2024届高考物理复习：“共点力的动态平衡”解题技能强化

第5讲“共点力的动态平衡”解题技能强化加强点(一)解答动态平衡问题的三种常用方法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，而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态，在问题描述中常用“缓慢”等字眼。解决该类问题的总体思路是“化动为静，静中求动”。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。[例1](2022·天津高三月考)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。保持玻璃珠静止不动，且忽略筷子与玻璃珠间的摩擦。左侧筷子对玻璃珠的弹力为F1，右侧筷子对玻璃珠的弹力为F2。玻璃珠的重力为G，下列说法正确的是()A．F1＜F2B．F1＜GC．保持右侧筷子竖直，玻璃珠仍静止，左侧筷子与竖直方向的夹角θ略微减小，则F1减小D．保持右侧筷子竖直，玻璃珠仍静止，左侧筷子与竖直方向的夹角θ略微减小，则F2增大[解析]对玻璃珠受力分析如图，两侧筷子对玻璃珠的合力等于重力，由几何关系得F2＝eq\f(mg,tanθ)，F1＝eq\f(mg,sinθ)，左侧筷子对玻璃珠的弹力F1一定比玻璃珠的重力大，eq\f(F2,F1)＝cosθ<1，则F2<F1，故A、B错误；由以上分析知，θ角略微减小时，F1增大，F2增大，故C错误，D正确。[答案]D[例2](2022·河北高考)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[解析]设两根细绳对圆柱体的拉力的合力为T，木板对圆柱体的支持力为N，从右向左看如图所示，在矢量三角形中，根据正弦定理得eq\f(sinα,mg)＝eq\f(sinβ,N)＝eq\f(sinγ,T)，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γ＋β＋α＝180°，且α<90°，可知90°<γ＋β<180°，则0<β<180°，可知β从锐角逐渐增大到钝角，根据eq\f(sinα,mg)＝eq\f(sinβ,N)＝eq\f(sinγ,T)，由于sinγ不断减小，可知T不断减小，sinβ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2T′cosθ＝T，可得T′＝eq\f(T,2cosθ)，θ不变，T逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B正确，A、C、D错误。[答案]B方法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：eq\x(\a\al(受力,分析))eq\o(→,\s\up7(化“动”为“静”))eq\x(\a\al(画不同状态,下的平衡图))eq\o(→,\s\up7(“静”中求“动”))eq\x(\a\al(确定力,的变化))[例3](多选)如图所示，墙角处放置一个光滑的小球A，用轻绳一端拴着小球B靠在小球A上，轻绳的另外一端拴在墙壁上，两个小球保持静止不动，此时两个小球之间的弹力和轻绳的拉力正好相互垂直，现在通过调整轻绳缓慢移动小球B，调整后小球B和轻绳的位置如图中虚线所示，小球B未越过小球A的最高点，小球A始终保持静止，轻绳始终保持和原来绳方向平行，则()A．两球之间的弹力变大，轻绳的拉力变小B．两球之间的弹力不变，轻绳的拉力变小C．地面对A球的支持力变大，A球对墙壁的压力变小D．地面对A球的支持力不变，A球对墙壁的压力变小[解析]根据题意，缓慢移动小球B，轻绳始终保持和原来绳方向平行，轻绳对B球的拉力沿绳方向，B球的重力方向竖直向下，如图甲所示，根据平行四边形定则可知两球之间的弹力变大，轻绳的拉力变小，A正确，B错误；对小球A进行受力分析，如图乙所示，小球受到重力G、墙壁的支持力N1、地面的支持力N2以及B对A的压力F，根据上述分析，B对A的压力在水平方向的分量减小，根据平衡条件，墙壁的支持力等于B的压力在水平方向的分量，墙壁的支持力减小，A球对墙壁的压力变小，A球重力和B的压力在竖直方向的分量的合力等于地面对A球的支持力，所以地面对A球的支持力增大，C正确，D错误。[答案]AC方法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。