2020版高考物理新创新一轮复习通用版讲义：第二章第10课时　共点力的动态平衡（题型研究课）

第10课时　共点力的动态平衡(题型研究课)1．(2016·全国卷Ⅱ)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(　　)A．F逐渐变大，T逐渐变大B．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逐渐变小解析：选A　以O点为研究对象，受力如图所示，当用水平向左的力缓慢拉动O点时，绳OA与竖直方向的夹角变大，由共点力的平衡条件知F逐渐变大，T逐渐变大，选项A正确。2．(多选)(2017·全国卷Ⅰ)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。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解析：选AD　设重物的质量为m，绳OM中的张力为T，绳MN中的张力为TMN。开始时，T＝mg，TMN＝0。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。对重物受力分析如图所示，已知角α不变，在绳MN缓慢拉起的过程中，角β逐渐增大，则角(α－β)逐渐减小，但角θ不变，在三角形中，利用正弦定理得：＝，(α－β)由钝角变为锐角，则TOM先增大后减小，选项D正确；同理知＝，在β由0变为的过程中，TMN一直增大，选项A正确。3．(多选)(2016·全国卷Ⅰ)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解析：选BD　因为物块b始终保持静止，所以绳OO′的张力不变，连接a和b的绳的张力也不变，选项A、C错误；拉力F大小变化，F的水平分量和竖直分量都发生变化，由共点力的平衡条件知，物块b受到的支持力和摩擦力在一定范围内变化，选项B、D正确。4．(多选)(2018·天津高考)明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可。一游僧见之曰：无烦也，我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则(　　)A．若F一定，θ大时FN大B．若F一定，θ小时FN大C．若θ一定，F大时FN大D．若θ一定，F小时FN大解析：选BC　根据力F的作用效果将力F分解为垂直于木楔两侧的力FN，如图所示。则＝sin ，即FN＝，所以当F一定时，θ越小，FN越大；当θ一定时，F越大，FN越大。故选项B、C正确。共点力的动态平衡问题是高考的重点，这类问题常和生活中的实际情景相结合，选题不避常规模型，没有偏难怪题出现。选择题中物理情景较简单，难度在中等偏易到中等难度之间；计算题物理情景较新颖，抽象出物理模型的难度较大。命题点一　分析动态平衡问题的三种方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列式求解，得到因变量与自变量的函数表达式(通常为三角函数关系)，最后根据自变量的变化确定因变量的变化。　　 [例1]　如图所示，与水平方向成θ角的推力F作用在物块上，随着θ逐渐减小到零的过程中，物块始终沿水平面做匀速直线运动。关于物块受到的外力，下列判断正确的是(　　)A．推力F先增大后减小B．推力F一直减小C．物块受到的摩擦力先减小后增大D．物块受到的摩擦力一直不变  [解析]　建立如图所示的坐标系，对物块受力分析，由平衡条件得，Fcos θ－Ff＝0，FN－(mg＋Fsin θ)＝0，又Ff＝μFN，联立可得F＝，可见，当θ减小时，F一直减小；Ff＝μFN＝μ(mg＋Fsin θ)，可知，当θ、F减小时，Ff一直减小。综上所述，只有B正确。[答案]　B此法常用于求解三力平衡问题中，已知一个力是恒力、另一个力方向不变的情况。一般按照以下流程解题。 [例2]　(2019·吉林模拟)如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，小球P与圆心O的连线与水平面的夹角为θ。现将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°，框架与P始终保持静止状态，重力加速度为g。在此过程中，下列说法正确的是(　　)A．框架对P的支持力先减小后增大B．力F的最小值为mgcos θC．地面对框架的摩擦力先减小后增大D．框架对地面的压力先增大后减小[解析]　以P为研究对象受力分析，如图所示，根据几何关系可知，将力F沿顺时针方向转动至竖直向上之前，支持力N逐渐减小，F先减小后增大，当F的方向沿P与框架接触点的切线方向向上时，F最小，此时F＝mgcos θ，故A错误，B正确；以框架与P组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用，由图可知，F在沿顺时针方向转动的过程中，沿水平方向的分力逐渐减小，沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的摩擦力和支持力都逐渐减小，故C、D错误。[答案]　B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求解(构建三角形时可能需要画辅助线)。　　 [例3]　(多选)(2019·开封模拟)如图所示，质量均为m的小球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连，B球用长为L的细绳悬挂于O点，A球固定在O点正下方，当小球B平衡时，细绳所受的拉力为T1，弹簧的弹力为F1；现把A、B间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2(k2>k1)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时细绳所受的拉力为T2，弹簧的弹力为F2。则下列关于T1与T2、F1与F2大小的比较，正确的是(　　)A．T1>T2　　　　　　 　B．T1＝T2C．F1<F2   D．F1＝F2[解析]　以B为研究对象，分析受力情况，如图所示。由平衡条件可知，弹簧的弹力F和细绳的拉力T的合力F合与其重力mg大小相等，方向相反，即F合＝mg，由三角形相似得＝＝。当弹簧劲度系数变大时，弹簧的压缩量减小，故AB的长度增加，而OB、OA的长度不变，故T1＝T2，F2>F1，故A、D错误，B、C正确。[答案]　BC[集训冲关]1.(2019·新乡模拟)如图所示为建筑工地一个小型起重机起吊重物的示意图。一根轻绳跨过光滑的动滑轮，轻绳的一端系在位置A处，动滑轮的下端挂上重物，轻绳的另一端挂在起重机的吊钩C处，起吊重物前，重物处于静止状态。起吊重物过程是这样的：先让吊钩从位置C竖直向上缓慢地移动到位置B，然后再让吊钩从位置B水平向右缓慢地移动到D，最后把重物卸在某一个位置。则关于轻绳上的拉力大小变化情况，下列说法正确的是(　　)A．吊钩从C向B移动过程中，轻绳上的拉力不变B．吊钩从C向B移动过程中，轻绳上的拉力变大C．吊钩从B向D移动过程中，轻绳上的拉力不变D．吊钩从B向D移动过程中，轻绳上的拉力变小解析：选A　由C到B时，两轻绳夹角θ不变，故轻绳上的拉力不变；由B到D时，两轻绳夹角θ增大，由平衡条件得2FTcos＝mg，轻绳上的拉力变大。只有A正确。2．(2019·遵义模拟)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，整个装置处于静止状态。若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则(　　)A．B对墙的压力增大B．A与B之间的作用力增大C．地面对A的摩擦力减小D．A对地面的压力减小 解析：选C　对B受力分析如图所示，由平衡条件，A与B之间的作用力F2＝，B与墙之间的作用力F1＝Gtan θ，A向右移动，θ减小，cos θ增大，tan θ减小，则F1、F2都减小，选项A、B错误；对A、B整体受力分析，根据平衡条件可知，地面对A的摩擦力大小f＝F1，所以摩擦力减小，选项C正确；A对地面的压力等于A、B所受的总重力，保持不变，选项D错误。3．(2019·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，细线中的拉力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减小解析：选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，由图可知△OAB∽△GFNA，即：＝＝，小球上移即A点上移时，半径不变，AB长度减小，故F减小，FN不变，故C正确。命题点二　动态平衡中的临界极值问题临 界 问 题极 值 问 题平衡状态发生变化的转折点叫做临界点，此类问题的关键词有“刚好”“恰好”“至少”“最多”等在动态平衡中常常涉及求力或其他量的最(极)大值、最(极)小值问题，而最(极)值往往出现在临界点方法1　图解法　根据平衡条件作出力的矢量图，若只受三个力，则这三个力能构成封闭矢量三角形，然后根据矢量图进行动态分析，确定最大值和最小值。[例1]　(2019·汕头模拟)如图所示，重力都为G的两个小球A和B用三段轻绳连接后悬挂在O点上，O、B间的绳子长度是2l，A、B间的绳子长度是l。将一个拉力F作用到小球B上，使三段轻绳都伸直，同时O、A间和A、B间的两段轻绳分别处于竖直和水平方向上，则拉力F的最小值为(　　)A.G　　　　　　　　 　B.GC．G   D.G [解析]　对小球A受力分析可知，因O、A间轻绳竖直，则A、B间轻绳上的拉力为0。对小球B受力分析如图所示，则可知当F与O、B间轻绳垂直时F最小，Fmin＝Gsin θ，其中sin θ＝＝，则Fmin＝G，故选项A正确。[答案]　A方法2　假设推理法　先假设某种临界情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。[例2]　如图所示，物体A、B置于水平地面上，与地面间的动摩擦因数均为μ，物体A、B用一根跨过动滑轮的细绳相连。现用逐渐增大的力向上提升滑轮，某时刻拉物体A的细绳与水平面夹角为53°，拉物体B的细绳与水平面夹角为37°，此时A、B两物体刚好处于平衡状态，则物体A、B的质量之比为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　)A.            B.            C.            D.[解析]　设细绳中张力大小为F，对A应用平衡条件得Fcos 53°＝μ(mAg－Fsin 53°)，对B应用平衡条件得Fcos 37°＝μ(mBg－Fsin 37°)，解得＝，选项A正确。[答案]　A方法3　数学方法　根据物体的平衡条件列方程，在解方程时利用数学知识求极值。