2023高考物理专题冲刺训练--受力分析中的动态平衡专题

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(统考版)2023版高考物理复习特训卷第一部分高考热点专项练考点二相互作用第13练动态平衡问题

第13练动态平衡问题（时间20分钟）思维方法三力动态平衡常用图解法、相似三角形法、正弦定理法等，三个力中重力一般不变：(1)若还有一个力方向不变，第三个力大小、方向都变时可用图解法；(2)若另外两个力大小、方向都变，且有几何三角形与力的三角形相似的可用相似三角形法；(3)若另外两个力大小、方向都变，且知道力的三角形中各角的变化规律的可用正弦定理．选择题1．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θ不变)，OC绳所受拉力的大小变化情况是( )A．逐渐减小 B．逐渐增大C．先减小后增大 D．先增大后减小2．如图所示，A是一均匀小球，搁在竖直墙壁与四分之一圆弧形滑块B之间，最初A、B相切于圆弧形滑块的最低点，一切摩擦均不计，开始B与A均处于静止状态，用一水平推力F将滑块B向右缓慢推过一段较小的距离，在此过程中( )A．墙壁对球的弹力不变B．滑块对球的弹力增大C．地面对滑块的弹力增大D．推力F减小3．某同学参加“筷子夹玻璃珠”游戏．如图所示，夹起玻璃珠后，左侧筷子与竖直方向的夹角θ为锐角，右侧筷子竖直，且两筷子始终在同一竖直平面内．保持玻璃珠静止，忽略筷子与玻璃珠间的摩擦．下列说法正确的是( )A．两侧筷子对玻璃珠的合力比重力大B．两侧筷子对玻璃珠的合力比重力小C．左侧筷子对玻璃珠的弹力一定比玻璃珠的重力大D．右侧筷子对玻璃珠的弹力一定比玻璃珠的重力大4．如图甲，一台空调外机用两个三角形支架固定在外墙上，空调外机的重心恰好在支架水平横梁OA和斜梁OB的连接点O的上方，图乙为示意图．如果把斜梁加长一点，仍保持连接点O的位置不变，横梁仍然水平，这时OA对O点的作用力F1和OB对O点的作用力F2将如何变化( )A．F1变大，F2变大B．F1变小，F2变小C．F1变大，F2变小D．F1变小，F2变大5．如图所示，倾角为θ的斜面体B放在粗糙的水平地面上，物块A放在粗糙的斜面体B上，轻质弹簧两端分别与物块A及固定在斜面体底端的挡板拴接，初始时A、B静止，弹簧处于压缩状态．现用力F沿斜面向上拉A，但A、B均保持静止．下列说法正确的是( )A．弹簧对挡板的弹力变小B．A、B之间的摩擦力可能增大C．地面对B的摩擦力方向向左D．斜面体B对地面的压力增大6．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悬挂一重力为G的物体，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮，用力F 拉绳，开始时∠BCA>90°，现使∠BCA缓慢变小，直到∠BCA＝30°.此过程中，轻杆BC所受的力( )A．逐渐减小 B．逐渐增大C．大小不变 D．先减小后增大7．如图所示，质量为m的小球固定在轻弹簧和轻杆的一端，轻弹簧的另一端固定在墙壁上的A点，轻杆的另一端通过铰链连于墙壁上的O点，轻弹簧的自然长度与杆长相等．小球静止时，轻弹簧处于水平，轻杆与墙壁成θ＝30°角．从某时刻开始，给小球施加竖直向上的力F，使小球缓慢移动到B位置，OB处于水平．整个过程中弹簧一直处于弹性限度内，下列说法中正确的是( )A．小球在移动过程中可能受到3个力作用B．若弹簧有弹力，则弹力的大小一定不等于杆对小球的作用力的大小C．弹簧的弹力先减小后增大，且末态时弹力大于初态时弹力D．力F先增大后减小第13练动态平衡问题1．答案：C解析：对物体分析，物体受力平衡，则拉力等于重力，故竖直绳的拉力不变；再对O 点分析，O受绳子的拉力T、OA的支持力F OA及OC的拉力T OC而处于平衡，受力分析如图所示；将F OA和T OC合成，其合力与G大小相等，方向竖直向上，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项正确．2．答案：B解析：对小球受力分析，小球受到重力、滑块的弹力和墙壁的弹力，如图所示，重力的大小和方向都不变，墙壁的弹力方向不变．滑块的弹力和墙壁的弹力的合力不变，大小等于重力，由图可知，滑块对球的弹力在增大，墙壁对球的弹力在增大，故A项错误，B项正确；对滑块和小球整体进行受力分析，整体受重力、支持力、墙壁的弹力及推力，竖直方向上滑块和小球的重力大小等于地面对滑块的弹力，滑块和小球的重力都不变，所以地面对滑块的弹力不变，水平方向上推力F大小等于墙壁对球的弹力，所以推力F增大，故C、D两项错误．3．答案：C解析：对玻璃珠受力分析如图所示，受到重力G 、左侧筷子对玻璃珠的弹力F 1、右侧筷子对玻璃珠的弹力F 2，玻璃珠在三个力的作用下处于平衡状态．根据平衡条件可知，两侧筷子对玻璃珠的合力与重力等大反向，故A 、B 错误；根据平衡条件，竖直方向有F 1sin θ＝G ，水平方向有F 2＝F 1cos θ，联立得F 1＝Gsin θ，F 2＝G cot θ，由于θ小于90°，则一定有F 1>G ，而F 2不一定大于G ，故C 正确，D 错误．4．答案：B解析：设OA 与OB 之间的夹角为α，对O 点受力分析可知F 压＝G ，F 2＝F 压sin α ，F 1＝F 压tan α 因α角逐渐变大，由数学知识可知，F 1变小，F 2变小，故B 正确，A 、C 、D 错误．5．答案：B解析：F 沿斜面向上拉A ，但A 、B 均保持静止，弹簧的形变量不变，所以弹簧的弹力不变，选项A 错误；开始A 受到的弹簧的弹力与A 的重力沿斜面向下的分力大小关系不知道，故A 受到的摩擦力大小与方向不确定，用力F 沿斜面向上拉A 时，摩擦力大小可能增大、也可能减小，选项B 正确；对系统整体分析可知，当用斜向上的拉力F 拉A 时，水平方向上有向左的拉力分量，由于整体处于平衡状态，所以地面对B 的摩擦力的方向水平向右，选项C 错误；竖直方向地面对B 的支持力F N ＝（m A ＋m B ）g －F sin θ，所以由牛顿第三定律，可知施加力F 后斜面体B 对地面的压力减小，选项D 错误．6．答案：C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所示．根据平衡条件可知，F 、N 的合力F 合与G 大小相等、方向相反．根据相似三角形得F 合N ＝AC BC ，且F 合＝G ，则有N ＝BC ACG ，现使∠BCA 缓慢变小的过程中，AC 、BC 不变，即N 不变，则轻杆BC 所受的力大小不变，C 正确，A 、B 、D 错误．7．答案：B解析：由于力F竖直向上，小球的重力竖直向下，所以杆和弹簧对小球的作用力的合力应沿竖直方向，杆和弹簧对小球都不会独立产生竖直方向上的力，所以两者都施加力或都不施加力的作用，故A错误．当小球位于OA的垂直平分线上时，杆和弹簧都对小球没有力的作用，当小球不在该位置时，杆和弹簧都对小球有力的作用，并且这两力与竖直方向的夹角不相等，由于这两力沿水平方向的分力大小相等、方向相反，所以这两力大小不相等，故B 正确．弹簧由压缩状态恢复至原长，再产生拉伸形变，所以弹簧的弹力先减小后增大，由几何知识可得初态时弹簧的压缩量大于末态时弹簧的伸长量，所以初态时弹簧的弹力大于末态时弹簧的弹力，故C错误．初态时杆的作用力和弹簧的弹力的合力竖直向上，末态时杆的作用力和弹簧的弹力的合力竖直向下，所以力F应一直增大，故D错误．。

高中物理高考第2章专题强化4 动态平衡问题平衡中的临界、极值问题 2023年高考物理一轮

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＝mgcos 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.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
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
答案 2 26 N
设拉力与水平方向夹角为 θ，根据平衡条件 Fcos θ＝μ(mg－Fsin θ)，整理得 cos θ＋μsin θ＝μmFg， 1＋μ2sin (α＋θ)＝μmFg(其中 sin α＝ 11＋μ2)，故所需拉力 F 的最小值 Fmin＝ μ1m＋gμ2＝2 26 N.
课时精练
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
必备基础练
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
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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.

