2020年高考物理一轮复习第2章相互作用第8讲物体的动态平衡与临界极值问题学案（含解析）.doc

《2020年高考物理一轮复习第2章相互作用第8讲物体的动态平衡与临界极值问题学案（含解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年高考物理一轮复习第2章相互作用第8讲物体的动态平衡与临界极值问题学案（含解析）.doc（19页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1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

2、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 Gtan ， F2，当 A 向右移动少许后， 减小，则 F1减小， F2减小，A、D 正确。Gcos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 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。2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

3、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。受 力分 析 化 “动 ”为 “静 ” 画 不 同 状 态下 的 平 衡 图 “静 ”中 求 “动 ” 确 定 力的 变 化(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

4、 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 逐渐增大到 90，mgtan mgsintan 、sin 都增大， FN1、 FN2都逐渐减小，所以 B 正确。3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

5、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 BCA90，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 AD4解析 以 B 点为研究对象，分析

6、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 NNBC FAB TACG， F G，使 BCA 缓慢变小时， 、 保持不变， 变小，则 N 保持不变， F 变小，BCAC ABAC AC BC AB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

7、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”5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 0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 0的大小。解析 (1)物体恰匀速下滑，由平衡条件有FN1 mgcos30mgsin30 F N1则 tan30 。33(2)设斜面倾角为 ，由

8、平衡条件有6Fcos mgsin FfFN2 mgcos Fsin静摩擦力 Ff F N2解得 F(cos sin ) mgsin mg cos要使“不论水平恒力 F 多大” ，上式都成立则有 cos sin 0所以 tan tan601 3即 060。答案 (1) (2)6033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，

9、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(F20)。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 mgsin Ff；当 F F2时物块即将向下滑动，由平衡条件可得F2 mgsin 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F1 F22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

10、图所示，质量为 m 的球放在倾角为 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 ，则( )7A当 30时，挡板 AO 所受压力最小，最小值为 mgsinB当 60时，挡板 AO 所受压力最小，最小值为 mgcosC当 60时，挡板 AO 所受压力最小，最小值为 mgsinD当 90时，挡板 AO 所受压力最小，最小值为 mgsin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 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，

11、 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 90时，挡板 AO 所受压力最小，最小压力FN2min mgsin ，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( )8A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 Fcos

12、f Gsin 0F 合 y FN Gcos Fsin 0解得 FN Gcos Fsin ，当 F 减小时，则支持力减小，故 B 正确；f Gsin Fcos ，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 ，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， 角将增大9B无论物体 B 在地板上左

13、移还是右移，只要距离足够小， 角将不变C增大小球 A 的质量， 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， AOB2 ，故 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 角可能不变，故 C 错误；由于 AOB2 2mgcos45，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

14、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 BC10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 mgtan ， F2 ， MN 保持竖直并且缓mgcos慢地向右平移的过程中， 增大，故

15、 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 mgtan ，由于 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

16、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)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11( )A F 逐渐变大， T 逐渐变大B

17、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 ，物体的重力为 G，根据力的平衡可知， F Gtan ， T ，随着 O 点向左移， 变大，则 F 逐渐变大， T 逐渐变Gcos大，A 项正确。6(2016全国卷)(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

18、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 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12FN T1cos Fsin Gb0f T1sin Fcos 0FN、 f 均随 F 的变化而变化，故 B、D 两项正确。7. (2017全国卷)(多选)如图，柔软轻绳

19、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 。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角 不变。在 OM 由竖直被拉到水平的( 2)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，13TOM mg， TMN0。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 不变，在绳 M

20、N 缓慢拉起的过程中，角 逐渐增大，则角( )逐渐减小，但角 不变，在三角形中，利用正弦定理得： ，( )由钝角变为锐角，则 TOM先增大后减小，选项 D 正确；TOMsin mgsin同理知 ，在 由 0 变为 的过程中， TMN一直增大，选项 A 正确。TMNsin mgsin 28. (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

21、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 。对于 O 点受力情况如图所示，根据平衡条件，得 2Tsin mg，而 sin ，所以 T l2 d2l mg214。由以上各式可知，当 l、 d 不变时， 不变，故换挂质量更大的衣服时，悬挂点ll2 d2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

22、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 ，两物块和斜面间的动摩擦因数均为 ，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 2mgsinC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mg 2cos2 sin2k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

23、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 f2 mgsin ，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 mgsin 、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。f2m mgsin 2mg cos 2 sin2k10(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

24、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 C15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 2 。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 2Fcos 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， 增大，G2coscos 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 2 。设绳子总长为 L，两直杆间的距离为 s，由数学知识得到 sin ， L、 s 不变，

25、sL则 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 A16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，

26、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GR

27、FAB FNR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 不变)， OC绳所受拉力的大小变化情况是( )17A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

28、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( )18A若 F沿水平方向，则 F F33B若 F沿竖

29、直方向，则 F F33C F的最大值为 F33D F的最小值为 F36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 F2 F1cos30，解得 F1 F。以小环为研究33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 F1F， 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33F1 FNcos30、 F FNsin30，解得 F F1tan30 F，B 错误；以小环为研究对象，13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。3619