(共61张PPT)
第二章 相互作用——力
思维进阶课二 共点力的动态平衡和平衡中的临界与极值问题
[学习目标] 1．学会运用解析法、图解法等分析处理动态平衡问题。
2．会分析平衡中的临界与极值，并会进行相关计算。
进阶1 共点力的动态平衡
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。常用方法：图解法、解析法、相似三角形法、辅助圆法等。
2．动态平衡问题分析
角度1 解析法的应用
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。
[典例1] 如图所示，绕过滑轮的轻绳一端固定在竖直墙面上，站在地面上的人用手拉着绳的另一端，滑轮下吊着一个小球，处于静止状态，不计滑轮摩擦。保持B点高度不变，手与绳无相对滑动且球不碰地。在人缓慢向右移动一小段距离的过程中( )
A．绳上张力变大
B．人对地面的压力变大
C．滑轮受到绳的作用力不变
D．地面对人的摩擦力变大
√
C [对滑轮与小球整体受力分析，设整体的质量为m，滑轮受到绳的作用力为F，根据平衡条件，有F＝mg，方向竖直向上，则滑轮受到绳的作用力不变，C正确；设滑轮两边绳上的张力大小均为T，绳间的夹角为θ，根据平衡条件，有2T cos ＝mg，解得T＝，人缓慢向右移动一小段距离的过程中，θ逐渐减小，cos 变大，则绳上的张力T变小，A错误；对人受力分析，设地面对人的支持力为
N，摩擦力为f，根据平衡条件，有N＝m人g＋T cos ，f＝T sin ，联立解得N＝m人g＋mg，f＝mg tan ，根据牛顿第三定律，可知人对地面的压力为N′＝N＝m人g＋mg，则随着人缓慢向右移动，θ变小，人对地面的压力N′不变，地面对人的摩擦力f变小，B、D错误。]
角度2 图解法的应用
物体受三个力作用并处于平衡状态：一个力恒定，另一个力的方向恒定时可用此法。由三角形中边长的变化知力的大小的变化，还可判断出极值。
[典例2] (多选)如图所示，足够长的斜面固定在水平地面上，斜面上有一光滑小球，跨过滑轮的细线一端系住小球，另一端系在竖直弹簧的上端，弹簧的下端固定在地面上。手持滑轮，系统处于平衡状态。若滑轮在手的控制下缓慢向下移动，直到拉着小球的细线与斜面平行，则这一过程中( )
A．弹簧弹力先减小后增大
B．弹簧弹力逐渐减小
C．斜面对小球支持力逐渐减小
D．斜面对小球支持力逐渐增大
√
√
BD [在缓慢移动过程中，小球在重力G、斜面对其的支持力FN和细线上的张力FT三力的作用下保持动态平衡，故三个力可以构成一个封闭的矢量三角形，如图所示，因G的大小和方向始终不变，FN的方向不变，大小可变，FT的大小、方向都在变，因此可以作出一系列矢量三角形，由图可知，FN逐渐增大，FT只
能变化到与FN垂直，故FT是逐渐变小的，因弹簧
弹力与FT大小相等，则弹簧弹力逐渐减小，选项
B、D正确，A、C错误。]
角度3 相似三角形法的应用
物体受三个力平衡，其中一个力恒定，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，可利用相似三角形对应边成比例进行计算。
[典例3] (2024·河北唐山高三统考)如图所示，木板B放置在粗糙水平地面上，O为光滑铰链。轻杆一端与铰链O固定连接，另一端固定连接一质量为m的小球A。现将轻绳一端拴在小球A上，另一端通过光滑的定滑轮O′由力F牵引，定滑轮位于O的正上方，整个系统处于静止状态。现改变力F的大小使小球A和轻杆
从图示位置缓慢运动到O′正下方，木板始终保持
静止，则在整个过程中( )
A．外力F大小不变
B．轻杆对小球的作用力大小变小
C．地面对木板的支持力逐渐变小
D．地面对木板的摩擦力逐渐减小
√
D [对小球A进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图所示，根据几何关系可知两三角形相似，因此＝＝。缓慢运动过程O′A越来越小，则F逐渐减小，故A错误；由于OA长度不变，杆对小球的作用力大小不变，故B错误；对木板，由于杆对木板的作用力大小不变，方向向右下，但杆的作用力与竖
直方向的夹角越来越小，所以地面对木板的支
持力逐渐增大，地面对木板的摩擦力逐渐减
小，故C错误，D正确。]
角度4 辅助圆法的应用
如图所示，物体受三个共点力作用而平衡，其中一力恒定，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，可以作出动态圆(也可以
由正弦定理列式求解)，恒力为圆的一条弦，根据不
同位置判断各力的大小变化。
[典例4] (一题多法)(多选)如图所示，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
√
√
AD [解法一 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绳上拉力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。
解法二 正弦定理
根据正弦定理＝＝，其中θ3＝π－α，mg与 保持不变，sin θ1变大，则F1变大，sin θ2先增大后减小，则F2先增大后减小，故选AD。]
