动态平衡问题 ——高中物理人教版二轮复习专题 学案

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1．在共点力作用下的动态平衡过程中物体始终处于一系列的平衡状态，在问题的描述中常用“缓慢”等语言叙述。
2．动态平衡的常用方法
（1）解析法
对研究对象进行受力分析，先画出受力示意图，再根据物体的平衡条件，得到因变量与自变量的关系表达式（通常要用到三角函数），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、另有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
物体受三个力平衡：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”总相似时用此法（如图）
（4）正弦定理法（辅助圆法）
正弦定理法：如图所示，物体受三个共点力作用而处于平衡状态，则三个力中任何一个力的大小分别与另外两个力的夹角的正弦成正比，即。推导过程如下，由于三个力处于平衡状态，则F1和F2的合力与F3等大反向，如图（2）所示，在三力所构成的矢量三角形中，利用正弦定理可得，利用三角函数化简即可得到。
在动态平衡问题中，如果一个恒力所对的另外两个力的夹角不变，通常能用此法很好解决问题。
辅助圆法：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。
二．典例精讲
1．如图所示，某电影中工人清洗楼房的光滑玻璃，用一根绳索将自己悬在空中，已知工人及其装备的总质量为m，且视为质点，悬绳与竖直墙壁的夹角为θ，悬绳对工人的拉力大小为FT，墙壁对工人的弹力大小为FN，工人保持离墙的距离不变，重力加速度为g，则（ ）
A．若工人缓慢上移，则FT增大，FN减小
B．若工人缓慢上移，则FT与FN的合力增加
C．FN＝，FT＝mgcs θ
D．FN＝mgtan θ，FT＝
【答案】D
【解析】对人受力分析，如图所示：
CD．由三角函数得FT＝，FN＝mgtan θ，故C错误，D正确。
A．若工人缓慢上移，工人保持离墙的距离不变，θ增大，cs θ减小，tan θ增大，则FT增大，FN增大，故A错误；
B．FT与FN的合力大小等于重力mg，无论工人缓慢上移还是下移，则FT与FN的合力不变，故B错误；
故选D。
2．如图所示，用竖直木板挡住放在光滑斜面上的小球A，A受到的重力为G。整个装置静止在水平面上。设斜面和木板对小球A的弹力大小分别为F1和F2。保持木板竖直，在斜面的倾角θ缓慢减小的过程中，A受力的变化情况是（ ）
A．F1增大，G不变，F2减小B．F1减小，G不变，F2增大
C．F1减小，G不变，F2减小D．F1不变，G增大，F2增大
【答案】C
【解析】小球A受到重力、斜面对小球A的弹力F1和木板对小球的弹力F2，在斜面的倾角θ缓慢减小的过程中，A的重力G不变，F2方向不变，由图解法知，F1、F2均减小，故C正确，A、B、D错误。
3．（多选）如图所示，一轻杆通过铰链固定在竖直墙上的O点，轻杆的另一端C用弹性轻绳连接，轻绳的另一端固定在竖直墙上的A点。某人用竖直向下、大小为F的拉力作用于C点，静止时AOC构成等边三角形。下列说法正确的是（ ）
A．此时弹性轻绳的拉力大小为F
B．此时弹性轻绳的拉力大小为2F
C．若缓慢增大竖直向下的拉力，则在OC到达水平位置之前，轻绳AC的拉力增大
D．若缓慢增大竖直向下的拉力，则在OC到达水平位置之前，轻杆OC对C点的作用力减小
【答案】AC
【解析】AB．轻杆通过铰链固定在竖直墙上的O点，可知轻杆对C端的支持力方向沿杆的方向，两边细线的拉力方向成120°角，轻杆的弹力方向在两细绳拉力的平分线上，可知两边细绳的拉力大小相等，均为F，选项A正确，B错误；
CD．对C受力分析如图
由相似三角形可知
若缓慢增大竖直向下的拉力F，则在OC到达水平位置之前，轻绳AC的拉力T增大，轻杆OC对C点的作用力N变大，选项C正确，D错误。
故选AC。
4．（多选）如图所示，两根轻绳一端系于结点O，另一端分别系于固定圆环上的A、B两点，O为圆心。O点下面悬挂一物体M，绳OA水平，拉力大小为F1，绳OB与绳OA的夹角α＝120°，拉力大小为F2。将两绳同时缓慢顺时针转过75°，并保持两绳之间的夹角α始终不变，物体始终保持静止状态。则在旋转过程中，下列说法正确的是（ ）