2024届高考物理微专题：动态平衡问题

微专题13动态平衡问题1．三力动态平衡常用解析法、图解法、相似三角形法、正弦定理法等：(1)若一力恒定还有一个力方向不变，第三个力大小、方向都变时可用图解法；(2)若另两个力大小、方向都变，且有几何三角形与力的三角形相似的可用相似三角形法；(3)若另外两个力大小、方向都变，且知道力的三角形中各角的变化规律的可用正弦定理；(4)若另外两个力大小、方向都变，且这两个力的夹角不变的可用等效圆周角不变法或正弦定理.2.多力动态平衡问题常用解析法．1.光滑斜面上固定着一根刚性圆弧形细杆，小球通过轻绳与细杆相连，此时轻绳处于水平方向，球心恰位于圆弧形细杆的圆心处，如图所示．将悬点A 缓慢沿杆向上移动，直到轻绳处于竖直方向，在这个过程中，轻绳的拉力()A ．逐渐增大B ．大小不变C ．先减小后增大D ．先增大后减小答案C 解析方法一图解法：在悬点A 缓慢向上移动的过程中，小球始终处于平衡状态，小球所受重力mg 的大小和方向都不变，支持力的方向不变，对小球进行受力分析如图甲所示，由图可知，拉力F T 先减小后增大，C 正确．方法二解析法：如图乙所示，由正弦定理得F T sin α＝mg sin β，得F T ＝mg sin αsin β，由于mg 和sin α不变，而sin β先增大后减小，可得F T 先减小后增大，C 正确．2．质量为m 的球置于倾角为θ的光滑固定斜面上，被与斜面垂直的光滑挡板挡着，如图所示．当挡板从图示位置沿逆时针缓慢转动至水平位置的过程中，挡板对球的弹力F N1和斜面对球的弹力F N2的变化情况是()A．F N1先增大后减小B．F N1先减小后增大C．F N2逐渐增大D．F N2逐渐减小答案D解析对球受力分析如图，当挡板逆时针缓慢转动到水平位置时，挡板对球的弹力逐渐增大，斜面对球的弹力逐渐减小，故选D.3.(2023·湖南郴州市质检)如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，光滑小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过光滑定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢向上移动一小段距离，斜面体始终静止．则在小球移动过程中()A．细线对小球的拉力变大B．斜面体对小球的支持力变大C．斜面体对地面的压力变大D．地面对斜面体的摩擦力变大答案A解析对小球受力分析并合成矢量三角形．如图所示，重力大小、方向不变，支持力方向不变，细线拉力方向由图甲中实线变为虚线，细线对小球的拉力增大，斜面体对小球的支持力减小，A正确，B错误；甲乙对斜面体受力分析，正交分解：F N′sinα＝F f，F N地＝F N′cosα＋Mg，根据牛顿第三定律，小球对斜面体的压力F N′减小，所以地面对斜面体的摩擦力减小，地面对斜面体的支持力减小，根据牛顿第三定律，斜面体对地面的压力减小，C、D错误．4.(多选)(2023·安徽蚌埠市高三月考)如图，轻杆一端连在光滑的铰链上，另一端固定着质量为m的小球，初始时，在球上施加作用力F使杆处于水平静止，力F和杆的夹角α＝120°.现保持α角不变，改变力F的大小缓慢向上旋转轻杆，直至杆与水平方向成60°角，在这个过程中()A．力F逐渐增大B．力F逐渐减小C．杆对小球的弹力先增大后减小D．杆对小球的弹力先减小后增大答案BD解析由于轻杆一端连在光滑的铰链上，故杆对小球的作用力始终沿着杆的方向，设转动过程中杆与竖直方向夹角为θ，由平衡条件可得，垂直杆方向满足F sin60°＝mg sinθ，杆转过60°过程，θ从90°减小到30°，可知力F逐渐减小，A错误，B正确；沿杆方向满足F杆＝F cosmg·sin(θ－60°)，可知当θ＝60°时，F杆＝0，故θ60°－mg cosθ，联立上述两式可得F杆＝233从90°减小到30°的过程，杆对小球的弹力先减小为零后反向增大，C错误，D正确．5.在一些地表矿的开采点，有一些简易的举升机械，利用图示装置，通过轻绳和滑轮提升重物．轻绳a端固定在井壁的M点，另一端系在光滑的轻质滑环N上，滑环N套在光滑竖直杆上．轻绳b的下端系在滑环N上并绕过定滑轮．滑轮和绳的摩擦不计．在右侧地面上拉动轻绳b使重物缓慢上升过程中，下列说法正确的是()A．绳a的拉力变大B．绳b的拉力变大C．杆对滑环的弹力变大D．绳b的拉力始终比绳a的小答案D解析设a绳子总长为L，左端井壁与竖直杆之间的距离为d，动滑轮左侧绳长为L1，右侧绳长为L2.由于绳子a上的拉力处处相等，所以两绳与竖直方向夹角相等，设为θ则由几何知识，得d ＝L 1sin θ＋L 2sin θ＝(L 1＋L 2)sin θ，L 1＋L 2＝L 得到sin θ＝d L，当滑环N 缓慢向上移动时，d 、L 没有变化，则θ不变．绳子a 的拉力大小为F T1，重物的重力为G .以动滑轮为研究对象，根据平衡条件得2F T1cos θ＝G ，解得F T1＝G 2cos θ，故当θ不变时，绳子a 拉力F T1不变，A 错误；以滑环N 为研究对象，绳b 的拉力为F T2，则F T2＝F T1cos θ保持不变；杆对滑环的弹力F N ＝F T1sin θ保持不变，B 、C 错误；绳b 的拉力F T2＝F T1cos θ，所以绳b 的拉力F T2始终比绳a 的拉力F T1小，D 正确.6.某小区晾晒区的并排等高门形晾衣架A ′ABB ′－C ′CDD ′如图所示，AB 、CD 杆均水平，不可伸长的轻绳的一端M 固定在AB 中点上，另一端N 系在C 点，一衣架(含所挂衣物)的挂钩可在轻绳上无摩擦滑动．将轻绳N 端从C 点沿CD 方向缓慢移动至D 点，整个过程中衣物始终没有着地．则此过程中轻绳上张力大小的变化情况是()A ．一直减小B ．先减小后增大C ．一直增大D ．先增大后减小答案B 解析轻绳N 端由C 点沿CD 方向缓慢移动至D 点的过程中，衣架两侧轻绳与水平方向的夹角先增大后减小，设该夹角为θ，轻绳上的张力为F ，由平衡条件有2F sin θ＝mg ，故F ＝mg 2sin θ，可见张力大小先减小后增大，B 项正确.7．如图所示，半径为R 的圆环竖直放置，长度为R 的不可伸长的轻细绳OA 、OB ,一端固定在圆环上，另一端在圆心O 处连接并悬挂一质量为m 的重物，初始时OA 绳处于水平状态，把圆环沿地面向右缓慢转动，直到OA 绳处于竖直状态，在这个过程中()A ．OA 绳的拉力逐渐增大B ．OA 绳的拉力先增大后减小C ．OB 绳的拉力先增大后减小D ．OB 绳的拉力先减小后增大答案B 解析以重物为研究对象，重物受到重力mg 、OA 绳的拉力F 1、OB 绳的拉力F 2三个力而平衡，构成矢量三角形，置于几何圆中如图所示．在转动的过程中，OA 绳的拉力F 1先增大，转过直径后开始减小，OB 绳的拉力F 2开始处于直径上，转动后一直减小，B 正确，A 、C 、D 错误.8．(2023·山东青岛市模拟)我国的新疆棉以绒长、品质好、产量高著称于世，目前新疆地区的棉田大部分是通过如图甲所示的自动采棉机采收．自动采棉机在采摘棉花的同时将棉花打包成圆柱形棉包，通过采棉机后侧可以旋转的支架平稳将其放下，这个过程可以简化为如图乙所示模型：质量为m 的棉包放在“V ”型挡板上，两板间夹角为120°固定不变，“V ”型挡板可绕O 轴在竖直面内转动．在使OB 板由水平位置顺时针缓慢转动到竖直位置过程中，忽略“V ”型挡板对棉包的摩擦力，已知重力加速度为g ，下列说法正确的是()A ．棉包对OA 板的压力逐渐增大B ．棉包对OB 板的压力先增大后减小C ．当OB 板转过30°时，棉包对OB 板的作用力大小为mgD ．当OB 板转过60°时，棉包对OA 板的作用力大小为mg答案D 解析对棉包受力分析如图，(a)由正弦定理可得mg sin 120°＝F OB sin β＝F OA sin α，棉包在旋转过程中α从0逐渐变大，β从60°逐渐减小，因此OB 板由水平位置缓慢转动60°过程中，棉包对OA 板压力逐渐增大，对OB 板压力逐渐减小；OB 板继续转动直至竖直的过程中，棉包脱离OB 板并沿OA 板滑下，棉包对OA 板压(b)力随板转动逐渐减小，故A 、B 错误；当OB 板转过30°时，两板与水平方向夹角均为30°，两板支持力大小相等，与竖直方向夹角为30°，如图(b)，可得F OA ′＝F OB ′＝33mg ，故C 错误；当OB 板转过60°时，OA 板处于水平位置，棉包只受到受力和OA 板的支持力，由二力平衡得F OA ″＝mg ，故D 正确．9．(2023·上海市模拟)如图所示，细绳一端固定在A 点，另一端跨过与A 等高的光滑定滑轮B 后悬挂一个砂桶Q (含砂子)．现有另一个砂桶P (含砂子)通过光滑挂钩挂在A 、B 之间的细绳上，稳定后挂钩下降至C 点，∠ACB ＝120°，下列说法正确的是()A ．若只增加Q 桶中的砂子，再次平衡后P 桶位置不变B ．若只增加P 桶中的砂子，再次平衡后P 桶位置不变C ．若在两桶内增加相同质量的砂子，再次平衡后P 桶位置不变D ．若在两桶内增加相同质量的砂子，再次平衡后Q 桶位置上升答案C 解析对砂桶Q 分析有，Q 受到细绳的拉力大小F T ＝G Q ，设AC 、BC 之间的夹角为θ，对C点分析可知C 点受三个力而平衡，由题意知，C 点两侧的绳张力相等，故有2F T cosθ2＝G P ，联立可得2G Q cos θ2＝G P ，故只增加Q 桶中的砂子，即只增加G Q ，夹角θ变大，P 桶上升，只增加P 桶中的砂子，即只增加G P ，夹角θ变小，P 桶下降，故A 、B 错误；由2G Q cosθ2＝G P ，可知，当θ＝120°时有G Q ＝G P ，此时若在两砂桶内增加相同质量的砂子，上式依然成立，则P 桶的位置不变，故C 正确，D 错误．10.如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO ′悬挂于O 点．另一细绳跨过滑轮，左端悬挂物块a ，右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．若保持F 的方向不变，逐渐增大F 的大小，物块b 仍保持静止状态，则下列说法中正确的是()A ．桌面受到的压力逐渐增大B．连接物块a、b的绳子张力逐渐减小C．物块b与桌面间的摩擦力一定逐渐增大D．悬挂于O点的细绳OO′中的张力保持不变答案D解析由于整个系统处于静止状态，所以滑轮两侧连接a和b的绳子的夹角不变；物块a只受重力以及绳子的拉力，由于物块a平衡，则连接a和b的绳子张力F T保持不变；由于绳子的张力及夹角均不变，所以OO′中的张力保持不变，B错误，D正确；对b分析可知，b处于静止即平衡状态，设绳子和水平方向的夹角为θ，力F和水平方向的夹角为α，对b受力分析，由平衡条件可得F N＋F sinα＋F T sinθ＝mg，可得F N＝mg－F sinα－F T sinθ，θ与α均保持不变，绳子拉力不变，力F增大，则桌面给物块b的支持力减小，根据牛顿第三定律，桌面受到的压力逐渐减小；在水平方向上，当力F的水平分力大于和绳子拉力F T的水平分力时，则有F cosα＝F f＋F T cosθ，此时摩擦力随着F增大而增大，当力F的水平分力小于和绳子拉力的水平分力时，则有F cosα＋F f＝F T cosθ，此时摩擦力随着F的增大而减小，A、C错误．11.(多选)(2023·陕西渭南市模拟)质量为m的物体，放在质量为M的斜面(倾角为α)体上，斜面体放在水平粗糙的地面上，物体和斜面体均处于静止状态，如图所示．当在物体上施加一个水平力F，且F由零逐渐加大到F m的过程中，物体和斜面体仍保持静止状态．在此过程中，下列判断正确的是()A．斜面体对物体的支持力逐渐增大B．斜面体对物体的摩擦力逐渐增大C．地面受到的压力逐渐增大D．地面对斜面体的摩擦力由零逐渐增大到F m答案AD解析对物体进行研究，物体受到重力mg、水平推力F、斜面的支持力F N1(如图甲，摩擦力F f1不确定)当F＝0时，物体受到的静摩擦力大小为F f1＝mg sinα，方向沿斜面向上，支持力F N1＝mg cos α.在F不为零时，斜面体对物体的支持力F N1＝mg cosα＋F sinα，所以支持力逐渐增大；对于静摩擦力，当F cosα≤mg sinα时，静摩擦力大小F f1＝mg sinα－F cosα，可见随F的增大而减小，当F cos α＞mg sin α时，静摩擦力F f1＝F cos α－mg sin α，随F 的增大而增大，故A 正确，B 错误；对于整体，受到总重力(M ＋m )g 、地面的支持力F N2、静摩擦力F f2和水平推力F ，如图乙，由平衡条件得F N2＝(m ＋M )g ，地面的摩擦力F f2＝F ，可见，当F 增大时，F f2逐渐增大．由牛顿第三定律得知，地面受到的压力保持不变，地面对斜面体的摩擦力由零逐渐增大到F m ，故C 错误，D 正确．12．(2023·河南洛阳市模拟)《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1000kV 的高压线上带电作业的过程．如图所示，绝缘轻绳OD 一端固定在高压线杆塔上的O 点，另一端固定在兜篮D 上．另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C 点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制．身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C 点运动到处于O 点正下方E 点的电缆处．绳OD 一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m ，可看作质点，不计一切阻力，重力加速度大小为g .关于王进从C 点缓慢运动到E 点的过程中，下列说法正确的是()A ．绳OD 的拉力一直变小B ．工人对绳的拉力一直变大C ．OD 、CD 两绳拉力的合力小于mgD ．当绳CD 与竖直方向的夹角为30°时，工人对绳的拉力为33mg 答案D 解析对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析，绳OD 的拉力为F 1，与竖直方向的夹角为θ；绳CD 的拉力为F 2，与竖直方向的夹角为α，则由几何关系得α＝45°－θ2.由正弦定理可得F 1sin α＝F 2sin θ＝mg sin π2＋α ，解得F 1＝mg tan α，F 2＝mg sin θcos α＝mg cos 2αcos α＝mg (2cos α－1cos α)，α增大，θ减小，则F 1增大，F 2减小，A 、B 错误；两绳拉力的合力大小等于mg ，C 错误；当α＝30°时，则θ＝30°，根据平衡条件有2F 2cos 30°＝mg ，可得F 2＝33mg ，D 正确．。