[例4]如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，杆的A端用铰链固定，光滑轻小滑轮在A点正上方，B端吊一重物G，现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢上拉，在AB杆达到竖直前(均未断)，关于绳子的拉力F和杆受的弹力FN的变化，判断正确的是()A．F变大 B．F变小C．FN变大 D．FN变小[解析]设物体的重力为G。以B点为研究对象，分析受力情况，如图所示。作出力FN与F的合力F2，根据平衡条件得知，F2＝F1＝G。由△F2FNB∽△OBA，得eq\f(FN,F2)＝eq\f(AB,AO)，解得FN＝eq\f(AB,AO)G，式中，AB、AO、G不变，则FN保持不变，C、D错误；由△F2FNB∽△OBA，得eq\f(FN,AB)＝eq\f(F,BO)，BO减小，则F一直减小，A错误，B正确。[答案]B加强点(二)三法破解平衡中的临界和极值问题临界问题是指当某物理量变化时，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；极值问题是指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。解决平衡中的临界极值问题通常有以下三种方法：方法1数学分析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1](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()A．轻绳的合拉力大小为eq\f(μmg,cosθ)B．轻绳的合拉力大小为eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)C．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[解析]设轻绳的合拉力为T，地面对石墩的支持力为N，对石墩受力分析，由平衡条件可知Tcosθ＝f，f＝μN，Tsinθ＋N＝mg，联立解得T＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)，A错误，B正确；轻绳的合拉力大小为T＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2)sinθ＋φ)，可知当θ＋φ＝90°时，轻绳的合拉力有最小值，即减小夹角θ，轻绳的合拉力不一定减小，C错误；摩擦力大小为f＝Tcosθ＝eq\f(μmgcosθ,cosθ＋μsinθ)＝eq\f(μmg,1＋μtanθ)，可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当θ趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力不是最小，D错误。[答案]B方法2物理分析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2]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.eq\f(1,2)GB.eq\f(\r(3),3)GC．GD.eq\f(2\r(3),3)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＝Gsinθ，其中sinθ＝eq\f(l,2l)＝eq\f(1,2)，则Fmin＝eq\f(1,2)G，故A正确。[答案]A方法3极限分析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。[例3]筷子是中国人常用的饮食工具，也是中华饮食文化的标志之一。筷子在先秦时称为“梜”，汉代时称“箸”，明代开始称“筷”。如图所示，用筷子夹质量为m的小球，筷子均在竖直平面内，且筷子和竖直方向的夹角均为θ，为使小球静止，求每根筷子对小球的压力N的取值范围。已知小球与筷子之间的动摩擦因数为μ(μ＜tanθ)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。[解析]筷子对小球的压力太小时，小球有下滑的趋势，最大静摩擦力沿筷子向上，如图甲所示。