进阶2 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，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。
3．解决极值问题和临界问题的方法
(1)极限分析法：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，依据物体的平衡条件写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)。
(3)物理分析法：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。
角度1 极值问题
[典例5] 质量为M的木楔倾角为θ(θ<45°)，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑。当用与木楔斜面成α角的力F拉木块时，木块匀速上滑，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止，木块与木楔间的
动摩擦因数为μ，重力加速度为g)。下列结论正
确的是( )
A．当α＝0时，F有最小值，最小值为mg sin θ＋μmg cos θ
B．当α＝0时，F有最小值，最小值为mg sin θ
C．当α＝θ时，F有最小值，最小值为mg sin θ＋μmg cos θ
D．当α＝θ时，F有最小值，最小值为mg sin 2θ
√
D [木块在木楔斜面上匀速下滑时，有mg sin θ＝μmg cos θ，木块在力F的作用下沿斜面匀速上滑时，由平衡条件得F cos α＝mg sin θ＋Ff，F sin α＋FN＝mg cos θ，且Ff＝μFN，联立解得F＝＝＝，当α＝θ时，F有最小值Fmin＝mg sin 2θ，故选D。]
角度2 临界问题
[典例6] 2024年夏季我国部分地区遭受极端高温天气，为保证空调冷气不外漏，很多办公室都安装了简易自动关门器，该装置的原理可以简化为用一弹簧拉着的门，某次门在关闭时被卡住，细心的小明发现了门下缝隙处塞紧了一个木楔，侧面如图所示，已知木楔质量为m，其上表面可视作光滑，下表面与水平地面间的动摩擦因
数为μ，木楔上表面与水平地面间夹角为θ，重
力加速度为g，木楔尺寸比门小很多，最大静摩
擦力近似等于滑动摩擦力。
(1)若门推动木楔在地板上缓慢匀速移动，求门下端对木楔上表面的压力大小；
(2)小明研究发现，存在临界角θ0，若木楔倾角θ≤θ0，不管用多大力推门，塞在门下缝隙处的木楔都能将门卡住而不再运动，求这一临界角的正切值tan θ0。
[解析] (1)对木楔受力分析，其受到重力、压力、支持力和摩擦力，如图所示
若门推动木楔在地板上缓慢匀速移动
竖直方向有N＝N1cos θ＋mg
水平方向有f＝N1sin θ
最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，则
f＝μN＝μ(N1cos θ＋mg)
联立解得N1＝。
(2)不管用多大力推门，塞在门下缝隙处的木楔都能将门卡住而不再运动，即
N1sin θ≤μ(N1cos θ＋mg)
若木楔质量较小，近似为零，则可得tan θ≤μ
故临界角的正切值为tan θ0＝μ。
[答案] (1) (2)μ
思维进阶特训(二)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
1．(2024·重庆高三诊断)如图甲所示是古代某次测量弓力时的情境，图乙为其简化图，弓弦挂在固定点O上，弓下端挂一重物，已知弓弦可看成遵循胡克定律的弹性绳，重物质量增减时弓弦始终处于弹性限度内，不计弓弦的质量和O点处的摩擦，忽略弓身的形变，则( )
12
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
A．若减少重物的质量，OA与OB的夹角不变
B．若增加重物的质量，OA与OB的夹角减小
C．若减少重物的质量，弓弦的长度不变
D．若增加重物的质量，弓弦的长度变短
√
12
B [设弓弦的张力为F，两侧弓弦与竖直方向夹角为θ，根据平衡条件公式有2F cos θ＝mg，增加重物质量，θ减小，OA与OB的夹角减小，根据胡克定律可知，弓弦的长度变长。反之，减小重物质量，OA与OB的夹角增大，弓弦的长度变短。故选B。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
2．(多选)(2025·云南玉溪第一中学阶段检测)如图所示，轻绳OA将一质量为m的小球悬挂于O点，OA与竖直方向的夹角为β＝30°，在水平力F作用下，小球静止，重力加速度为g。现使力F沿逆时针方向缓慢旋转至竖直向上，小球位置始终不变，上述过程中( )
A．小球的合力逐渐减小
B．力F先减小后增大
C．轻绳OA对小球的拉力先增大再减小
D．力F最小值为mg
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
BD [由于小球一直保持静止，因此小球的合力一直为零，故A错误；小球受重力mg、拉力F和轻绳的拉力FT，其中重力的大小和方向均不变，轻绳的拉力的方向不变。三力平衡时，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示，力F沿逆时针方向缓慢旋转时，由图可看出，力F先减小后增大，且当力F与水平方向的夹角为30°时，