2025版高考物理一轮总复习第2章相互作用专题强化2动态平衡问题平衡中的临界和极值问题课件

[解析] (1)如图甲所示，未施加力F时，对物体受力分析，由平衡条件得mgsin 30°＝μmgcos 30°
解得 μ＝tan 30°＝ 33。
(2)设斜面倾角为 α，受力情况如图乙所示，由平衡条件得 Fcos α＝
mgsin α＋Ff′， FN′＝mgcos α＋Fsin α
Ff′＝μFN′
3. 突破共点力平衡中的临界、极值问题的步骤
►考向1 极值问题
(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的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为μ，工作人员用轻绳按图
示方式匀速移动石墩时，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( B ) A．轻绳的合拉力大小为cμoms gθ
类型二 “一力恒定，另外两力方向变化但夹角一定”的动态平衡问题
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。
(2024·河北沧州联考)如图所示，两根相同的轻质弹簧一端分别固定于M、N两点，另一端分别与轻绳OP、OQ连接于O点。现用手拉住OP、OQ的末端，使OM、ON两弹簧长度相同(均处于拉伸状态)，且分别保持水平、竖直。最初OP竖直向下，OQ与OP成120°夹角。现使 OP、OQ的夹角不变，在保持O点不动的情况下，将OP、OQ沿顺时针方向缓慢旋转70°。已知弹簧、轻绳始终在同一竖直平面内，则在两轻绳旋转的过程中( A )
[速解指导] 晾衣绳模型：近小远大恒不变→绳长不变，绳子端点水平间距d变小→绳子拉力变小。
[解析] 设绳子两端点所悬点的水平距离为 d，绳长为 l，绳子拉力
为 T，绳子与竖直方向之间的夹角为 θ，物体的质量为 m。根据共点力平
衡有 2Tcos θ＝mg，sin θ＝dl ，T＝ 2

受力分析共点力的平衡(解析版)-2023年高考物理真题题源解密

专题二受力分析共点力的平衡目录真题考查解读2023年真题展现考向一竖直平衡与生活、高科技实际考向二三力静态平衡考向三连接体平衡与生产实际近年真题对比考向一静态平衡考向二动态平衡及平衡的临界极值问题命题规律解密名校模拟探源易错易混速记【命题意图】2023年受力分析与共点力的平衡考题结合生活实际考查受力分析、一条直线受力平衡和三个力共点力的平衡条件的简单应用，意在考查考生对力学基本知识的掌握情况，以及运用物理知识解决实际问题的能力。

【考查要点】受力分析和共点力的平衡问题是高中物理的基础，也是高考考查的重点。

受力分析是解决动力学问题的关键，单独命题时往往和实际问题结合在一起。

共点力的平衡问题，单独命题时往往和实际问题结合在一起，但是考查更多的是融入到其他物理模型中间接考查，如，结合运动学命题，或者出现在导轨模型中等。

【课标链接】①掌握受力分析的方法和共点力平衡条件的应用。

②会用整体法与隔离法、三角形法、正交分解法等分析和处理共点力的平衡问题。

考向一竖直平衡与生活、高科技实际1(2023·山东卷·第2题). 餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接托盘。

托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平。

已知单个盘子的质量为300g ，相邻两盘间距1.0cm ，重力加速度大小取10m/s 2。

弹簧始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为()A.10N /mB.100N /mC.200N /mD.300N /m【答案】B 【解析】【详解】由题知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，则说明一个盘子的重力可以使弹簧形变相邻两盘间距，则有mg =3∙kx解得k =100N /m故选B 。

2(2023·江苏卷·第7题).如图所示，“嫦娥五号”探测器静止在月球平坦表面处。

已知探测器质量为m ，四条腿与竖直方向的夹角均为θ，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g 的16。

2025届高考物理一轮复习训练：第十讲受力分析动态平衡问题

2025届高考一轮复习训练：第十讲受力分析动态平衡问题一、单项选择题1．如图，一块木板倾斜放置，O端着地，一个物块放在木板上处于静止，将木板绕O点在竖直面内顺时针缓慢转动，物块相对于木板始终静止。

则在转动过程中，下列说法正确的是（）A．物块受两个力的作用B．物块受到的合外力变大C．物块对木板的压力大小不变D．木板对物块的摩擦力不断增大2．如图所示，将连接一重物的轻质小滑轮放置在一个轻弹性绳上，绳A、B两端在同一水平线上，不计一切摩擦，若将B端水平向左缓慢移动一小段距离，则弹性绳长度将（）A．变短B．变长C．不变D．无法确定3．如图，跨过光滑定滑轮的轻绳一端系着铁球（大小不可忽略，轻绳延长线过球心）、一端连在水平台上的玩具小车上，小车牵引着绳使球沿光滑竖直墙面从较低处匀速上升。

则在球上升且未离开墙面的过程中（）A．绳对球的拉力变小B．绳对球的拉力变大C．绳对球的拉力大小不变D．绳对球的拉力先减小后增大4．如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是（）A．工人受到的重力和支持力是相互作用力B．工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对平衡力C．重物缓慢拉起过程，绳子拉力变小D．重物缓慢拉起过程，绳子拉力变大5．如图所示，光滑小球被夹在竖直墙壁与A点之间，保持平衡．现稍微增大两竖直墙壁的距离，关于小球对墙面的压力F1和对A点的压力F2的变化情况，正确的是：（）A．F1变大，F2变大B．F1变大，F2变小C．F1变小，F2变大D．F1变小，F2变小6．如图所示，固定在竖直平面内的光滑半圆环上套有一质量为m的小球，半圆环的圆心为O。

现用始终沿圆弧切线方向的力F拉动小球由M点向圆环最高点N缓慢移动，则此过程中，力F和球所受支持力N F的变化情况是（）A．F减小，N F增大B．F增大，N F减小C．F增大，N F增大D．F减小，N F减小7．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。

专题02三大力场中的动态平衡问题(解析版)

2023年高三物理二轮高频考点冲刺突破专题02 三大力场中的动态平衡问题【典例专练】一、高考真题1．（2022年河北卷）如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中（）A．圆柱体对木板的压力逐渐增大B．圆柱体对木板的压力先增大后减小C．两根细绳上的拉力均先增大后减小D．两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变【答案】B【详解】设两绳子对圆柱体的拉力的合力为T ，木板对圆柱体的支持力为N ，绳子与木板夹角为α，从右向左看如图所示在矢量三角形中，根据正弦定理sin sin sin mg N T αβγ==在木板以直线MN 为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，α不变，γ从90︒逐渐减小到0，又180γβα++=︒且90α<︒可知90180γβ︒<+<︒则0180β<<︒可知β从锐角逐渐增大到钝角，根据sin sin sin mg N T αβγ==由于sin γ不断减小，可知T 不断减小，sin β先增大后减小，可知N 先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为2θ，绳子拉力为'T ，则'2cos T T θ=可得'2cos TT θ=，θ不变，T 逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

2．（2021年湖南卷）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【详解】AB ．对滑块受力分析，由平衡条件有sin F mg θ=；cos N mg θ=滑块从A 缓慢移动B 点时，θ越来越大，则推力F 越来越大，支持力N 越来越小，所以AB 错误；C ．对凹槽与滑块整体分析，有墙面对凹槽的压力为()1cos sin cos sin 22N F F mg mg θθθθ===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；D ．水平地面对凹槽的支持力为()()2sin sin N M m g F M m g mg θθ=+-=+-地则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；故选C 。

2025版高考物理一轮总复习第2章相互作用专题强化2动态平衡问题平衡中的临界和极值问题提能训练

第二章专题强化二基础过关练题组一动态平衡问题1. (2024·安徽蚌埠检测)如图甲，一台空调外机用两个三角形支架固定在外墙上，空调外机的重心恰好在支架水平横梁OA和斜梁OB的连接点O的上方，图乙为示意图。

如果把斜梁加长一点，即B点下移，仍保持连接点O的位置不变，横梁仍然水平，这时OA对O点的作用力F1和OB对O点的作用力F2将如何变化( B )A．F1变大，F2变大B．F1变小，F2变小C．F1变大，F2变小D．F1变小，F2变大[解析]设OA与OB之间的夹角为α，对O点受力分析可知F压＝G，F2＝F压sin α，F1＝F压tan α，因斜梁加长，所以α角变大，由数学知识可知，F1变小，F2变小，B正确，A、C、D错误。

2．(2024·江西上饶市模拟)如图所示，轻绳a的一端固定于竖直墙壁，另一端拴连一个光滑圆环。

轻绳b穿过圆环，一端拴连一个物体，用力拉住另一端C将物体吊起，使其处于静止状态。

不计圆环受到的重力，现将C端沿竖直方向上移一小段距离，待系统重新静止时( B )A．绳a与竖直方向的夹角不变B．绳b的倾斜段与绳a的夹角变小C．绳a中的张力变大D ．绳b 中的张力变小[解析] 轻绳b 穿过圆环，一端拴连一个物体，可知轻绳b 的拉力与物体重力相等，根据力的合成法则可知轻绳b 与连接物体绳子拉力的合力F 方向与a 绳共线，用力拉住另一端C 将物体吊起，可知绳a 与竖直方向的夹角变大，故A 、D 错误；轻绳b 与F 的夹角变大，则绳b 的倾斜段与绳a 的夹角变小，故B 正确；根据力的合成法则可知，两分力的夹角变大，合力变小，故绳a 中的张力变小，故C 错误。

