高考物理第一轮复习导学206动态平衡平衡中的临界和极值问题.docx
《高考物理第一轮复习导学206动态平衡平衡中的临界和极值问题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理第一轮复习导学206动态平衡平衡中的临界和极值问题.docx（15页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
高考物理第一轮复习导学206动态平衡平衡中的临界和极值问题
高考物理第一轮复习同步导学
§2．6 动态平衡、平衡中的临界和极值问题
【考点自清】
一、平衡物体的动态问题
（1）动态平衡：
指通过控制某些物理量使物体的状态发生缓慢变化。
在这个过程中物体始终处于一系列平衡状态中。
（2）动态平衡特征：
一般为三力作用，其中一个力的大小和方向均不变化，一个力的大小变化而方向不变，另一个力的大小和方向均变化。
（3）平衡物体动态问题分析方法：
解动态问题的关键是抓住不变量，依据不变的量来确定其他量的变化规律，常用的分析方法有解析法和图解法。
解析法的基本程序是：
对研究对象的任一状态进行受力分析，建立平衡方程，求出应变物理量与自变物理量的一般函数关系式，然后根据自变量的变化情况及变化区间确定应变物理量的变化情况。
图解法的基本程序是：
对研究对象的状态变化过程中的若干状态进行受力分析，依据某一参量的变化（一般为某一角），在同一图中作出物体在若干状态下的平衡力图（力的平形四边形或三角形），再由动态的力的平行四边形或三角形的边的长度变化及角度变化确定某些力的大小及方向的变化情况。
二、物体平衡中的临界和极值问题
1、临界问题：
（1）平衡物体的临界状态：
物体的平衡状态将要变化的状态。
物理系统由于某些原因而发生突变（从一种物理现象转变为另一种物理现象，或从一种物理过程转入到另一物理过程的状态）时所处的状态，叫临界状态。
临界状态也可理解为“恰好出现”和“恰好不出现”某种现象的状态。
（2）临界条件：
涉及物体临界状态的问题，解决时一定要注意“恰好出现”或“恰好不出现”等临界条件。
平衡物体的临界问题的求解方法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。
解决这类问题关键是要注意“恰好出现”或“恰好不出现”。
2、极值问题：
极值是指平衡问题中某些物理量变化时出现最大值或最小值。
平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。
【重点精析】
一、动态分析问题
【例1】如图所示，轻绳的两端分别系在圆环A和小球B上，圆环A套在粗糙的水平直杆MN上。
现用水平力F拉着绳子上的一点O，使小球B从图中实线位置缓慢上升到虚线位置，但圆环A始终保持在原位置不动。
则在这一过程中，环对杆的摩擦力Ff和环对杆的压力FN的变化情况是（）
A、Ff不变，FN不变B、Ff增大，FN不变
C、Ff增大，FN减小D、Ff不变，FN减小
【解析】以结点O为研究对象进行受力分析如图（a）。
由题可知，O点处于动态平衡，则可作出三力的平衡关系图如图（a）。
由图可知水平拉力增大。
以环、绳和小球构成的整体作为研究对象，作受力分析图如图（b）。
由整个系统平衡可知：
FN=（mA+mB）g；Ff=F。
即Ff增大，FN不变，故B正确。
【答案】B
【方法提炼】动态平衡问题的处理方法
所谓动态平衡问题是指通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢变化，而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态中。
（1）图解分析法
对研究对象在状态变化过程中的若干状态进行受力分析，依据某一参量的变化，在同一图中作出物体在若干状态下力的平衡图（力的平行四边形），再由动态力的平行四边形各边长度变化及角度变化确定力的大小及方向的变化情况。
动态平衡中各力的变化情况是一种常见题型。
总结其特点有：