A．F1逐渐增大B．F1先增大后减小
C．F2逐渐减小D．F2先减小后增大
【答案】BC
【解析】方法一：正弦定理法
如图所示，以结点O为研究对象进行受力分析。由正弦定理得，其中α＝120°不变，则比值不变，γ由钝角变为锐角，sin γ先变大后变小，则F1先增大后减小，β由90°变为钝角，则sin β变小，F2逐渐减小，故B、C正确，A、D错误。
方法二：辅助圆法
物体始终保持静止，合力为零，所以mg、F1、F2构成封闭的矢量三角形如图所示
由于重力不变，以及F1和F2夹角α＝120°不变，即β＝60°
矢量三角形动态图如图所示，当θ＝β＝60°
F1为圆的直径最大，所以F1先增大后减小，F2一直减小。
故选BC。
三．跟踪训练
1．（多选）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】AB、根据M、N均保持静止，进行受力分析可知，N受到竖直向下的重力及水平方向的拉力F，变化的绳子拉力T，如下图所示：
在向左拉动的时候，绳子拉力T和水平拉力F都不断增大，故A错误，B正确；
CD、对于M的受力，开始时可能是T＝mgsin θ－f，当T不断增大的时候，f减少，当T＞mgsin θ时T＝mgsin θ＋f，随着T的增大，f将增大，所以沿斜面的摩擦力f可能先减小后增大；也可能是T＝mgsin θ＋f，当T不断增大的时候，摩擦力f增大，故C错误，D正确。
故选BD。
2．在竖直光滑墙壁和光滑挡板之间放置两个光滑的球P、Q，挡板可绕O点在竖直平面内转动，开始时该系统处于静止状态，如图所示。现将挡板沿顺时针方向缓慢转动，已知此过程中大球Q、小球P与光滑墙壁始终紧密接触。在挡板沿顺时针方向缓慢转动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球P受到光滑墙壁的弹力逐渐增大B．小球P受到大球Q的弹力逐渐减小
C．大球Q受到光滑墙壁的弹力逐渐减小D．大球Q受到挡板的弹力逐渐增大
【答案】C
【解析】开始时系统处于静止状态，对小球P进行受力分析，如图甲所示，在挡板缓慢转动过程中由几何关系可知θ不变，由平衡条件知大球Q对小球P的弹力N2和墙壁对小球P的弹力N1大小不变，A、B项错误；
对球P、Q整体进行受力分析如图乙所示，可见挡板沿顺时针方向缓慢转动过程中，大球Q受到光滑墙壁的弹力逐渐减小，大球Q受到挡板的弹力逐渐减小，C项正确，D项错误。
3．如图，光滑圆环竖直固定在水平地面上，细线通过圆环最高点的小孔Q与套在圆环上的小球相连，拉住细线使小球静止于P处。设小球的重力为G，细线与圆环竖直直径的夹角为θ，细线对小球的拉力大小为T。拉动细线使小球缓慢沿圆环向上移动，则下列T随θ变化的图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】作出小球的受力分析图如下，
根据平衡条件有，所以T＝，又QP＝2×OQ×cs θ，
所以T＝2mgcs θ＝2Gcs θ。
故选D。
4．如图所示，一物块放置在粗糙水平面上，其上固定一“L”型轻杆，轻绳ON的一端O固定在杆上，中间某点M拴一小球，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＞90°），现将小球向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变，在OM由竖直被拉到水平的过程，物块始终保持静止，则（ ）
A．OM上的弹力一直减小B．MN上的弹力先增大后减小
C．水平面对物块的支持力先增大后减小D．水平面对物块的摩擦力逐渐增大
【答案】C
【解析】AB．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，故AB错误；
CD．对整体受力分析可知，受到重力、支持力、MN上拉力F1以及摩擦力作用，根据共点力平衡可得水平面对对物块的摩擦力等于F1沿水平方向的分力，F1沿竖直方向的分力与支持力的合等于两者的重力，结合以上分析可知，F1沿竖直方向的分力先在水平面下方减小后在水平方向上方增大，所以水平面对物块的支持力先减小后增大，F1沿水平方向的分力先增大后减小，故CD错误。
受力分析
力的矢量三角形和边的三角形相似
比例