相等、方向相反的，由力的合成图可以知道当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．
6.(多选)如图所示，倾角为α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( )
A．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mbg＝2FTcs θ，解得FT＝eq \f(mbg,2cs θ)，若将固定点c向右移动少许，则θ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FN＝G总－FTcs θ＝G总－eq \f(mbg,2)，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Ff＝FTsin θ＝eq \f(mbg,2)tan θ，随着θ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．
7.如图所示，竖直墙面AO光滑，水平地面OB粗糙．另有一根轻杆两端各固定有可视为质点的小球P和Q，当轻杆与水平方向的夹角为θ时，P、Q处于静止状态．若使夹角θ增大些，P、Q仍能静止，则下列说法正确的是( )
A．轻杆对小球P的弹力增大
B．竖直墙面AO对小球P的弹力增大
C．水平地面OB对小球Q的摩擦力减小
D．水平地面OB对小球Q的支持力增大
答案 C
解析 对P、Q受力分析如图，对P，有FNP＝eq \f(GP,tan θ)，F＝eq \f(GP,sin θ)，当θ增大时，轻杆对P的弹力F减小，竖直墙面AO对P的弹力FNP减小，故A、B错误；对Q，有F′cs θ＝Ff，F′＝F，F减小，θ增大，cs θ减小，则小球Q受到的摩擦力Ff减小，故C正确；对P、Q整体受力分析，水平地面对整体的支持力FN＝FNQ＝GP＋GQ，大小不变，故D错误．
8.(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( )
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 对滑块受力分析，由平衡条件有F＝mgsin θ，
FN＝mgcs θ，θ为F与水平方向的夹角，
滑块从A缓慢移动到B点时，θ越来越大，则推力F越来越大，支持力FN越来越小，所以A、B错误；
对凹槽与滑块整体受力分析，墙面对凹槽的压力为
FN′＝Fcs θ＝mgsin θcs θ＝eq \f(1,2)mgsin 2θ，
则θ越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C正确；
水平地面对凹槽的支持力为
FN地＝(M＋m)g－Fsin θ＝(M＋m)g－mgsin2θ
则θ越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以D错误．
9.(多选)如图，表面粗糙的楔形物块A静置在水平地面上，斜面上有小物块B，用平行于斜面的力F拉B，使之沿斜面匀速上滑．现逆时针缓慢旋转该力至图中虚线位置，并保证在旋转该力过程中物块B一直处于匀速上滑状态，且在B运动的过程中，楔形物块A始终保持静止．则在力F旋转的过程中，下列关于各力变化的说法正确的是( )
A．F可能一直减小
B．物块B受到的摩擦力可能不变
C．物块对斜面的作用力一定减小
D．地面受到的摩擦力大小可能不变
答案 AC
解析 拉力F平行斜面向上时，先对物块B受力分析如图：
根据平衡条件，平行斜面方向F＝Ff＋mgsin θ
垂直斜面方向FN＝mgcs θ
其中Ff＝μFN
解得F＝mg(sin θ＋μcs θ)，
Ff＝μmgcs θ
拉力改变方向后，设其与斜面夹角为α，
根据平衡条件，平行斜面方向
F′cs α＝Ff′＋mgsin θ
垂直斜面方向FN′＋F′sin α＝mgcs θ
其中Ff′＝μFN′
解得F′＝eq \f(mg\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin θ＋μcs θ)),cs α＋μsin α)
Ff′＝μ(mgcs θ－F′sin α)
比较两式得到滑动摩擦力减小，拉力F可能变大，
也可能减小，故A正确，B错误；
对A受力分析，受重力、支持力、B对A的压力、B对A的滑动摩擦力、地面对A的静摩擦力，如图；
由牛顿第三定律知Ff″＝Ff，FN″＝FN，
根据平衡条件，水平方向有
Ff静＝FN″sin θ＋Ff″cs θ
结合前面A、B选项分析可知，当拉力改变方向后，FN″和Ff″都减小，故Ff″和FN″的合力一定减小．因B对A的力就是Ff″和FN″的合力，即物块对斜面的作用力一定减小；地面受到的静摩擦力也一定减小，故D错误，C正确．
10．(多选)如图所示，某工厂将圆柱形工件a放在倾角为θ的斜面上，为防止工件滚动，在其下方垫一段半径与a相同的半圆柱体b.若逐渐减小斜面倾角，a、b始终处于静止状态，不计a与接触面的摩擦，b的质量很小．则( )
A．斜面对a的弹力变大
B．斜面对a的弹力先变大后变小
C．b对a的弹力逐渐变小
D．b对a的弹力不变
答案 AC
解析 对a进行受力分析，如图甲所示
根据平衡，斜面对a的弹力F1、b对a弹力F2的合力与a的重力等大反向，则在斜面倾角逐渐减小过程中，斜面对a的弹力F1 和b对a的弹力F2 的变化过程如乙图所示分析可得，斜面对a的弹力F1变大，b对a的弹力F2逐渐变小．故选A、C.
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