故选B 。

3. (多选)(2024·福建漳州质检)如图，用硬铁丝弯成的光滑半圆环竖直放置，最高点B 处固定一小滑轮，质量为m 的小球A 穿在环上。

现用细绳一端拴在小球A 上，另一端跨过滑轮用力F 拉动，使小球A 缓慢向上移动。

高考物理专题12动态平衡问题练习含解析

专题12 动态平衡问题1．三力动态平衡常用图解法、相似三角形法、正弦定理法、等效圆周角不变法等，三个力中重力一般不变：(1)若还有一个力方向不变，第三个力大小、方向都变时可用图解法；(2)若另外两个力大小、方向都变，且有几何三角形与力的三角形相似的可用相似三角形法；(3)若另外两个力大小、方向都变，且知道力的三角形中各角的变化规律的可用正弦定理；(4)若另外两个力大小、方向都变，且这两个力的夹角不变的可用等效圆周角不变法或正弦定理.2.多力动态平衡问题常用解析法．1．(2020·安徽蚌埠市检查)如图1甲，一台空调外机用两个三角形支架固定在外墙上，空调外机的重心恰好在支架水平横梁OA 和斜梁OB 的连接点O 的上方，图乙为示意图．如果把斜梁加长一点，仍保持连接点O 的位置不变，横梁仍然水平，这时OA 对O 点的作用力F 1和OB 对O 点的作用力F 2将如何变化( )图1A ．F 1变大，F 2变大B ．F 1变小，F 2变小C ．F 1变大，F 2变小D ．F 1变小，F 2变大答案 B解析设OA 与OB 之间的夹角为α，对O 点受力分析可知F 压＝G ，F 2＝F 压sin α，F 1＝F 压tan α 因α角逐渐变大，由数学知识可知，F 1变小，F 2变小，故B 正确，A 、C 、D 错误．2.(2020·黑龙江哈尔滨六中期末)如图2所示，挡板A 与B 中间有一个重为G 的光滑球，开始时A 竖直且固定，AB 间成α角，则在α角缓慢增大至90°的过程中( )图2A．小球对A板的压力不断增大B．小球对A板的压力先减小后增大C．小球对B板的压力先减小后增大D．小球对B板的压力不断减小答案 D解析对小球进行受力分析，受到三个力，由于小球处于平衡状态，A板和B板对小球的支持力的合力与小球重力大小相等、方向相反．当B板顺时针旋转时，A板和B板对小球的支持力的合力始终与小球重力大小相等，方向相反，平行四边形发生了如图所示的动态变化；在平行四边形中，边长的长短代表了力的大小；由图可知：F A与F B都变小；根据牛顿第三定律得，小球对A板和B板的压力都变小，故D正确，A、B、C错误．3．(多选)(2020·四川德阳市二诊)如图3所示，上表面光滑的半圆柱体放在水平地面上，一小物块从靠近半圆柱体顶点O的A点，在外力F作用下沿圆弧缓慢下滑到B点，此过程中F 始终沿圆弧的切线方向且半圆柱体保持静止状态．下列说法中正确的是( )图3A．半圆柱体对小物块的支持力变大B．外力F变大C．地面对半圆柱体的支持力先变大后变小D．地面对半圆柱体的摩擦力先变大后变小答案BD解析小物块缓慢下滑，处于平衡状态，F始终沿圆弧的切线方向即始终垂直于圆柱面支持力F1的方向，设F与水平方向夹角为θ，因此总有F＝mg sin θ，F1＝mg cos θ，下滑过程中θ增大，因此F增大，F1减小，故A错误，B正确；对半圆柱体分析，地面对半圆柱体的摩擦力F f ＝F 1sin θ＝mg cos θsin θ＝12mg sin 2θ，θ＝45°时，F f 最大；地面对半圆柱体的支持力F N ＝Mg ＋F 1cos θ＝Mg ＋mg cos 2θ，因此θ从接近0°到90°变化的过程中，摩擦力先增大后减小，支持力一直减小，故D 正确，C 错误．4.(2019·重庆市沙坪坝等主城六区第一次调研抽测)如图4，轻绳一端系在小球A 上，另一端系在圆环B 上，B 套在粗糙水平杆PQ 上．现用水平力F 作用在A 上，使A 从图中实线位置(轻绳竖直)缓慢上升到虚线位置，但B 仍保持在原来位置不动．则在这一过程中，杆对B 的摩擦力F 1、杆对B 的支持力F 2、绳对B 的拉力F 3的变化情况分别是( )图4A ．F 1逐渐增大，F 2保持不变，F 3逐渐增大B ．F 1逐渐增大，F 2逐渐增大，F 3逐渐增大C ．F 1保持不变，F 2逐渐增大，F 3逐渐减小D ．F 1逐渐减小，F 2逐渐减小，F 3保持不变答案 A解析设小球A 的质量为m ，圆环B 的质量为M ，对A 受力分析，如图甲所示：由平衡条件可得F 3′cos α＝mg ，F ＝mg tan α，故随α增大，F 增大，F 3′增大，即F 3增大；再对两者的整体受力分析，如图乙所示，有：F 1＝F ，F 2＝(M ＋m )g ，则F 2不变，F 1增大，故选A.5.(2020·陕西汉中市第二次检测)如图5所示，一质量为m 的物体用一根足够长的细绳悬吊于天花板上的O 点，现用一光滑的金属钩子勾住细绳，水平向右缓慢拉动绳子(钩子与细绳的接触点A 始终在一条水平线上)，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )图5A．钩子对细绳的作用力始终水平向右B．OA段绳子的力逐渐增大C．钩子对细绳的作用力逐渐增大D．钩子对细绳的作用力可能等于2mg答案 C解析两段绳子对钩子的作用力的合力是向左下方的，故钩子对细绳的作用力向右上方，A 错误；OA段绳子的拉力大小一直为mg，大小不变，B错误；两段绳子拉力夹角在减小，合力变大，钩子对细绳的作用力也是逐渐变大，C正确；因为钩子与细绳的接触点A始终在一条水平线上，两段绳子之间的夹角不可能达到90°，细绳对钩子的作用力不可能等于2mg，钩子对细绳的作用力也不可能等于2mg，D错误．6.(2020·湖南五市十校第二次联考)如图6所示，圆心为O、水平直径为AB的圆环位于竖直面内，一轻绳两端分别固定在圆环的M、N两点，轻质滑轮连接一重物，放置在轻绳上，MN 连线过圆心O且与AB间的夹角为θ，不计滑轮与轻绳之间的摩擦．圆环顺时针缓慢转过角度2θ的过程，轻绳的张力( )图6A．逐渐增大B．逐渐减小C．先增大再减小D．先减小再增大答案 C解析M、N连线与水平直径的夹角θ(θ≤90°)越大，M、N之间的水平距离越小，轻绳与竖直方向的夹角α越小，根据mg＝2F T cos α，知轻绳的张力F T越小，故圆环从题图位置顺时针缓慢转过2θ的过程，轻绳的张力先增大再减小，故选C.7.(2020·甘肃威武市三诊)如图7所示，定滑轮通过细绳OO′连接在天花板上，跨过定滑轮的细绳两端连接两带电小球A、B，其质量分别为m1、m2 (m1≠m2 )．调节两小球的位置使二者处于静止状态，此时OA、OB段绳长分别为l1、l2，与竖直方向的夹角分别为α、β.已知细绳绝缘且不可伸长，不计滑轮大小和摩擦．则下列说法正确的是( )图7A ．α≠βB ．l 1∶l 2 ＝m 2∶m 1C ．若仅增大 B 球的电荷量，系统再次静止，则 OB 段变长D ．若仅增大 B 球的电荷量，系统再次静止，则 OB 段变短答案 B解析因滑轮两边绳子的拉力大小相等，可知α＝β，选项A 错误；画出两球的受力图，由三角形关系可知m 1g OC ＝F T1l 1 m 2g OC ＝F T2l 2其中F T1＝F T2，则l 1l 2＝m 2m 1，选项B 正确；由关系式l 1l 2＝m 2m 1可知，l 1和l 2的大小由两球的质量关系决定，与两球电荷量关系无关，则若仅增大B 球的电荷量，系统再次静止，则OB 段不变，选项C 、D 错误．8．(多选)(2019·河南郑州市质检)如图8所示，在直角框架MQN 上，用轻绳OM 、ON 共同悬挂一个物体．物体的质量为m ，ON 呈水平状态．现让框架沿逆时针方向缓慢旋转90°，在旋转过程中，保持结点O 位置不变．则下列说法正确的是( )图8A ．绳OM 上的力一直在减小B ．绳ON 上的力一直在增大C ．绳ON 上的力先增大再减小D ．绳OM 上的力先减小再增大答案 AC。

2023届全国新高考物理精准备考复习动态平衡

子张力变大
• D. B端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，绳
子张力变小
ABD
总结：绳上的拉力大小由绳长与悬点间的水平距离决定
【变式】
• 13、如图所示，在竖直放置的穹形光滑支架上上部为半圆形，左右竖直一根不可伸长的轻绳通过光滑的轻质滑轮悬挂一重物G。现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B点（B点是穹形支架的最高点）沿支架缓慢地向C点（C点与A点等高）靠近。则绳中拉力大小变化的情况是
• A. 3mg
3mg
B.
C
2
mg
• C.
2
D. 3mg 3
【矢量三角形法与多体问题的综合】
• 3、一套有小环的粗糙杆水平放置，小球通过细线系在小环上，并在小球上施加一
水平向右的拉力，使系统处于平衡状态，
如图所示。现在将水平拉力缓慢减小，下列说法正确的是
• A. 细线对小球的拉力缓慢变大
• B. 细线对小环的拉力保持不变
注意研究对象的选择
【一种特殊的动态平衡问题】
• 12、（多选）如图所示，晾晒衣服的绳子轻且光滑，悬挂衣服的衣架的挂钩也是光滑的，轻绳两端分别固定在两根竖直杆上的A、B两点，衣服处于静止状态，如果保持绳子A端位置不变，将B端分别移动到不同的位置，下列说法正确的是
• A.B端移到B1 位置时，绳子张力不变 • B. B端移到 B2位置时，绳子张力不变 • C. B端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，绳
水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过
光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与
斜面平行．在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、
c都处于静止状态，下列说法正确的是
• A. b对c的摩擦力可能始终增加