合力大小和方向都不变；一个分力的方向不变，分析另一个分力方向变化时两个分力大小的变化情况。
用图解法具有简单、直观的优点。
（2）相似三角形法
对受三力作用而平衡的物体，先正确分析物体的受力，画出受力分析图，再寻找与力的三角形相似的几何三角形，利用相似三角形的性质，建立比例关系，把力的大小变化问题转化为几何三角形边长的大小变化问题进行讨论。
（3）解析法
根据物体的平衡条件列方程，在解方程时采用数学知识讨论某物理量随变量的变化关系。
【例2】如图所示，一个重为G的匀质球放在光滑斜面上，斜面倾角为α.在斜面上有一光滑的不计厚度的木板挡住球，使之处于静止状态，今使木板与斜面的夹角β缓慢增大至水平，在这个过程中，球对挡板和球对斜面的压力大小如何变化？
【解析】解析法：
选球为研究对象，球受三个力作用，
即重力G、斜面支持力FN1、挡板支持力FN2，受力分析如图所示。
由平衡条件可得
FN2cos（90°－α－β）－FN1sinα＝0
FN1cosα－FN2sin（90°－α－β）－G＝0
联立求解并进行三角变换可得
FN1＝
FN2＝
•G
讨论：
（1）对FN1：
①（
＋β）<90°，β↑→cot（
＋β）↓→FN1↓
②（α＋β）>90°，β↑→|cot（α＋β）|↑→FN1↓
（2）对FN2：
①β<90°，β↑→sinβ↑→FN2↓
②β>90°，β↑→sinβ↓→FN2↑
综上所述：
球对斜面的压力随β增大而减小；球对挡板的压力在β<90°时，随β增大而减小，而β>90°时，随β增大而增大，当β＝90°时，球对挡板的压力最小。
图解法：
取球为研究对象，球受重力G、斜面支持力FN1，挡板支持力FN2。
因为球始终处于平衡状态，故三个力的合力始终为零，三个力构成封闭的三角形，档板逆时针转动时，FN2的方向也逆时针转动，作出如图所示的动态矢量三角形，由图可见，FN2先减小后增大，FN1随β增大而始终减小。
【方法提炼】从分析可以看出，解析法严谨，但演算较繁杂，多用于定量分析。
图解法直观、鲜明，多用于定性分析。
【例3】如图所示装置，两根细绳拴住一球，保持两细绳间的夹角不变，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FA大小变化情况是 ，CB绳的拉力FB的大小变化情况是 。
【解析】取球为研究对象，由于球处于一个动态平衡过程，球的受力情况如图所示：
重力mg，CA绳的拉力FA，CB绳的拉力FB，这三个力的合力为零，根据平衡条件可以作出mg、FA、FB组成矢量三角形如图所示。
将装置顺时针缓慢转动的过程中，mg的大小方向不变，而FA、FB的大小方向均在变，但可注意到FA、FB两力方向的夹角θ不变。
那么在矢量三角形中，FA、FB的交点必在以mg所在的边为弦且圆周角为π－θ的圆周上，所以在装置顺时针转动过程中，CA绳的拉力FA大小先增大后减小；CB绳的拉力FB的大小一直在减小。
二、物体平衡中的临界和极值问题分析
【例4】如图所示，物体的质量为2kg，两根轻绳AB和AC的一端连接于竖直墙上，另一端系于物体上，在物体上另施加一个方向与水平线成θ＝60°的拉力F，若要使两绳都能伸直，求拉力F的大小范围。
【解析】A受力如图所示，由平衡条件有
Fsinθ＋F1sinθ－mg＝0①
Fcosθ－F2－F1cosθ＝0②
由①②式得F＝
－F1③
F＝
④
要使两绳都能伸直，则有F1≥0⑤
F2≥0⑥
由③⑤式得F的最大值Fmax＝mg/sinθ＝40
/3N
由④⑥式得F的最小值Fmin＝mg/2sinθ＝20
/3N
综合得F的取值范围为20
/3N≤F≤40
/3N
【方法提炼】抓住题中“若要使两绳都能伸直”这个隐含条件，它是指绳子伸直但拉力恰好为零的临界状态。
当AC恰好伸直但未张紧时，F有最小值；当AB恰好伸直但未张紧时，F有最大值。
【例5】如图所示，一球A夹在竖直墙与三角劈B的斜面之间，三角劈的重力为G，劈的底部与水平地面间的动摩擦因数为μ，劈的斜面与竖直墙面是光滑的。
问：
欲使三角劈静止不动，球的重力不能超过多大?