F最小，最小值为Fmin＝mg sin 30°＝mg，而轻绳
OA上的拉力FT一直减小，故B、D正确，C错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
3．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，手对细线的拉力F和圆环对小球的弹力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
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
C [小球沿圆环缓慢上移可看成小球始终受力平衡，对小球进行受力分析，作出受力示意图如图所示，由三角形相似，得＝＝，当A点上移时，半径R不变，AB长度减小，
故F减小，FN不变，故C正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
4．(2024·广东湛江一模)如图甲所示，用瓦片做屋顶是我国建筑的特色之一。铺设瓦片时，屋顶结构可简化为图乙所示，建筑工人将瓦片轻放在两根相互平行的檩条正中间后，瓦片静止在檩条上。已知檩条间距离为d，檩条与水平面夹角均为θ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A．仅减小θ时，瓦片与每根檩条间的摩擦力的合力变大
B．仅减小θ时，瓦片与每根檩条间的弹力的合力变小
C．仅减小d时，瓦片与每根檩条间的弹力变大
D．仅减小d时，瓦片可能会下滑
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
D [檩条给瓦片的支持力如图所示，设两檩条给瓦片的支持力与檩条垂直向上的夹角为α，则有 2F cos α＝mg cos θ，若仅减小檩条间的距离d时，夹角α变小，则两檩条给瓦片的支持力F变小，故瓦片与每根檩条间的弹力变小，最大静摩擦力变小，则瓦片可能下滑，故C错误，D正确；若仅减小θ时，根据f＝mg sin θ可知瓦片与檩条间的摩擦力的合力变小，根据2F cos α＝
mg cos θ可知，若仅减小θ时，瓦片与檩条
间的弹力的合力变大，故A、B错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
5．某位同学用筷子将质量分布均匀的小球夹起悬停在空中，如图所示，已知球心O与两根筷子在同一竖直面内，小球质量为0.2 kg，筷子与竖直方向之间的夹角均为37°，筷子与小球表面间的动摩擦因数为0.875(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，取重力加速度g＝10 m/s2，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 则每根筷子对小球的压力至少为( )
A．5 N B．7.5 N
C．10 N D．12.5 N
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
C [筷子对小球的压力最小，且小球悬停在空中，此时小球有下滑的趋势，摩擦力为最大静摩擦力，沿筷子向上，小球受力平衡。在竖直方向上有2f cos θ－2N sin θ＝mg，f＝μN，联立解得N＝＝10 N，A、B、D错误，C正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
6．(2024·河北保定一模)如图所示，粗糙水平地面上放有横截面为圆的柱状物体A，A与墙面之间放有表面光滑的圆柱形物体B，A、B均保持静止。若将A向左移动少许，A、B仍保持静止，下列说法正确的是( )
A．B对A的作用力不变
B．墙对B的作用力不变
C．地面对A的摩擦力不变
D．地面对A的支持力不变
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
D [对物体B受力分析，受到重力mg、A对B的支持力N′和墙对B的支持力N，如图甲所示，当A向左移动后，A对B的支持力N′的方向不断变化，根据平衡条件结合合成法可知A对B的支持力N′和墙对B的支持力N都在不断减小，由牛顿第三定律可知B对A的作用力在不断减小，故A、B错误；对A和B整体受力分析，受到总重力G、地面支持力FN、地面的摩擦力f和墙的弹力N，如图乙所示，根据平衡条件，有f＝N，FN＝G，故地面的支持力不变，地面的摩擦力f随着墙对B的支持力N的不断减小而减小，故C错误，D正确。故选D。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
7．如图所示，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l。现在C点上悬挂一个质量为m的重物，重力加速度为g，为使CD绳保持水平，在D点上可施加的力的最小值为( )
A．mg B．mg
C．mg D．mg
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