全国通用2025版高考物理一轮复习第二章微专题14动态平衡问题加练半小时含解析

动态平衡问题[方法点拨] (1)三力动态平衡问题用图解法、相像三角形法等.(2)多力动态平衡问题常用解析法.(3)涉及到摩擦力的时候要留意静摩擦力与滑动摩擦力的转换.1.(2024·河北省衡水中学调研)如图1所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动，用轻绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根轻绳一端系在O点，O点为圆弧的圆心，另一端系在圆弧形墙壁上的C点，当该轻绳端点由点C渐渐沿圆弧CB向上移动的过程中(保持OA与地面夹角θ不变)，OC绳拉力的大小改变状况是( )图1A.渐渐减小B.渐渐增大C.先减小后增大D.先增大后减小2.如图2所示，不计重力的轻杆OP能以O点为圆心在竖直平面内自由转动，P端用轻绳PB 挂一重物，另用一根轻绳通过光滑定滑轮系住P端.在力F的作用下，当杆OP和竖直方向的夹角α(0＜α＜π)缓慢增大时，力F的大小应( )图2A.渐渐增大B.恒定不变C.渐渐减小D.先增大后减小3.(2024·四川省成都七中月考)如图3所示，一竖直放置的大圆环，在其水平直径上的A、B 两端系着一根不行伸长的松软轻绳，绳上套有一光滑小铁环.现将大圆环在竖直平面内绕O 点顺时针缓慢转过一个微小角度，则关于轻绳对A、B两点拉力F A、F B的改变状况，下列说法正确的是( )图3A.F A变小，F B变小B.F A变大，F B变大C.F A变大，F B变小D.F A变小，F B变大4.(2024·江西省上高二中月考)在新疆吐鲁番的葡萄烘干房内，果农用图4所示支架悬挂葡萄，OA、OB为承重的轻杆，AOB始终在竖直面内，OA可绕A点自由转动，OB与OA通过铰链连接，可绕O点自由转动，且OB的长度可调整，现将簇新葡萄用细线悬挂于O点，保持OA 不动，调整OB的长度让B端沿地面上的AB连线向左缓慢移动，OA杆所受作用力大小为F1，OB杆所受的作用力大小为F2，∠AOB由锐角变为钝角的过程中，下列推断正确的是( )图4A.F1渐渐变大，F2先变小后变大B.F1先变小后变大，F2渐渐变大C.F1渐渐变小，F2渐渐变小D.F1渐渐变大，F2渐渐变大5.如图5所示，在水平板左端有一固定挡板，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.已知滑块与水平板的动摩擦因数为33(最大静摩擦力与滑动摩擦力相等).现将板的右端缓慢抬起使板与水平面间的夹角为θ，最终直到板竖直，此过程中弹簧弹力的大小F随夹角θ的改变关系可能是( )图56.如图6所示，一根不行伸长的轻绳两端连接两轻环A 、B ，两环分别套在相互垂直的水平杆和竖直杆上，轻绳绕过光滑的轻小滑轮，重物悬挂于滑轮下，始终处于静止状态，下列说法正确的是( )图6A.只将环A 向下移动少许，绳上拉力变大，环B 所受摩擦力变小B.只将环A 向下移动少许，绳上拉力不变，环B 所受摩擦力不变C.只将环B 向右移动少许，绳上拉力变大，环A 所受杆的弹力不变D.只将环B 向右移动少许，绳上拉力不变，环A 所受杆的弹力变小7.(多选)(2024·天津市和平区一模)甲、乙两建筑工人用简洁机械装置将工件从地面提升并运输到楼顶.如图7所示，设当重物提升到肯定高度后，两工人保持位置不动，甲通过缓慢释放手中的绳子，使乙能够用一始终水平的轻绳将工件缓慢向左拉动，最终将工件运输至乙所在位置，完成工件的运输，绳的重力及滑轮的摩擦不计，滑轮大小忽视不计，则在工件向左移动过程中( )图7A.甲手中绳子上的拉力不断减小B.楼顶对甲的支持力不断增大C.楼顶对甲的摩擦力大于对乙的摩擦力D.乙手中绳子上的拉力不断增大8.如图8所示，斜面上固定一与斜面垂直的挡板，另有一截面为14圆的光滑柱状物体甲放置于斜面上，半径与甲相同的光滑球乙被夹在甲与挡板之间，没有与斜面接触而处于静止状态，现在从球心O 1处对甲施加一平行于斜面对下的力F ，使甲沿斜面缓慢向下移动.设乙对挡板的压力大小为F 1，甲对斜面的压力大小为F 2，甲对乙的弹力大小为F 3，在此过程中( )图8A.F1渐渐增大，F2渐渐增大，F3渐渐增大B.F1渐渐减小，F2保持不变，F3渐渐减小C.F1保持不变，F2渐渐增大，F3先增大后减小D.F1渐渐减小，F2保持不变，F3先减小后增大9.(2024·云南省保山市二模)如图9所示，A、B为竖直墙面上等高的两点，AO、BO为长度相等的两根轻绳，AOB在同一水平面内，初始时∠AOB<90°，CO为一根轻杆，可绕C点在空间无摩擦转动，转轴C在AB中点D的正下方，在O点处悬挂一个质量为m的物体，整个系统处于平衡状态，现将绳AO的A端缓缓向D端移动，O点位置保持不动，系统仍旧保持平衡，则( )图9A.绳AO的拉力渐渐增大B.绳BO的拉力渐渐增大C.杆CO受到的压力渐渐增大D.绳AO、BO的拉力的合力渐渐增大10.(多选)如图10所示，斜面体放置于粗糙水平地面上，物块A通过跨过定滑轮的轻质细绳与物块B连接，系统处于静止状态，现对B施加一水平力F使B缓慢地运动，使绳子偏离竖直方向一个角度，在此过程中( )图10A.斜面对物块A的摩擦力始终增大B.绳对滑轮的作用力不变C.地面对斜面体的摩擦力始终增大D.地面对斜面体的支持力保持不变11.(2024·湖南省郴州市一模)如图11所示，形态和质量完全相同的两个圆柱体a、b靠在一起，两圆柱体表面光滑，重力均为G，其中b的下半部固定在水平面MN的下方，上边露出另一半，a静止在平面上，现过a的轴心施一水平作用力F，缓慢地将a拉离水平面始终滑到b 的顶端，对该过程分析，则应有( )图11A.拉力F先增大后减小，最大值是GB.起先时拉力F最大为3G，之后渐渐减小为GC.a、b间的压力由0渐渐增大，最大为GD.a、b间的压力起先最大为2G，而后渐渐减小到G答案精析 1.C[对物体受力分析，物体受力平衡，则竖直绳的拉力等于物体的重力G ，故竖直绳的拉力不变；再对O 点分析，O 点受竖直绳的拉力、OA 的支持力F 及OC 绳的拉力而处于平衡状态，受力分析如图所示，F 和OC 绳的拉力的合力与G 大小相等，方向相反，则在OC 绳端点上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，由图可知OC 绳的拉力先减小后增大，故C 正确.]2.A [对P 点受力分析，如图所示，设定滑轮处为C 点，由相像三角形可得G OC ＝F PC ，则F ＝PC OC G ，由于绳子长度PC 始终增大，OC 、G 不变，所以F 始终增大.]3.A [松软轻绳上套有光滑小铁环，两侧轻绳中拉力相等.将大圆环在竖直平面内绕O 点顺时针缓慢转过一个微小角度，A 、B 两点之间的水平距离减小，光滑小铁环两侧轻绳间夹角2α减小，由2F cos α＝mg 可知，轻绳中拉力F 减小，轻绳对A 、B 两点的拉力F A 和F B 都变小，选项A 正确.]4.A[由题可知，保持OA 的位置不变，以O 点为探讨对象进行受力分析，受到细线的拉力(等于葡萄的重力)和两杆的支持力，如图所示，OB 杆的支持力F 2与OA 杆的支持力F 1的合力与细线的拉力等大、反向，当OB 杆向左移动而OA 位置不变时，各力的改变状况如图所示，由图可知，F 1渐渐增大，F 2先减小再增大，故A 正确.]5.C [当θ角较小时，滑块不能下滑压缩弹簧，滑块受重力G 、斜面支持力F N 和斜面的静摩擦力F f 而平衡，直到mg sin θ－μmg cos θ＝0，即θ＝π6为止，A 、B 错误；当θ>π6时，滑块下滑压缩弹簧，在动态平衡过程中有F ＋μmg cos θ－mg sin θ＝0，F ＝mg (sin θ－μcos θ)＝mg 1＋μ2sin(θ－φ)，tan φ＝μ，即φ＝π6，由此可知C 正确，D 错误.] 6.B[轻绳绕过光滑的轻小滑轮，绳上的张力到处相等，则滑轮两侧的绳子与竖直方向的夹角相等，设为α，设绳子的长度为L ，B 点到竖直杆的距离为s ，依据几何学问和对称性，得sin α＝s L ①以滑轮为探讨对象，设绳子拉力大小为F ，依据平衡条件得2F cos α＝mg ，解得F ＝mg 2cos α② 只将环A 向下移动少许，s 和L 均不变，则由①②式得知，F 不变，环B 的受力状况不变，故A 错误，B 正确；只将环B 向右移动少许，s 增加，而L 不变，则由①式得知，α增大，cos α减小，则由②式得知，F 变大，环A 所受的拉力变大，则环A 所受杆的弹力变大，故C 、D 错误.]7.CD [设与结点和滑轮相连的一段绳子与竖直方向的夹角为θ，工件重力为mg ，对结点受力分析如图所示，可得甲手中绳子拉力F T1＝mg cos θ，乙手中绳子拉力F T2＝mg tan θ，工件向左移动过程中，θ渐渐增大，可知F T1渐渐增大，F T2也渐渐增大，A 错误，D 正确；甲手中绳子与水平方向夹角不变，可知F T1竖直向上的分力渐渐增大，由平衡条件可知楼顶对甲的支持力不断减小，B 错误；分别对甲、乙水平方向的受力进行分析，可得楼顶对甲的摩擦力F f1＝F T1sin φ，φ为甲手中绳子与竖直方向的夹角，楼顶对乙的摩擦力F f2＝F T2，分析可知，始终有φ>θ，则F f1＝mg sin φcos θ>F f2＝mg sin θcos θ，C 正确.]8.B [先对乙受力分析，受重力、挡板的支持力F 1′和甲物体的弹力F 3，如图(a).依据平衡条件，结合几何关系可以看出挡板的支持力F 1′渐渐减小，甲对乙的弹力F 3渐渐减小，依据牛顿第三定律，乙对挡板的压力F 1渐渐减小.再对甲与乙整体受力分析，受重力、斜面的支持力F 2′、挡板的支持力F 1′和已知力F ，如图(b).依据平衡条件有：x 方向，F ＋(M ＋m )g sin θ－F 1′＝0；y 方向，F 2′－(M ＋m )g cos θ＝0，解得F 2′＝(M ＋m )g cos θ，保持不变，结合牛顿第三定律，物体甲对斜面的压力F 2保持不变，故B 正确.]9.A [设绳AO 和绳BO 拉力的合力为F ，以O 点为探讨对象，O 点受到重力mg 、杆的支持力F 2和绳AO 与绳BO 拉力的合力F ，作出力的示意图如图甲所示.当重力不变、杆与竖直方向的夹角不变时，杆的支持力F 2不变，绳AO 与绳BO 拉力的合力F 也不变，仍沿OD 方向，故C 、D 错误；当A 点渐渐靠近D 点时，将绳AO 和绳BO 的拉力合成如图乙所示，可知绳AO 的拉力渐渐增大，绳BO 的拉力渐渐减小，故A 正确，B 错误.]10.CD [当对B 施加一水平力F 使B 缓慢地运动时，拉力F 与绳子上的力的合力与物块B 的重力相平衡，对B 受力分析可知，当绳子偏离竖直方向的角度渐渐增大时，绳子上的拉力会渐渐增大，故绳子拉A 的力也会增大，假如原来A 受到沿斜面对上的摩擦力，则当拉力增大时，该摩擦力就会先减小，减小到0时再反向增大，选项A 错误；滑轮会受到两侧绳子对它的弹力的作用，这两个力的合力的方向是改变的，故绳对滑轮的作用力是改变的，选项B 错误；对物块A 、B 和斜面体整体，水平方向的拉力F 在渐渐增大，故地面对斜面体的摩擦力始终增大，选项C 正确；由于外力F 沿水平方向，故竖直方向上整体受到的力是不变的，即地面对斜面体的支持力保持不变，选项D 正确.]11.D [据力的三角形定则可知，圆柱a 处于初状态时，圆柱a 受到的支持力F N ＝G sin30°＝2G ，拉力F ＝G tan30°＝3G ；当圆柱a 缓慢滑动时，θ增大，拉力F ＝G tan θ减小；当圆柱a 滑到圆柱b 的顶端时，圆柱a 受到的拉力最小，为0，故A 、B 错误；圆柱a 受到的支持力F N ＝Gsin θ，θ增大，则支持力减小，故起先时支持力最大为2G ，滑到b 的顶端时支持力最小为G ，故C 错误，D 正确.]。