小球平衡时，有2Nsinθ＋2fcosθ＝mg，f＝μN，联立解得N＝eq\f(mg,2sinθ＋μcosθ)，筷子对小球的压力太大时，小球有上滑的趋势，最大静摩擦力沿筷子向下，如图乙所示。小球平衡时，有2N′sinθ＝mg＋2f′cosθ，f′＝μN′，联立解得N′＝eq\f(mg,2sinθ－μcosθ)，综上，筷子对小球的压力的取值范围为：eq\f(mg,2sinθ＋μcosθ)≤N≤eq\f(mg,2sinθ－μcosθ)。[答案]eq\f(mg,2sinθ＋μcosθ)≤N≤eq\f(mg,2sinθ－μcosθ)[课时跟踪检测]1．(2023·广东珠海模拟)如图甲所示，10个人用20根等长的绳子拉起一个鼓，一端系在鼓上，一端用手拉住，每根绳子与竖直方向的夹角均相等，若绳子连接鼓的结点、拉绳子的手分别在其所在圆周上均等间距分布，鼓处于静止状态且鼓面水平，忽略绳子质量，简化图如图乙所示。现使鼓在绳子的作用下保持鼓面水平沿竖直方向缓慢下降，其他条件不变，则在鼓缓慢下降过程中，下列说法正确的是()A．绳子对鼓的合力变大B．绳子对鼓的合力变小C．每根绳子对人的作用力增大D．每根绳子对人的作用力减小解析：选D鼓缓慢下降，处于动态平衡，绳子对鼓的合力等于鼓的重力，绳子对鼓的合力不变，A、B错误；根据平衡条件得20Fcosθ＝mg，解得F＝eq\f(mg,20cosθ)，鼓缓慢下降过程中绳子与竖直方向的夹角θ变小，cosθ变大，F减小，C错误，D正确。2．如图所示，用AC、CD两根轻绳将物块悬于水平轻杆BC的下方，其中B为光滑转轴，C为结点，轻杆BC始终保持水平，重物静止不动。已知物块质量为m，重力加速度为g。设AC、CD绳的拉力分别为FAC、FCD。下列选项正确的是()A．FAC＞mgB．FCD＞mgC．若A点上移，则FAC变大D．若A点下移，则FCD变大解析：选AC点的受力如图所示，则有FACsinα＝FCD，FCD＝mg，则FAC＝eq\f(FCD,sinα)＝eq\f(mg,sinα)，所以FAC＞mg，故A正确，B、D错误；若A点上移，α变大，sinα变大，所以FAC变小，故C错误。3.(2023·湖北武汉模拟)如图所示，一物块用一根不可伸长的细线悬挂于O点，在细线上的A点绑上另一根细线，在该细线上施加一与OA段细线始终垂直的力F，使物块缓慢移动到图示位置，C点为细线与物块的连接点，则()A．AC段细线上的拉力逐渐变大B．OA段细线上的拉力逐渐减小C．力F先变大后变小D．OA段细线上拉力不可能与力F大小相等解析：选B分析可知AC段细线上的拉力始终等于物块的重力，A错误；设OA段细线与竖直方向的夹角为θ，结点A受力平衡，结合受力分析构建如图所示的矢量三角形，可得OA段细线上的拉力FOA＝mgcosθ，力F满足F＝mgsinθ，随着θ角的增大，可知FOA逐渐减小，力F逐渐增大，B正确，C错误；根据以上分析可知当θ等于45°时，OA段细线上的拉力与F大小相等，D错误。4.(多选)如图所示，内壁光滑的“V”形容器AOB放在水平地面上，∠AOB为锐角，贴着内壁放置一个铁球，现将容器以O点为轴在竖直平面内逆时针缓慢旋转90°，则在转动过程中()A．球对OA的压力逐渐增大B．球对OA的压力先增大后减小C．球对OB的压力逐渐增大D．球对OB的压力先增大后减小解析：选AD当容器以O点为轴在竖直平面内逆时针缓慢旋转90°的过程中，相当于容器不动，而重力G的方向从竖直向下的位置转到与OB平行且方向向左的位置，对小球在某位置受力分析如图，若设F1与O1H的夹角为θ(定值)，某时刻重力G与O1H的夹角为α，则对小球O1，由正交分解法可知：F2＝Gcosα＋F1cosθ；F1sinθ＝Gsinα，则解得F1＝eq\f(G,sinθ)sinα；F2＝Gcosα＋eq\f(G,tanθ)sinα＝eq\f(G,sinθ)sin(α＋θ)，则当α角从0°增加到90°角的过程中，F1逐渐变大；F2先增加后减小，由牛顿第三定律可知，球对OA的压力逐渐增大，球对OB的压力先增大后减小，故A、D正确。5．(多选)图甲是工厂里的货物从车上面缓慢滑下的情景，现可以简化为如图乙所示的模型，在墙壁与地面间放置一表面粗糙、质量分布均匀的木板斜面，假设竖直墙壁光滑，水平地面粗糙，现在一物块从斜面顶端沿斜面缓慢滑下，则在其滑至底端的过程中，下列说法正确的是()A．竖直墙壁对木板的弹力在变大B．地面对木板的弹力在变大C．地面对木板的摩擦力在变小D．地面对木板的作用力在变小解析：选CD将木板与物块看作一个整体，地面对系统的作用力可当作一个力，系统相当于只受三个力的作