C [由对称性可知，AC绳和BD绳与竖直方向的夹角相等，设为θ，由几何关系可知sin θ＝＝，则θ＝30°。对C点进行受力分析，由平衡条件可知，绳CD对C点的拉力FCD＝mg tan 30°，对D点进行受力分析，绳CD对D点的拉力F2＝FCD＝mg tan 30°， 故F2是恒力，BD绳对D点的拉力F1方向一定，又F1与在D点施加的力
F3的合力和F2等大反向，如图所示，由图知当
F3垂直于绳BD时，F3最小，由几何关系可知，
F3min＝F′2sin 60°＝mg, C正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
8．如图所示为搬运货物小车的截面图，挡板OA固定于底板OB的左端，∠AOB<90°，初始时OB水平，将一圆柱形物体置于小车上，左边与OA接触。现保持O点的位置不变，缓慢抬起B端，直至OB竖直。不计空气阻力和摩擦力，此过程中( )
A．圆柱形物体对OA的压力先增大后减小
B．圆柱形物体对OB的压力先增大后减小
C．圆柱形物体对OA的压力先减小后增大
D．小车对圆柱形物体的作用力逐渐变大
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
B [由题意可知，挡板OA和OB的夹角保持不变，则两板对球的弹力FNA和FNB方向的夹角也是恒定不变的。如图所示，由几何关系可知保持O点的位置不变，缓慢抬起B端，直至OB竖直，则FNA逐渐变大，FNB先增大后减小，根据牛顿第三定律可知圆柱形物体对OA的压力逐渐增大，对OB的压力先增大后减小，小车对圆柱形物体作用力的合力大小总等于圆柱形物体的重力大小，
保持不变，故A、C、D错误，B正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
9．(多选)(2024·四川泸州二模)如图所示，竖直平面内有三根轻质细绳，绳AO水平，绳BO与水平方向成53°夹角，O为结点，绳BO的下端连接一质量为m的小球。现保持结点O不变动，对小球施加一水平向右的作用力F，使绳缓慢摆动到与水平方向成37°夹角的位置，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8，关于此过程中各段绳子
的受力情况，下列判断正确的是( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A．F为恒力，大小等于mg
B．绳AO受到的拉力先增大后减小
C．绳CO受到最大拉力为mg
D．绳BO受到的拉力保持不变
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
CD [对小球进行受力分析，则小球处于动态平衡状态，设OC绳与水平方向的夹角为θ，则F＝，TOC＝，随着θ逐渐减小，F逐渐增大，TOC也逐渐增大，末状态时T′OC＝＝mg，绳CO受到最大拉力为mg，故A错误，C正确；结点O不变动，则绳BO与水平方向夹角不变，对结点O进行受力分析，在竖直方向上有TOBsin 53°＝TOCsin θ＝mg，解得TOB＝＝mg，则绳BO受到的拉力
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
保持不变，故D正确；对结点O进行受力分析，在水平方向有TOB
cos 53°＋TOCcos θ＝TOA，解得TOA＝mg＋F，随着F逐渐增大，则绳AO受到的拉力逐渐增大，故B错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
10．(2022·浙江1月选考)如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石礅，石礅与水平地面间的动摩擦因数为μ。工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石礅时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ，则下列说法正确的是( )
A．轻绳的合拉力大小为
B．轻绳的合拉力大小为
C．减小夹角θ，轻绳的合拉力一定减小
D．轻绳的合拉力最小时，地面对石礅的摩擦力也最小
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
B [对石礅受力分析如图，设两根轻绳的合力为F，根据平衡条件有F cos θ＝f，F sin θ＋FN＝mg，且f＝μFN，联立可得F＝，选项A错误，B正确；上式变形得F＝，其中tan α＝，根据三角函数特点，由于θ的初始值不知道，因此减小θ，轻绳的合拉力F不一定减小，选项C错误；根据上述讨论，当θ＋α＝90°时，轻绳的合拉力F最小，而摩擦力f＝F cos θ＝
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
＝，可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当θ趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力F最小时，地面对石礅的摩擦力不是最小的，选项D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