(完整版)高中物理受力分析(动态平衡问题)典型例题(含答案)【经典】

知识点三：共点力平衡（动向平衡、矢量三角形法）1．(单项选择 )以下列图，一小球在斜面上处于静止状态，不考虑所有摩擦，若是把竖直挡板由竖直地址缓慢绕O 点转至水平川点，则此过程中球对挡板的压力 F1和球对斜面的压力 F2的变化情况是 ( )．答案 B A． F1先增大后减小， F2素来减小B． F 先减小后增大， F 素来减小12C． F1和 F2都素来减小D． F1和 F2都素来增大2、（单项选择） (天津卷， 5)以下列图，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O 点．现用水平力 F 缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳向来处于直线状态，当小球升到凑近斜面顶端时细绳凑近水平，此过程中斜面对小球的支持力F N以及绳对小球的拉力 F T的变化情况是 ()．答案 DA． F N保持不变， F T不断增大B． F N不断增大， F T不断减小C． F N保持不变， F T先增大后减小D． F N不断增大， F T先减小后增大3．（单项选择）以下列图，一圆滑小球静止放置在圆滑半球面的底端，用竖直放置的圆滑挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动的过程中(该过程小球未走开球面)，木板对小球的推力F1、半球面对小球的支持力 F2的变化情况正确的选项是 ()．答案 BA． F 增大， F 减小B．F 增大， F 增大1212C． F 减小， F 减小D． F 减小， F 增大12124、（单项选择）以下列图，一物块受一恒力 F 作用，现要使该物块沿直线AB 运动，应该再加上另一个力的作用，则加上去的这个力的最小值为()．答案 BA． Fcos θB． Fsin θC． Ftan θD． Fcot θ5．(单项选择 )以下列图，一倾角为 30°的圆滑斜面固定在地面上，一质量为m 的小木块在水平力 F 的作用下静止在斜面上．若只改变 F 的方向不改变 F 的大小，仍使木块静止，则此时力 F 与水平面的夹角为 ()．答案AA．60°B． 45°C． 30°D． 15°6．（多项选择）一铁架台放于水平川面上，其上有一轻质细线悬挂一小球，开始时细线竖直，现将水平力 F 作用于小球上，使其缓慢地由实线地址运动到虚线地址，铁架台向来保持静止，则在这一过程中 ()．答案： ADA．细线拉力逐渐增大B．铁架台对地面的压力逐渐增大C．铁架台对地面的压力逐渐减小D．铁架台所受地面的摩擦力逐渐增大7、（多项选择） (苏州调研 )以下列图，质量均为 m 的小球 A、 B 用两根不可以伸长的轻绳连接后悬挂于O 点，在外力 F 的作用下，小球A、 B 处于静止状态．若要使两小球处于静止状态且悬线OA 与竖直方向的夹角θ保持 30°不变，则外力 F 的大小 ()．答案 BCD35A．可能为3 mg B．可能为2 mgC．可能为2mg D．可能为 mg8、（单项选择）以下列图，轻绳的一端系在质量为m 的物体上，另一端系在一个轻质圆环上，圆环套在粗糙水平杆 MN 上．现用水平力 F 拉绳上一点，使物体处于图中实线地址，尔后改变 F 的大小使其缓慢下降到图中虚线地址，圆环仍在原来的地址不动．在这一过程中，水平拉力F、环与杆的摩擦力 F 摩和环对杆的压力F N的变化情况是 ()．答案 DA．F 逐渐增大， F 摩保持不变， F N逐渐增大B．F 逐渐增大， F 摩逐渐增大， F N保持不变摩N摩N逐渐增大， F 逐渐减小逐渐减小， F 保持不变C． F 逐渐减小， F D． F 逐渐减小， F19．（单项选择）以下列图，在拉力F 作用下，小球 A 沿圆滑的斜面缓慢地向上搬动，在此过程中，小球碰到的拉力 F 和支持力 F N 的大小变化是 ()．A ． F 增大， F N 减小答案AB ． F 和 F N 均减小NC ． F 和 F 均增大D ． F 减小， F N 不变10．(单项选择 )半圆柱体 P 放在粗糙的水平川面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN .在 P 和 MN 之间放有一个圆滑均匀的小圆柱体Q ，整个装置处于静止状态．以下列图是这个装置的纵截面图．若用外力使MN 保持竖直，缓慢地向右搬动，在 Q 落到地面以前，发现 P 向来保持静止．在此过程中，以下说法中正确的选项是 ( )．答案BA ． MN 对 Q 的弹力逐渐减小B ．地面对 P 的摩擦力逐渐增大C ． P 、 Q 间的弹力先减小后增大D ． Q 所受的合力逐渐增大11．(多项选择 )以下列图，在斜面上放两个圆滑球 A 和 B ，两球的质量均为 m ，它们的半径分别是 R 和 r ，球 A左侧有一垂直于斜面的挡板 P ，两球沿斜面排列并处于静止状态，以下说法正确的选项是()．答案BCA ．斜面倾角 θ必然， R>r 时， R 越大， r 越小，则B 对斜面的压力越小 B ．斜面倾角 θ必然， R ＝ r 时，两球之间的弹力最小C ．斜面倾角 θ一准时，无论半径如何，A 对挡板的压力必然D ．半径一准时，随着斜面倾角 θ逐渐增大， A 碰到挡板的作用力先增大后减小 12．(单项选择 )以下列图，用 OA 、OB 两根轻绳将物体悬于两竖直墙之间，开始时 OB 绳水平．现保持 O 点地址不变，改变 OB 绳长使绳端由 B 点缓慢上移至 B ′点，此时绳 OB ′与绳 OA 之间的夹角 θ<90°. 设此过程中绳 OA 、 OB 的拉力分别为 F OA OB)．答案 B 、 F ，以下说法正确的选项是(OA OA逐渐减小 A ． F 逐渐增大 B ．FC ． F OB 逐渐增大D ． F OB 逐渐减小 13、（多项选择）如图，不可以伸长的轻绳超出动滑轮，其两端分别系在固定支架上的 A 、B 两点，支架的左侧竖直，右边倾斜．滑轮下挂一物块，物块处于平衡状态，以下说法正确的选项是 ( )．答案 BC A ．若左端绳子下移到 A 1 点，重新平衡后绳子上的拉力将变大 B ．若左端绳子下移到 A 1 点，重新平衡后绳子上的拉力将不变C ．若右端绳子下移到1点，重新平衡后绳子上的拉力将变大BD ．若右端绳子下移到 1点，重新平衡后绳子上的拉力将不变B14、（单项选择）以下列图，一小球放置在木板与竖直墙面之间．设墙面对球的压力大小为F N1，球对木板的压力大小为 F N2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示地址开始缓慢地转到水平川点．不计摩擦，在此过程中( )．答案 BA ． F N1 向来减小， F N2 向来增大B ． F N1 向来减小， F N2 向来减小C ． F N1 先增大后减小， F N2 向来减小D ． F N1 先增大后减小， F N2 先减小后增大 15．(单项选择 )作用于 O 点的三力平衡，设其中一个力大小为 1 2 大小未知，F ，沿 y 轴正方向，力 F与 x 轴负方向夹角为 θ，以下列图．以下关于第三个力 F 3 的判断中正确的选项是( )． A ．力 F 3 只幸亏第四象限答案 CB ．力 F 3 与 F 2 夹角越小，则 F 2 和 F 3 的合力越小 31C ． F 的最小值为 F cos θ3D ．力 F 可能在第一象限的任意地域16．(多项选择 )一个圆滑的圆球搁在圆滑的斜面和竖直的挡板之间，如图 21 所示．斜面和挡板对圆球的弹力随斜面倾角 α变化而变化，故 ()．答案ACA．斜面弹力N1的变化范围是 (mg，＋∞)FB．斜面弹力 F N1的变化范围是 (0，＋∞)C．挡板的弹力 F N2的变化范围是 (0，＋∞ )D．挡板的弹力 F N2的变化范围是 (mg，＋∞)2。

2023年浙江省高三物理高考复习专题知识点模型精讲精练第3讲共点力下的动态平衡问题(练习版)

第3讲共点力下的动态平衡问题1．（2022·辽宁）如图所示，蜘蛛用蛛丝将其自身悬挂在水管上，并处于静止状态。

蛛丝OM 、ON 与竖直方向夹角分别为α、β（α＞β）。

用F 1、F 2分别表示OM 、ON 的拉力，则（）A ．F 1的竖直分力大于F 2的竖直分力B ．F 1的竖直分力等于F 2的竖直分力C ．F 1的水平分力大于F 2的水平分力D ．F 1的水平分力等于F 2的水平分力2．（2022·浙江）如图所示，一轻质晒衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的斜杆垂直，两斜杆夹角θ＝60°。

一重为G 的物体悬挂在横杆中点，则每根斜杆受到地面的（）A ．作用力为√33G B ．作用力为√36GC ．摩擦力为√34G D ．摩擦力为√38G3．（2022·浙江）如图所示，水平放置的电子秤上有一磁性玩具，玩具由哑铃状物件P 和左端有玻璃挡板的凹形底座Q 构成，其重量分别为G P 和G Q 。

