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1、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
2、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( )AF1F2BF1GC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，F1，左侧筷子对玻璃珠的弹力F1一定比玻璃珠的重力大，cos 1，则F2F1，故A、B错误；由以上分析知，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
3、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，在木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，不变，从90逐渐减小到0，又180，且90，可知90180，则0180，可知从锐角逐渐增大到钝角，根据，由于sin 不断减小，可知T不断减小，sin 先
4、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2，绳子拉力为T，则2Tcos T，可得T，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：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
5、，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
6、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
7、力FN的变化，判断正确的是( )AF变大 BF变小CFN变大 DFN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，F2F1G。由F2FNBOBA，得，解得FNG，式中，AB、AO、G不变，则FN保持不变，C、D错误；由F2FNBOBA，得，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
8、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，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，则下列说法正确的是( )A轻绳的合拉力大小为B轻绳的合拉力大小为C减小夹角，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
9、平衡条件可知 Tcos f，fN，Tsin Nmg，联立解得T，A错误，B正确；轻绳的合拉力大小为T，可知当90时，轻绳的合拉力有最小值，即减小夹角，轻绳的合拉力不一定减小，C错误；摩擦力大小为fTcos ，可知增大夹角，摩擦力一直减小，当趋近于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
10、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.GB.GCGD.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，FminGsin ，其中sin ，则FminG，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
11、“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，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(tan )，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2Nsin 2fcos mg，fN，联立解得N，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2Nsin mg2fcos ，fN，联立解得N，综上，筷子对小球的压力的取值范围为：N。答案N课时跟
12、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20Fcos mg，解得F
13、，鼓缓慢下降过程中绳子与竖直方向的夹角变小，cos 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( )AFACmgBFCDmgC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FACsin FCD，FCDmg，则FAC，所以FACmg，故A正确，B、D错误；若A点上移，变大，sin 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
14、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( )AAC段细线上的拉力逐渐变大BOA段细线上的拉力逐渐减小C力F先变大后变小DOA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，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FOAmgcos ，力F满足Fmgsin ，随着角的增大，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等于45时，OA段细线上
15、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(定值)，某时刻重力G与O1H的夹角为，则对小球O1，由正交分解法可知：F2Gcos F1cos
16、；F1sin Gsin ，则解得F1sin ；F2Gcos sin sin()，则当角从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
17、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用，当物块下滑时，系统重心下降，由题意知系统在三力作用下处于平衡状态，由共点力的特点可知，地面对系统的作用力与地面的夹角在增大，由矢量三角形可知，墙壁对系统的弹力在减小，地面对系统的作用力减小，地面对木板的弹力不变，故地面对木板的摩擦力在减小，所以A、B错误，C、D正确。6(2021湖南高考)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
18、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解析：选C对小滑块受力分析，如图所示，由题意可知，推力F与凹槽对滑块的支持力FN始终垂直，即始终为90，在小滑块由A点向B点缓慢移动的过程中，减小，增大，而Fmgcos 、FNmgsin ，可知推力F一直增大，凹槽对滑块的支持力FN一直减小，A、B错误；对小滑块和凹槽整体根据平衡条件可得，墙面对凹槽的压力大小FN1Fsin mgsin 2，水平地面对凹槽的支持力FN2MgmgFcos ，在小滑块由A点向B点缓慢移动的过程中，由逐渐减小到零，根据数学知识可知墙面对凹槽的压力先增大后减小，水平地面对凹槽的支持力一直减小，C正确，D错误。