11．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取10 m/s2。求所需拉力F的最小值。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
[解析] 设拉力与水平方向夹角为θ，根据平衡条件有F cos θ＝μ(mg－F sin θ)
整理得cos θ＋μsin θ＝
sin (α＋θ)＝(其中sin α＝)
当θ＝－α时F最小
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
故所需拉力F的最小值
Fmin＝＝2 N。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
[答案] 2 N
12．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)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
[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
F cos θ－F2－F1cos θ＝0
F sin θ＋F1sin θ－mg＝0
可得F＝－F1，F＝＋
若要使两绳都能伸直，则有F1≥0，F2≥0
令F1＝0
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
得F的最大值Fmax＝＝ N
令F2＝0
得F的最小值Fmin＝＝ N
即拉力F的大小范围为 N≤F≤ N。
[答案] N≤F≤ N
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
谢 谢 ！思维进阶课二 共点力的动态平衡和平衡中的临界与极值问题
[学习目标] 1．学会运用解析法、图解法等分析处理动态平衡问题。
2．会分析平衡中的临界与极值，并会进行相关计算。
共点力的动态平衡
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。常用方法：图解法、解析法、相似三角形法、辅助圆法等。
2．动态平衡问题分析
解析法的应用
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。
[典例1] 如图所示，绕过滑轮的轻绳一端固定在竖直墙面上，站在地面上的人用手拉着绳的另一端，滑轮下吊着一个小球，处于静止状态，不计滑轮摩擦。保持B点高度不变，手与绳无相对滑动且球不碰地。在人缓慢向右移动一小段距离的过程中( )
A．绳上张力变大
B．人对地面的压力变大
C．滑轮受到绳的作用力不变
D．地面对人的摩擦力变大
[听课记录]
图解法的应用
物体受三个力作用并处于平衡状态：一个力恒定，另一个力的方向恒定时可用此法。由三角形中边长的变化知力的大小的变化，还可判断出极值。
[典例2] (多选)如图所示，足够长的斜面固定在水平地面上，斜面上有一光滑小球，跨过滑轮的细线一端系住小球，另一端系在竖直弹簧的上端，弹簧的下端固定在地面上。手持滑轮，系统处于平衡状态。若滑轮在手的控制下缓慢向下移动，直到拉着小球的细线与斜面平行，则这一过程中( )
A．弹簧弹力先减小后增大
B．弹簧弹力逐渐减小
C．斜面对小球支持力逐渐减小
D．斜面对小球支持力逐渐增大
[听课记录]
相似三角形法的应用
物体受三个力平衡，其中一个力恒定，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，可利用相似三角形对应边成比例进行计算。
[典例3] (2024·河北唐山高三统考)如图所示，木板B放置在粗糙水平地面上，O为光滑铰链。轻杆一端与铰链O固定连接，另一端固定连接一质量为m的小球A。现将轻绳一端拴在小球A上，另一端通过光滑的定滑轮O′由力F牵引，定滑轮位于O的正上方，整个系统处于静止状态。现改变力F的大小使小球A和轻杆从图示位置缓慢运动到O′正下方，木板始终保持静止，则在整个过程中( )
A．外力F大小不变
B．轻杆对小球的作用力大小变小
C．地面对木板的支持力逐渐变小
D．地面对木板的摩擦力逐渐减小
[听课记录]
辅助圆法的应用
如图所示，物体受三个共点力作用而平衡，其中一力恒定，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，可以作出动态圆(也可以由正弦定理列式求解)，恒力为圆的一条弦，根据不同位置判断各力的大小变化。
[典例4] (一题多法)(多选)如图所示，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
[听课记录]
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，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。
3．解决极值问题和临界问题的方法
(1)极限分析法：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，依据物体的平衡条件写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)。