用手使P 的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P 对手有靠向玻璃挡板的力，P 与挡板接触后放开手，P 处于“磁悬浮”状态（即P 和Q 的其余部分均不接触），P 与Q 间的磁力大小为F 。

下列说法正确的是（）A ．Q 对P 的磁力大小等于G PB ．P 对Q 的磁力方向竖直向下C ．Q 对电子秤的压力大小等于G Q +FD ．电子秤对Q 的支持力大小等于G P +G Q4．（2022·浙江）如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m 的石墩，石墩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墩时，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μmg cosθB ．轻绳的合拉力大小为μmg cosθ+μsinθC ．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，地面对石墩的摩擦力也最小一.知识总结1．共点力作用于物体的同一点或作用线相交于一点的几个力。

2 受力分析与力的动态平衡问题 -高考物理三轮冲刺(解析版)

预测02 受力分析与力的动态平衡问题概率预测☆☆☆☆☆题型预测选择题☆☆☆☆计算题☆考向预测本专题命题重点是力的动态平衡；通过情境紧密联系生活，围绕物理学科核心素养，考查考生从实际问题中构建物理模型的能力。

一般需要利用整体法和隔离法进行受力分析，题型一般为选择题。

1、解析法的应用此法常用于可以较简捷列出平衡条件方程的情况或者正交分解的情况（1）先受力分析，得出物体受哪几个力而处于平衡状态。

（2）建立直角坐标系，正交分解力，列平衡条件方程，或在力的三角形中结合三角形知识列平衡条件方程。

（3）分析方程中的变量有哪些，分析题目信息得到这些物理量是如何变化的。

（4）把分析得到的变化的物理量代入方程，得到平衡条件下的受力动态变化情况。

2、图解法的应用此处常用于物体受三个力作用，其中一个力大小、方向不变，另一个力的方向不变的情景，思路如下：（1）先受力分析，得出物体受几个力而处于平衡状态。

（2）分析题目给出的信息，判断物体受力的变化方式。

（3）把受力对应到几何图形中结合几何知识分析。

3、三角形相似法的应用此法是图解法的特例，一般研究对象受绳（杆）或其他物体的约束，从几何形状来看，有一个边大小不变，方向改变，还有一个边的大小、方向均不变。

且物体受到三个力的作用，其中的一个力大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化，可以用力三角形与几何三角形相似的方法。

1、解决动态平衡问题的一般思路化“动”为“静”，多个状态下“静”态对比，分析各力的变化或极值.2、三力作用下动态平衡3、四力作用下动态平衡（1）在四力平衡中，如果有两个力为恒力，或这两个力的合力方向确定，为了简便可用这两个力的合力代替这两个力，转化为三力平衡，例如：如图，qE<mg，把挡板缓慢转至水平的过程中，可以用重力与电场力的合力mg－qE代替重力与电场力.如图，物体在拉力F作用下匀速运动，改变θ大小，求拉力的最小值，可以用支持力与摩擦力的合力F′代替支持力与摩擦力.（tan θ＝μ）（2）对于一般的四力平衡及多力平衡，可采用正交分解法.1．(多选)（2019·全国高考真题）如图，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】如图所示，以物块N 为研究对象，它在水平向左拉力F 作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中，水平拉力F 逐渐增大，绳子拉力T 逐渐增大；对M 受力分析可知，若起初M 受到的摩擦力f 沿斜面向下，则随着绳子拉力T 的增加，则摩擦力f 也逐渐增大；若起初M 受到的摩擦力f 沿斜面向上，则随着绳子拉力T 的增加，摩擦力f 可能先减小后增加．故本题选BD ．2．(多选)（2017·全国高考真题）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（2πα>）．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，受重力mg，OM绳上拉力F2，MN上拉力F1，由题意知，三个力合力始终为零，矢量三角形如图所示，在F2转至水平的过程中，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．一、单选题1．（2021·江苏高三二模）一台空调外机用两个三脚架固定在外墙上，如图所示，空调外机的重心在支架水平横梁AO和斜梁BO连接点O的上方，横梁对O点的拉力沿OA方向、大小为F1，斜梁对O点的支持力沿BO方向、大小为F2.如果把斜梁加长一点，仍保持连接点O的位置不变，则（）A ．F 1增大B ．F 1减小C ．F 2不变D ．F 2增大【答案】 B【解析】对O 点受力分析有如图由平衡得1tan G F θ=2sin GF θ=保持连接点O 的位置不变，斜梁长度增加中θ变大，所以12F F 、均减小。

2025届高三物理一轮复习专题突破四动态平衡问题平衡中的临界和极值问题(28张PPT)

解析设两根细绳对圆柱体的拉力的合力为FT,木板对圆柱体的支持力为FN,由平衡条件得FT、FN的合力方向竖直向上,大小等于圆柱体的重力G。作合成图中三角形的外接圆,初状态时FN水平向左,FT过圆的圆心,如图中实线所示。木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平过程中,
FT、FN的夹角不变,且合力不变,如图中虚线所示,可知两根细绳对圆柱体拉力的合力FT一直减小,木板对圆柱体的支持力FN先增大后减小,根据牛顿第三定律得圆柱体对木板的压力先增大后减小,A、D两项错误, B项正确;两根细绳的夹角不变,随着合力的减小,两根细绳上的拉力也一直减小,C项错误。
解析如图所示,以小球为研究对象,小球受到重力、细绳的拉力和斜面的支持力,三力平衡。根据平衡条件得知拉力与支持力的合力与重力大小相等,方向相反,且重力保持不变,作出三个位置拉力与支持力的合成示意图,可得细绳由水平方向逐渐向上偏移时,拉力F先逐渐减小后逐渐增大,D项正确。
答案 D
考向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。
第二章
相互作用——力
专题突破四态平衡问题平衡中的临界和极值问题
1.学会用解析法、图解法、相似三角形法等解答动态平衡问题。2.会用极限分析法或数学分析法等解答平衡中的临界和极值问题。
1.动态平衡问题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.基本思路:化“动”为“静”,“静”中求“动”。
考向2 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。
答案 A

2025届高考物理一轮复习资料第二章相互作用专题强化三动态平衡平衡中的临界与极值问题

专题强化三动态平衡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。

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如图1，OABC为常见的“汽车千斤顶”。

当汽车需要换轮胎时，司机将它放在车身底盘和地面之间，只需摇动手柄使螺旋杆OA转动，O、A之间的距离就会逐渐减小，O、C之间的距离增大，就能将汽车车身缓缓地顶起来。

在千斤顶将汽车顶起来的过程中，下列关于OA、OB的弹力的说法正确的是()图1A.OA 、OB 的弹力不断变大B.OA 、OB 的弹力不断变小C.OA 的弹力变大、OB 的弹力变小D.OA 的弹力变小、OB 的弹力变大答案 B解析对O 点进行受力分析，它受到汽车对它竖直向下的压力，大小等于汽车的重力G ，OA 方向杆的弹力F OA ，BO 方向的弹力F BO ，设OB 与水平方向夹角为θ，可知F BO ＝G sin θ，F OA ＝Gtan θ，当千斤顶将汽车顶起来的过程中，θ变大，则F BO 和F OA 均变小，故B 正确。

1.(2024·河南三门峡模拟)如图2所示，在水平粗糙横杆上，有一质量为m 的小圆环A ，悬吊一个质量为M 的小球B ，今用一水平力F 缓慢地拉起B ，A 仍保持静止不动，设圆环A 受到的支持力为F N ，静摩擦力为f ，此过程中( )图2A.F N 增大，f 减小B.F N 不变，f 减小C.F N 不变，f 增大D.F N 增大，f 增大答案C解析将A、B整体受力分析，如图甲所示，由平衡条件得F N＝(M＋m)g，可知F N不变，f＝F；隔离B，受力分析如图乙所示，由平衡条件知F＝Mg tan θ，水平力F缓慢地拉起B的过程中，θ增大，外力F逐渐增大，所以f增大，故C正确。

2023年高考物理压轴题专练附解答力与平衡

【知识回扣】1.思维导图2.力的基本知识产生条件物体间相互接触并挤弹力压地球附近的物体都受重力到重力作用接触并挤压、有相对运与物体相对运动或相对运动摩擦力动或者有相对运动的趋势方向相反趋势、接触面粗糙正电荷所受电场力方向与场电场力有电场强方向一致，负电荷所受电场力方向与场强方向相反○1滑动摩擦力：由Ff=μFN求解。

○2静摩擦力：0≤Ff≤fmax。

根据牛顿运动定律或平衡条件来求解。

若为匀强电场，电场力：F＝qE。

q1q2点电荷间的库仑力F＝k2. r安培力：○1B∥l时，F=0 安培力用左手定则判断，安培力垂有磁场直于B、I决定的平面。

○3B与I的夹角为θ 时，F＝BILsinθ （L是导线的有效长度）○2B⊥l 时，F=BIL 始终竖直向下重力的大小与质量成正比：G=mg 形变的外力方向相反律求解方向与作用在物体上使物体发生○2非弹簧类：用平衡条件或动力学规大小○1弹簧类：F=kx洛伦兹力3.弹力有无的判断方法有磁场用左手定则判断，洛伦兹力洛伦兹力：F＝qvB，此式只适用于垂直于B、v决定的平面，洛B⊥v的情况。

当B∥v时F＝0。

伦兹力不做功。

（1）假设法：对形变不明显的情况，可假设两物体之间不存在弹力，看物体是否保持原有的状态，若运动状态不变，则此处不存在弹力；若运动状态改变，则此处一定存在弹力。

（2）状态法：根据物体的状态，利用牛顿第二定律或共点力的平衡条件判断是否存在弹力。

4.静摩擦力有无及方向的判断方法（1）假设法：假设物体间接触面光滑，若不发生相对滑动，则无相对运动趋势，无静摩擦力；若发生相对滑动，则有相对运动趋势，有静摩擦力，静摩擦力方向与相对运动趋势方向相反。

（2）状态法：确定物体的运动状态，再利用平衡条件或牛顿第二定律确定静摩擦力的方向。

（3）牛顿第三定律法：“力是物体间的相互作用”，先确定受力少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据牛顿第三定律确定另一物体受到的静摩擦力的方向。