通常用到的数学知识有二次函数求极值、讨论公式求极值、三角函数求极值以及几何法求极值等。[例3]　如图所示，质量为M的木楔倾角为θ，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。如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块，木块能匀速上升，已知木楔在整个过程中始终静止。(1)当α为多大时，F有最小值，求此时α的大小及F的最小值；(2)当α＝θ时，木楔对水平面的摩擦力是多大？[解析]　木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mgsin θ＝μmgcos θ，解得μ＝tan θ。(1)木块在F作用下沿斜面向上匀速运动，有Fcos α＝mgsin θ＋FfFsin α＋FN＝mgcos θFf＝μFN解得F＝＝＝则当α＝θ时，F有最小值，为Fmin＝mgsin 2θ。(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即Ff′＝Fcos(α＋θ)当α＝θ，即F取最小值mgsin 2θ时，Ff′＝Fmincos 2θ＝mgsin 2θcos 2θ＝mgsin 4θ。[答案]　(1)θ　mgsin 2θ　(2)mgsin 4θ1．解决临界问题的基本思路(1)认真审题，详细分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)。(2)寻找过程中变化的物理量(自变量与因变量)。(3)探索因变量随自变量变化时的变化规律，要特别注意相关物理量的变化情况。(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系。2．用矢量三角形分析力的最小值问题(1)若已知F合的方向、大小及一个分力F1的方向，则另一分力F2取最小值的条件为F1⊥F2。(2)若已知F合的方向及一个分力F1的大小、方向，则另一分力F2取最小值的条件为F2⊥F合。　　 [集训冲关]1.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，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为(　　)A．mg   B.mgC.mg   D.mg解析：选C　由题图可知，为使CD绳水平，各绳均应绷紧，由几何关系可知，AC与水平方向的夹角为60°；结点C受力平衡，受力分析如图所示，则CD绳的拉力FT＝mgtan 30°＝mg；D点受CD绳拉力大小等于FT，方向向左，要使CD绳水平，D点两绳的拉力与外界的力的合力应为零，则CD绳对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1及另一分力F2，由几何关系可知，当BD绳上的拉力F′与F1大小相等，且力F2与BD绳垂直时，F2最小，而F2的大小等于施加在D点的力的大小，故最小力F＝F2＝FTsin 60°＝mg，故C正确。2.细线OA、OB的O端与质量为m的小球拴接在一起，A、B两端固定于竖直墙面上，其中细线OA与竖直方向成45°角，细线OB与竖直方向成60°角，如图所示。现在对小球施加一个与水平方向成45°角的拉力F，小球保持静止，细线OA、OB均处于伸直状态。已知重力加速度为g，小球可视为质点，下列说法错误的是(　　)A．在保证细线OA、OB都伸直的情况下，若F增大，则细线OA中拉力变小，细线OB中拉力变大B．当F＝mg时，细线OB中拉力为零C．为保证两根细线均伸直，拉力F不能超过mgD．为保证两根细线均伸直，拉力F不能超过mg解析：选D　对小球进行受力分析，设细线OA、OB中拉力分别为TA、TB，若细线OA、OB都伸直，对小球由平衡条件列方程，竖直方向有TAcos 45°＋Fsin 45°＝TBcos 60°＋mg，水平方向有TAsin 45°＋TBsin 60°＝Fcos 45°，解得TA＝mg－(2－)F，TB＝(－)F－(－1)mg，若F增大，则TA变小，TB变大，A项正确；TB为零时，有TB＝(－)F－(－1)mg＝0，解得F＝mg，B项正确；为保证两根细线都伸直，F最大时，有TA＝mg－(2－)F＝0，解得F＝mg，C项正确，D项错误。3．(2019·宝鸡联考)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°时物体恰能沿斜面匀速下滑，对物体施加一水平向右的恒力F，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θ0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)临界角θ0的大小。解析：(1)物体沿斜面匀速下滑时，对物体受力分析，由平衡条件得mgsin 30°＝μmgcos 30°解得μ＝。(2)对物体施加水平恒力F后，设斜面倾角为α时，物体受力情况如图所示，由平衡条件得Fcos α＝mgsin α＋FfFN＝mgcos α＋Fsin αFf＝μFN解得F＝当cos α－μsin α＝0，即tan α＝时，F→∞，即“不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行”，此时，临界角θ0＝α＝60°。答案：(1)　(2)60°