（设劈的最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
【解析】由三角形劈与地面之间的最大静摩擦力，可以求出三角形劈
所能承受的最大压力，由此可求出球的最大重力。
球A与三角形劈B的受力情况如下图甲、乙所示
球A在竖直方向的平衡方程为：
GA=FNsin45°
三角形劈的平衡方程为：
Ffm=FN′sin45°
FNB=G+FN′cos45°
另有Ffm=μFNB
可得：
FN′=
而FN=FN′，代入可得：
【答案】球的重力不超过
【方法提炼】处理平衡物理中的临界问题和极值问题，首先仍要正确受力分析，搞清临界条件并且要利用好临界条件，列出平衡方程，对于分析极值问题，要善于选择物理方法和数学方法，做到数理的巧妙结合。
对于不能确定的临界状态，我们采取的基本思维方法是假设推理法，即先假设为某状态，然后再根据平衡条件及有关知识列方程求解。
【例6】如图所示，用绳AC和BC吊起一重物，绳与竖直方向夹角分别为30°和60°，AC绳能承受的最大拉力为150N，而BC绳能承受的最大的拉力为100N，求物体最大重力不能超过多少？
【正解】重物受力如图，由重物静止有
TBCsin60°－TACsin30°＝0①
TACcos30°＋TBCcos60°－G＝0②
由式①可知TAC＝
TBC
当TBC＝100N时，TAC＝173.2N，AC将断，
而当TAC＝150N时，TBC＝86.6N<100N，
将TAC＝150N，TBC＝86.6N，代入式②解得G＝173.2N，
所以重物的最大重力不能超过173.2N。
【方法提炼】思考物理问题不能想当然，要根据题设情景和条件综合分析，找出研究对象之间的关系，联系起来考虑。
【同步作业】
1、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∠BCA＞90°。
现使∠BCA缓慢变小，直到杆BC接近竖直杆AC。
此过程中，杆BC所受的力（）
A、大小不变B、逐渐增大
C、先减小后增大D、先增大后减小
解析：
以B点为研究对象，它在三个力作用下平衡
由平衡条件得G与FN的合力F合与F等大反向
由几何知识得△ABC与矢量三角形BGF合相似
故有
因G、AC、BC均不变，故FN大小不变。
答案：
A
2、细线AO和BO下端系一个物体P，细线长AO>BO，A、B两个端点在同一水平线上。
开始时两线刚好绷直，BO线处于竖直方向，如图所示，细线AO、BO的拉力设为FA和FB，保持端点A、B在同一水平线上，A点不动，B点向右移动，使A、B逐渐远离的过程中，物体P静止不动，关于细线的拉力FA和FB的大小随AB间距离变化的情况是（）
A、FA随距离增大而一直增大
B、FA随距离增大而一直减小
C、FB随距离增大而一直增大
D、FB随距离增大而一直减小
解析：
A点不动，即FA的方向不变，B向右移，FB的大小方向都发生变化，以O点为研究对象，由平衡知识，通过作平行四边形可知FA一直增大，FB先减小后增大，所以A正确。
答案：
A
3、如图所示，木棒AB可绕B点在竖直平面内转动，A端被绕过定滑轮吊有重物的水平绳和绳AC拉住，使棒与地面垂直，棒和绳的质量及绳与滑轮的摩擦均可忽略，如果把C端拉至离B端的水平距离远一些的C′点，AB仍沿竖直方向，装置仍然平衡，那么AC绳受的张力F1和棒受的压力F2的变化是（）
A、F1和F2均增大B、F1增大，F2减小
C、F1减小，F2增大D、F1和F2均减小
解析：
对杆A端受力分析如右图所示，
F1与F3的合力等于F2，
当C端远离时，α变大，
由
，F2=G·cotα，
知α变大，sinα变大，cotα变小，所以F1、F2均变小。
答案：
D
4、如图所示，用绳OA、OB和OC吊着重物P处于静止状态，其中绳OA水平，绳OB与水平方向成θ角．现用水平向右的力F缓慢地将重物P拉起，用FA和FB分别表示绳OA和绳OB的张力，则（ ）
A．FA、FB、F均增大
B．FA增大，FB不变，F增大
C．FA不变，FB减小，F增大
D．FA增大，FB减小，F减小
解析：
把OA、OB和OC三根绳和重物P看作一个整体，整体受到重力mg，A点的拉力FA，方向沿着OA绳水平向左，B点的拉力FB，方向沿着OB绳斜向右上方，水平向右的拉力F而处于平衡状态，
有：
FA＝F＋FBcosθ，FBsinθ＝mg，
因为θ不变，所以FB不变．