2023版新教材高考物理微专题小练习专题12动态平衡问题

专题12 动态平衡问题1．(多选)如图甲所示，一只小鸟沿着较粗的树枝从A点缓慢移动到B点，将该过程抽象为质点从圆弧上的A点移动到B点，如图乙所示，以下说法正确的是( )A．树枝对小鸟的弹力减小B．树枝对小鸟的弹力增大C．树枝对小鸟的摩擦力减小D．树枝对小鸟的摩擦力增大2.[2022·云南月考]如图所示，置于斜面上的物体A受到平行于斜面向下的力F作用保持静止．若力F大小不变，方向在竖直平面内由沿斜面向下顺时针缓慢转到沿斜面向上(转动范围如图中虚线所示).在F转动过程中，物体和斜面始终保持静止．在此过程中( ) A．地面与斜面间的摩擦力可能先减小后增大B．地面与斜面间的摩擦力可能一直增大C．物体与斜面间的摩擦力可能先增大后减小D．物体与斜面间的摩擦力可能一直减小3.(多选)如图所示，质量为m的小球套在竖直固定的光滑圆环上，在圆环的最高点有一个光滑小孔，一根轻绳的下端系着小球，上端穿过小孔用力拉住，开始时绳与竖直方向夹角为θ，小球处于静止状态，现缓慢拉动轻绳，使小球沿光滑圆环上升一小段距离，则下列关系正确的是( )A．绳与竖直方向的夹角为θ时，F＝2mg cosθB．小球沿光滑圆环上升过程中，轻绳拉力逐渐增大C．小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力逐渐增大D．小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力大小不变4.[2022·广东省肇庆市统考]如图所示，用网兜把足球挂在光滑墙壁上的A点，足球与墙壁的接触点为B.若更换悬线更长的新网兜，重新把足球挂在A点，足球与墙壁接触点为C(图中未标出)，已知两点间距l AC>l AB，下列说法正确的是( )A．网兜对A点的拉力不变B．网兜对A点的拉力变小C．足球对墙壁的压力不变D．足球对墙壁的压力变大5.[2022·河南省质检]如图所示，光滑斜面上用细线拴着的匀质小球处于静止状态，细线水平且延长线经过球心O，小球与斜面的接触点为A，下列说法正确的是( ) A．细线的拉力不可能等于小球的重力B．细线的拉力一定小于斜面对小球的支持力C．若细线长度等于小球半径，则细线拉力等于小球重力D．若细线长度等于小球半径，则细线拉力等于小球重力的一半6.[2022·江苏省苏州市调研]某气象研究小组用图示简易装置测定水平风速，在水平地面的底座(始终保持静止)上竖直固定一直杆，半径为R、质量为m的薄空心塑料球用细线悬于杆顶端O ，当水平风吹来时，球在风力的作用下飘起来．已知风力大小正比于风速，也与球正对风的截面积成正比，当风速v 0＝3 m/s 时，测得球静止时细线与竖直方向的夹角θ＝30°.则下列说法正确的是( )A ．当θ＝60°时，风速v ＝6 m/sB ．若风速增大到某一值时，θ可能等于90°C ．若风速不变，换用半径相等、质量较大的球，则θ减小D ．若风速增大，换用半径较大、质量不变的球，底座对地面的压力增大7．如图甲所示，质量为m 的半球体静止在倾角为θ的平板上，当θ从0缓慢增大到π2的过程中，半球体所受摩擦力F f 与θ的关系如图乙所示，已知半球体始终没有脱离平板，半球体与平板间的动摩擦因数为33，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度为g ，则( )A ．0～q 段图像可能是直线B ．q ～π2段图像可能是直线 C ．q ＝π4D ．p ＝mg28．[情境创新]质量均为m 的小球A 、B 用轻杆连接，小球B 用不可伸长的细线悬挂在竖直墙壁上的O 点，小球A 在竖直向上的力F 作用下从图示位置开始沿竖直光滑墙壁缓慢上移至水平虚线位置，细线始终处于张紧状态．则在小球A 上移过程中( )A ．轻杆先受压力后受拉力B ．细线的张力大小不变C ．力F 不断减小D ．轻杆对小球A 的作用力先增大后减小9．[2022·安徽省江淮联考](多选)如图所示，A 、B 两滑块的质量均为M ，放在粗糙水平面上与两个等长的轻杆连接，两杆以及杆与滑块之间均用光滑铰链连接，一质量为m 的重物C 悬挂于两杆交接处，设杆与水平面间的夹角为θ，整个装置处于静止状态，则下列说法正确的是( )A ．轻杆上作用力为2mg sin θB ．A 、B 滑块均受到五个力作用C.A 、B 滑块对地面的压力大小均为(M ＋12m )g D ．仅增大θ，整个装置仍处于静止状态，则滑块A 、B 受地面的摩擦力越小10.[2022·河南省模拟调研]如图，光滑四分之一圆弧轨道竖直放置，OA 沿水平方向，OB 沿竖直方向，长度恰好为圆弧轨道半径的光滑挡板，一端在圆心，另一端在圆弧面，挡板与圆弧轨道间有质量为m 的小球P (可视为质点)，则挡板自OA 缓慢转动至OB 的过程中，下列说法正确的是( )A ．小球对挡板的作用力先增大后减小B ．小球对挡板的作用力一直减小C ．小球对圆弧轨道的作用力先增大后减小D ．小球对圆弧轨道的作用力先减小后增大11．[2022·江苏省常州市质量调研]如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，光滑小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过光滑定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢向上移动一小段距离，斜面体始终静止．则在小球移动过程中( )A ．细线对小球的拉力变大B ．斜面对小球的支持力变大C．斜面对地面的压力变大D．地面对斜面的摩擦力变大12.[2022·河南省联考]如图所示，光滑直杆OA、OB在O点固定，两杆间夹角θ(θ<90°)不变，在两杆上分别套上质量相等的小环P、Q，两小环由不可伸长的轻绳连接．初始时，杆OA竖直，现缓慢顺时针转动两杆至杆OB竖直，则在转动过程中( ) A．杆对环P的弹力先变大后变小B．杆对环P的弹力一直变小C．杆对环Q的弹力先变小后变大D．杆对环Q的弹力一直变小专题12 动态平衡问题1．BC 设弹力与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件得，小鸟所受的弹力N＝mg cosθ，从A点到B点的过程中，θ减小，弹力增大，A错误，B正确；小鸟所受的摩擦力f＝mg sin θ，从A点到B点的过程中，θ减小，摩擦力减小，C正确，D错误．2．D 以物体作为研究对象，在沿斜面方向上，重力沿斜面向下的分力、F的分力及摩擦力的合力为零，因F的分力先沿斜面向下减小，后沿斜面向上增大，故摩擦力可能先向上减小，后向下增大，也可能一直减小，故C错误，D正确；以整体为研究对象，F的水平分力与地面给斜面的摩擦力平衡，F的水平分力先增大，再减小，再增大，地面与斜面间的摩擦力也同步变化，故A、B错误．3．AD对小球受力分析，小球受到重力mg 、轻绳的拉力F 和圆环的弹力F N ，如答图所示，根据平衡条件可知，mg 和F N 的合力F ′与F 大小相等、方向相反，根据几何知识得F N ＝mg ，且有F ＝F ′＝2mg cos θ，A 正确；小球沿圆环缓慢上移，处于动态平衡状态，对小球进行受力分析，由答图可知△OAB ～△GF ′A ，即mg R ＝F ′AB ＝F N R ，解得F ＝F ′＝AB Rmg ，F N ＝mg ，当小球上移时，半径R 不变，AB 减小，故F 减小，F N 不变，B 、C 错误，D 正确．4.B 已知两点间距l AC >l AB ，绳与墙壁夹角α变小，由平衡条件得T ＝mgcos α，F N ＝mg tan α，可知网兜对A 点的拉力变小，A 错误，B 正确；足球对墙壁的压力变小，C 、D 错误．也可用图解法求解，重力和支持力的合力与绳的拉力大小相等，由三角形知识可知，当绳子与墙壁的夹角减小时，支持力F N 和绳子的拉力T 均减小，只有选项B 正确．5．B 对小球受力分析，小球受重力、细线的拉力和斜面对小球的支持力，由于斜面角度未知，故不能确定细线拉力与重力的大小关系，A 错误；根据三力平衡构成的矢量直角三角形可得，细线的拉力小于斜面对小球的支持力，B 正确；由几何关系可得，当线长等于半径时，斜面倾角为30°，则F T ＝mg tan 30°＝33mg ，C 、D 错误． 6．C 由题意，风力F ＝kSv ，由平衡条件得kSv ＝mg tan θ，当风速v 0＝3 m/s 时，θ＝30°.则当θ＝60°时，风速v 1＝3v 0＝3 3 m/s ，A 错误；由平衡条件判断θ不可能等于90°，B 错误；若风速v 不变，换用半径相等(S 不变)，质量增大，则θ减小，C 正确；由平衡条件和牛顿第三定律知底座对地面的压力大小等于系统的重力，与水平风力无关，D 错误．7．D半球体在平板上恰好开始滑动的临界条件是mg sin θ＝μmg cos θ，故μ＝tan θ，解得θ＝π6，即q ＝π6，故C 错误．θ在0～π6之间时，F f 是静摩擦力，大小为mg sin θ；θ在π6～π2之间时，F f 是滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，综合以上分析得F f 与θ的关系如图中实线所示，故A 、B 错误．当θ＝π6时，F f ＝mg sin π6＝mg 2，即p ＝mg 2，故D 正确． 8．C 小球B 受三个力而平衡，这三个力构成如图1所示的矢量三角形，且力的矢量三角形总与△ABO 相似，因此有mg OA ＝F T OB ＝F N AB，小球A 缓慢上移的过程中OA 减小，因此细线的张力F T 和轻杆的弹力F N 均增大，且轻杆始终受到压力，A 、B 、D 错误；小球A 的受力分析如图2，F ＝mg ＋ F ′N cos θ，小球A 上移时θ增大，cos θ减小，力F 减小，C 正确．9．CD 以两杆的交接点为研究对象，由平衡条件得轻杆上的作用力大小F ＝mg 2sin θ，A 错误；A 、B 滑块受重力、地面的支持力、轻杆的弹力和地面的摩擦力四个力作用，B 错误；以A 、B 、C 整体为研究对象，应用平衡条件和牛顿第三定律得A 、B 滑块对地面的压力大小F N ＝12(2M ＋m )g ＝(M ＋12m )g ，C 正确；以A 为研究对象，由平衡条件得地面的摩擦力f ＝F cos θ＝mg2tan θ，当θ增大时，摩擦力f 减小，D 正确． 10.B 如图，小球可视为质点，因此小球与圆弧作用力F1和小球与挡板作用力F2彼此正交，设挡板与OA夹角为α，小球质量为m，则F1＝mg sin α，F2＝mg cos α，α自0增大到90°，所以F1一直增大，F2一直减小，B正确．11．A 对小球受力分析并合成矢量三角形，重力大小方向不变，支持力方向不变，绳子拉力方向由图中实线变为虚线，绳子拉力增大，斜面对小球的支持力减小，A正确，B错误；对斜面受力分析，正交分解：N′sin α＝f，N地＝N′cos α＋Mg，根据牛顿第三定律，小球对斜面的压力N′减小，所以斜面对地面的摩擦力减小，地面对斜面的支持力减小，根据牛顿第三定律，斜面对地面的压力减小，C、D错误．12.D 以P、Q整体为研究对象，受力分析可知OA杆和OQ杆对环的弹力夹角不变，用外接圆法可判断转动过程中F P增大，F Q减小，D正确．。