(3)物理分析法：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。
极值问题
[典例5] 质量为M的木楔倾角为θ(θ<45°)，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑。当用与木楔斜面成α角的力F拉木块时，木块匀速上滑，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止，木块与木楔间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g)。下列结论正确的是( )
A．当α＝0时，F有最小值，最小值为mg sin θ＋μmg cos θ
B．当α＝0时，F有最小值，最小值为mg sin θ
C．当α＝θ时，F有最小值，最小值为mg sin θ＋μmg cos θ
D．当α＝θ时，F有最小值，最小值为mg sin 2θ
[听课记录]
临界问题
[典例6] 2024年夏季我国部分地区遭受极端高温天气，为保证空调冷气不外漏，很多办公室都安装了简易自动关门器，该装置的原理可以简化为用一弹簧拉着的门，某次门在关闭时被卡住，细心的小明发现了门下缝隙处塞紧了一个木楔，侧面如图所示，已知木楔质量为m，其上表面可视作光滑，下表面与水平地面间的动摩擦因数为μ，木楔上表面与水平地面间夹角为θ，重力加速度为g，木楔尺寸比门小很多，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。
(1)若门推动木楔在地板上缓慢匀速移动，求门下端对木楔上表面的压力大小；
(2)小明研究发现，存在临界角θ0，若木楔倾角θ≤θ0，不管用多大力推门，塞在门下缝隙处的木楔都能将门卡住而不再运动，求这一临界角的正切值tan θ0。
[听课记录]
思维进阶课二 共点力的动态平衡和平衡中的临界与极值问题
进阶1
典例1 C [对滑轮与小球整体受力分析，设整体的质量为m，滑轮受到绳的作用力为F，根据平衡条件，有F＝mg，方向竖直向上，则滑轮受到绳的作用力不变，C正确；设滑轮两边绳上的张力大小均为T，绳间的夹角为θ，根据平衡条件，有2T cos ＝mg，解得T＝，人缓慢向右移动一小段距离的过程中，θ逐渐减小，cos 变大，则绳上的张力T变小，A错误；对人受力分析，设地面对人的支持力为N，摩擦力为f，根据平衡条件，有N＝m人g＋T cos ，f＝T sin ，联立解得N＝m人g＋mg，f＝mg tan ，根据牛顿第三定律，可知人对地面的压力为N′＝N＝m人g＋mg，则随着人缓慢向右移动，θ变小，人对地面的压力N′不变，地面对人的摩擦力f变小，B、D错误。]
典例2 BD [
在缓慢移动过程中，小球在重力G、斜面对其的支持力FN和细线上的张力FT三力的作用下保持动态平衡，故三个力可以构成一个封闭的矢量三角形，如图所示，因G的大小和方向始终不变，FN的方向不变，大小可变，FT的大小、方向都在变，因此可以作出一系列矢量三角形，由图可知，FN逐渐增大，FT只能变化到与FN垂直，故FT是逐渐变小的，因弹簧弹力与FT大小相等，则弹簧弹力逐渐减小，选项B、D正确，A、C错误。]
典例3 D [
对小球A进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图所示，根据几何关系可知两三角形相似，因此＝＝。缓慢运动过程O′A越来越小，则F逐渐减小，故A错误；由于OA长度不变，杆对小球的作用力大小不变，故B错误；对木板，由于杆对木板的作用力大小不变，方向向右下，但杆的作用力与竖直方向的夹角越来越小，所以地面对木板的支持力逐渐增大，地面对木板的摩擦力逐渐减小，故C错误，D正确。]
典例4 AD [解法一
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绳上拉力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。
解法二 正弦定理
根据正弦定理＝＝，其中θ3＝π－α，mg与sin θ3保持不变，sin θ1变大，则F1变大，sin θ2先增大后减小，则F2先增大后减小，故选AD。]
进阶2
典例5 D [木块在木楔斜面上匀速下滑时，有mg sin θ＝μmg cos θ，木块在力F的作用下沿斜面匀速上滑时，由平衡条件得F cos α＝mg sin θ＋Ff，F sin α＋FN＝mg cos θ，且Ff＝μFN，联立解得F＝＝＝，当α＝θ时，F有最小值Fmin＝mg sin 2θ，故选D。]
典例6 解析：(1)对木楔受力分析，其受到重力、压力、支持力和摩擦力，如图所示
若门推动木楔在地板上缓慢匀速移动
竖直方向有N＝N1cos θ＋mg
水平方向有f＝N1sin θ
最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，则
f＝μN＝μ(N1cos θ＋mg)
联立解得N1＝。
(2)不管用多大力推门，塞在门下缝隙处的木楔都能将门卡住而不再运动，即
N1sin θ≤μ(N1cos θ＋mg)
若木楔质量较小，近似为零，则可得tan θ≤μ
故临界角的正切值为tan θ0＝μ。
答案：(1) (2)μ
6 / 6思维进阶特训(二) 共点力的动态平衡