再以O点进行研究，O点受到OA绳的拉力，方向不变，沿着OA绳水平向左，OB绳的拉力，大小和方向都不变，OC绳的拉力，大小和方向都可以变化，O点处于平衡状态，
因此这三个力构成一个封闭的矢量三角形（如图），
刚开始FC由竖直方向逆时针旋转到图中的虚线位置，
因此FA和FC同时增大，
又FA＝F＋FBcosθ，FB不变，所以F增大，所以B正确．
答案：
B
5、如图所示，水平横杆上套有两个质量均为m的铁环，在铁环上系有等长的细绳，共同拴着质量为M的小球．两铁环与小球均保持静止，现使两铁环间距离增大少许，系统仍保持静止，则水平横杆对铁环的支持力FN和摩擦力Ff将（ ）
A．FN增大B．Ff增大
C．FN不变D．Ff减小
解析：
本题考查受力分析及整体法和隔离体法．
以两环和小球整体为研究对象，在竖直方向始终有FN＝Mg＋2mg，选项C对A错；
设绳子与水平横杆间的夹角为θ，设绳子拉力为T，
以小球为研究对象，竖直方向有，2Tsinθ＝Mg，
以小环为研究对象，水平方向有，Ff＝Tcosθ，
由以上两式联立解得Ff＝
Mgcotθ，
当两环间距离增大时，θ角变小，则Ff增大，选项B对D错．
答案：
BC
6、如图所示，光滑水平地面上放有截面为圆周的柱状物体A，A与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B，对A施加一水平向左的力F，整个装置保持静止．若将A的位置向左移动
稍许，整个装置仍保持平衡，则（ ）
A．水平外力F增大
B．墙对B的作用力减小
C．地面对A的支持力减小
D．B对A的作用力减小
解析：
受力分析如图所示，A的位置左移，θ角减小，FN1＝Gtanθ，FN1减小，B项正确；FN＝G/cosθ，FN减小，D项正确；以AB为一个整体受力分析，FN1＝F，所以水平外力减小，A项错误；地面对A的作用力等于两个物体的重力，所以该力不变，C项错误．本题难度中等．
答案：
BD
7、木箱重为G，与地面间的动摩擦因数为μ，用斜向上的力F拉木箱，使之沿水平地面匀速前进，如图所示。
问角α为何值时拉力F最小？
这个最小值为多大？
解析：
对木箱受力分析如右图所示，
物体做匀速运动，有
Fsinα+FN=G
Fcosα=Ff
Ff=μFN
联立得
【答案】
8、如图所示，在质量为1kg的重物上系着一条长30cm的细绳，细绳的另一端连着套在水平棒上可以滑动的圆环，环与棒间的动摩擦因数为0.75，另有一条细绳，其一端跨过定滑轮，定滑轮固定在距离圆环0.5m的地方．当细绳的端点挂上重物G，而圆环将要滑动时，试问：
（1）长为30cm的细绳的张力是多少？
（2）圆环将要开始滑动时，重物G的质量是多少？
（3）角φ多大？
（环的重力忽略不计）
解析：
因为圆环将要开始滑动，所以可以判定本题是在共点力作用下物体的平衡问题．
由平衡条件Fx＝0，Fy＝0，
建立方程有：
μFN－FTcosθ＝0，FN－FTsinθ＝0。
所以tanθ＝
，θ＝arctan
＝arctan
.
设想：
过O作OA的垂线与杆交于B′点，由AO＝30cm，tanθ＝
得，B′O的长为40cm.
在直角三角形中，由三角形的边长条件得AB′＝50cm，但据题设条件AB＝50cm，故B′点与定滑轮的固定处B点重合，即得φ＝90°。
（1）如图所示，选取坐标系，根据平衡条件有：
Gcosθ＋FTsinθ－mg＝0
FTcosθ－Gsinθ＝0.
即FT＝8N.
（2）圆环将要滑动时，得：
mGg＝FTcotθ，mG＝0.6kg.
（3）前已证明φ为直角，故φ＝90°.
答案：
（1）8N；
（2）0.6kg；（3）90°。
9、如图所示，一根弹性细绳原长为l，劲度系数为k，将其一端穿过一个光滑小孔O（其在水平地面上的投影点为O′），系在一个质量为m的滑块A上，A放在水平地面上．小孔O离绳固定端的竖直距离为l，离水平地面高度为h（h（1）当滑块与O′点距离为r时，弹性细绳对滑块A的拉力为多大？
（2）滑块处于怎样的区域内时可以保持静止状态？
解析：
（1）当滑块与O′点的距离为r时，弹性细绳的伸长量为Δx＝
.
由胡克定律知，弹性绳的拉力F＝kΔx＝k
（2）设OA与水平面的夹角为α，分析物体受力如图所示，
由平衡条件得：
FN＋Fsinα＝mg
Fcosα＝Ff.
而F＝k
，Ffm＝μFN
所以有：
k
·cosα＝Ff≤Ffm＝μ（mg－Fsinα）＝μ（mg－kh）
其中
cosα＝r，故r≤
答案：
（1）k
（2）以O′为圆心，以
为半径的圆内的任何位置
升级会员 