1．(2024·重庆高三诊断)如图甲所示是古代某次测量弓力时的情境，图乙为其简化图，弓弦挂在固定点O上，弓下端挂一重物，已知弓弦可看成遵循胡克定律的弹性绳，重物质量增减时弓弦始终处于弹性限度内，不计弓弦的质量和O点处的摩擦，忽略弓身的形变，则( )
A．若减少重物的质量，OA与OB的夹角不变
B．若增加重物的质量，OA与OB的夹角减小
C．若减少重物的质量，弓弦的长度不变
D．若增加重物的质量，弓弦的长度变短
2．(多选)(2025·云南玉溪第一中学阶段检测)如图所示，轻绳OA将一质量为m的小球悬挂于O点，OA与竖直方向的夹角为β＝30°，在水平力F作用下，小球静止，重力加速度为g。现使力F沿逆时针方向缓慢旋转至竖直向上，小球位置始终不变，上述过程中( )
A．小球的合力逐渐减小
B．力F先减小后增大
C．轻绳OA对小球的拉力先增大再减小
D．力F最小值为mg
3．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，手对细线的拉力F和圆环对小球的弹力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
4．(2024·广东湛江一模)如图甲所示，用瓦片做屋顶是我国建筑的特色之一。铺设瓦片时，屋顶结构可简化为图乙所示，建筑工人将瓦片轻放在两根相互平行的檩条正中间后，瓦片静止在檩条上。已知檩条间距离为d，檩条与水平面夹角均为θ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是( )
A．仅减小θ时，瓦片与每根檩条间的摩擦力的合力变大
B．仅减小θ时，瓦片与每根檩条间的弹力的合力变小
C．仅减小d时，瓦片与每根檩条间的弹力变大
D．仅减小d时，瓦片可能会下滑
5．某位同学用筷子将质量分布均匀的小球夹起悬停在空中，如图所示，已知球心O与两根筷子在同一竖直面内，小球质量为0.2 kg，筷子与竖直方向之间的夹角均为37°，筷子与小球表面间的动摩擦因数为0.875(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 则每根筷子对小球的压力至少为( )
A．5 N B．7.5 N
C．10 N D．12.5 N
6．(2024·河北保定一模)如图所示，粗糙水平地面上放有横截面为圆的柱状物体A，A与墙面之间放有表面光滑的圆柱形物体B，A、B均保持静止。若将A向左移动少许，A、B仍保持静止，下列说法正确的是( )
A．B对A的作用力不变
B．墙对B的作用力不变
C．地面对A的摩擦力不变
D．地面对A的支持力不变
7．如图所示，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l。现在C点上悬挂一个质量为m的重物，重力加速度为g，为使CD绳保持水平，在D点上可施加的力的最小值为( )
A．mg B．mg
C．mg D．mg
8．如图所示为搬运货物小车的截面图，挡板OA固定于底板OB的左端，∠AOB<90°，初始时OB水平，将一圆柱形物体置于小车上，左边与OA接触。现保持O点的位置不变，缓慢抬起B端，直至OB竖直。不计空气阻力和摩擦力，此过程中( )
A．圆柱形物体对OA的压力先增大后减小
B．圆柱形物体对OB的压力先增大后减小
C．圆柱形物体对OA的压力先减小后增大
D．小车对圆柱形物体的作用力逐渐变大
9．(多选)(2024·四川泸州二模)如图所示，竖直平面内有三根轻质细绳，绳AO水平，绳BO与水平方向成53°夹角，O为结点，绳BO的下端连接一质量为m的小球。现保持结点O不变动，对小球施加一水平向右的作用力F，使绳缓慢摆动到与水平方向成37°夹角的位置，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，关于此过程中各段绳子的受力情况，下列判断正确的是( )
A．F为恒力，大小等于mg
B．绳AO受到的拉力先增大后减小
C．绳CO受到最大拉力为mg
D．绳BO受到的拉力保持不变
10．(2022·浙江1月选考)如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石礅，石礅与水平地面间的动摩擦因数为μ。工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石礅时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ，则下列说法正确的是( )
A．轻绳的合拉力大小为
B．轻绳的合拉力大小为
C．减小夹角θ，轻绳的合拉力一定减小
D．轻绳的合拉力最小时，地面对石礅的摩擦力也最小
11．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取10 m/s2。求所需拉力F的最小值。
12．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)
思维进阶特训(二)
1．B [设弓弦的张力为F，两侧弓弦与竖直方向夹角为θ，根据平衡条件公式有2F cos θ＝mg，增加重物质量，θ减小，OA与OB的夹角减小，根据胡克定律可知，弓弦的长度变长。反之，减小重物质量，OA与OB的夹角增大，弓弦的长度变短。故选B。]
2．BD [由于小球一直保持静止，因此小球的合力一直为零，故A错误；小球受重力mg、拉力F和轻绳的拉力FT，其中重力的大小和方向均不变，轻绳的拉力的方向不变。三力平衡时，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示，力F沿逆时针方向缓慢旋转时，由图可看出，力F先减小后增大，且当力F与水平方向的夹角为30°时，F最小，最小值为Fmin＝mg sin 30°＝mg，而轻绳OA上的拉力FT一直减小，故B、D正确，C错误。]
3．C [小球沿圆环缓慢上移可看成小球始终受力平衡，对小球进行受力分析，作出受力示意图如图所示，由三角形相似，得＝＝，当A点上移时，半径R不变，AB长度减小，故F减小，FN不变，故C正确。]
4．D [檩条给瓦片的支持力如图所示，设两檩条给瓦片的支持力与檩条垂直向上的夹角为α，则有 2F cos α＝mg cos θ，若仅减小檩条间的距离d时，夹角α变小，则两檩条给瓦片的支持力F变小，故瓦片与每根檩条间的弹力变小，最大静摩擦力变小，则瓦片可能下滑，故C错误，D正确；若仅减小θ时，根据f＝mg sin θ可知瓦片与檩条间的摩擦力的合力变小，根据2F cos α＝mg cos θ可知，若仅减小θ时，瓦片与檩条间的弹力的合力变大，故A、B错误。]
5．C [筷子对小球的压力最小，且小球悬停在空中，此时小球有下滑的趋势，摩擦力为最大静摩擦力，沿筷子向上，小球受力平衡。在竖直方向上有2f cos θ－2N sin θ＝mg，f＝μN，联立解得N＝＝10 N，A、B、D错误，C正确。]
6．D [对物体B受力分析，受到重力mg、A对B的支持力N′和墙对B的支持力N，如图甲所示，当A向左移动后，A对B的支持力N′的方向不断变化，根据平衡条件结合合成法可知A对B的支持力N′和墙对B的支持力N都在不断减小，由牛顿第三定律可知B对A的作用力在不断减小，故A、B错误；对A和B整体受力分析，受到总重力G、地面支持力FN、地面的摩擦力f和墙的弹力N，如图乙所示，根据平衡条件，有f＝N，FN＝G，故地面的支持力不变，地面的摩擦力f随着墙对B的支持力N的不断减小而减小，故C错误，D正确。故选D。]
7．C [由对称性可知，AC绳和BD绳与竖直方向的夹角相等，设为θ，由几何关系可知sin θ＝＝，则θ＝30°。对C点进行受力分析，由平衡条件可知，绳CD对C点的拉力FCD＝mg tan 30°，对D点进行受力分析，绳CD对D点的拉力F2＝FCD＝mg tan 30°， 故F2是恒力，BD绳对D点的拉力F1方向一定，又F1与在D点施加的力F3的合力和F2等大反向，如图所示，由图知当F3垂直于绳BD时，F3最小，由几何关系可知，F3min＝F′2sin 60°＝mg, C正确。]
8．B [由题意可知，挡板OA和OB的夹角保持不变，则两板对球的弹力FNA和FNB方向的夹角也是恒定不变的。如图所示，由几何关系可知保持O点的位置不变，缓慢抬起B端，直至OB竖直，则FNA逐渐变大，FNB先增大后减小，根据牛顿第三定律可知圆柱形物体对OA的压力逐渐增大，对OB的压力先增大后减小，小车对圆柱形物体作用力的合力大小总等于圆柱形物体的重力大小，保持不变，故A、C、D错误，B正确。]
9．CD [对小球进行受力分析，则小球处于动态平衡状态，设OC绳与水平方向的夹角为θ，则F＝，TOC＝，随着θ逐渐减小，F逐渐增大，TOC也逐渐增大，末状态时T′OC＝＝mg，绳CO受到最大拉力为mg，故A错误，C正确；结点O不变动，则绳BO与水平方向夹角不变，对结点O进行受力分析，在竖直方向上有TOBsin 53°＝TOCsin θ＝mg，解得TOB＝＝mg，则绳BO受到的拉力保持不变，故D正确；对结点O进行受力分析，在水平方向有TOBcos 53°＋TOCcos θ＝TOA，解得TOA＝mg＋F，随着F逐渐增大，则绳AO受到的拉力逐渐增大，故B错误。]
10．B [对石礅受力分析如图，设两根轻绳的合力为F，根据平衡条件有F cos θ＝f，F sin θ＋FN＝mg，且f＝μFN，联立可得F＝，选项A错误，B正确；上式变形得F＝，其中tan α＝，根据三角函数特点，由于θ的初始值不知道，因此减小θ，轻绳的合拉力F不一定减小，选项C错误；根据上述讨论，当θ＋α＝90°时，轻绳的合拉力F最小，而摩擦力f＝F cos θ＝＝，可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当θ趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力F最小时，地面对石礅的摩擦力不是最小的，选项D错误。]
11．解析：设拉力与水平方向夹角为θ，根据平衡条件有F cos θ＝μ(mg－F sin θ)
整理得cos θ＋μsin θ＝
sin (α＋θ)＝(其中sin α＝)
当θ＝－α时F最小
故所需拉力F的最小值
Fmin＝＝2 N。
答案：2 N
12．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
F cos θ－F2－F1cos θ＝0
F sin θ＋F1sin θ－mg＝0
可得F＝－F1，F＝＋
若要使两绳都能伸直，则有F1≥0，F2≥0
令F1＝0
得F的最大值Fmax＝＝ N
令F2＝0
得F的最小值Fmin＝＝ N
即拉力F的大小范围为 N≤F≤ N。
答案： N≤F≤ N
5 / 5
