力学的动态平衡问题

1、1.（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、 ,、 ,兀 一一 N.初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为 a （ a >2）.现将重物向右上万缓慢拉起，并保持夹角不变.在OM由竖直被拉到水平的过程中 （）A. MN±的张力逐渐增大B . MN±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【解答】AD设重物的质量为m绳OM43的张力为Tom绳MN中的张力为Tmn开始时，To mgTm户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m

2、g等大、反向.如图所示，已知角 a不变，在绳MNS慢拉起的过程中，角 3逐渐增大，则角（“ 一3）逐渐减小，但角变，在三角形中，利用正弦定理得：（a - 3 ）由钝角变为锐角，则Tommg二 n a 3 sin 9 'To加增大后减小，选项 D正确;.Tmnmg .、 兀,一一.一同理知 K =SiA ,在3由0变为万的过程中,一直增大，选项2.（多选）（2016 全国卷I ）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，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

3、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【解答】BD由于物体a、b均保持静止，各绳间角度保持不变，对 a受力分析得，绳的拉力T= mag,所以物体a受到绳的拉力保持不变.由滑轮性质，滑轮两侧绳的拉力相等，所以连接a 书正/和b绳的张力大小、方向均保持不变， C选项错误；a、b受到绳的拉力大小、方向均不变，所以 F 产厂 工OO的张力不变，A选项错误；对b进行受力分析，如图所示.由平衡条件得：Tcos 3+f = Fcos一a , Fsin a + Fn+ T

4、sin 3 =m>g.其中T和mg始终不变，当 F大小在一定范围内变化时，支持 力在一定范围内变化，B选项正确；摩擦力也在一定范围内发生变化，D选项正确.3. （2017 河北冀州2月模拟）如图所示，质量为 m（可以看成质点）的小球P,用两本轻绳 OP和O' P在P点拴结后 再分别系于竖直墙上相距0.4 m的Q O'两点上，绳 OP长0.5 m，绳O' P长0.3 m ,今在小球上施加一方向与水平成0 =37。角的拉力F,将小球缓慢拉起.绳 O' P刚拉直时，OP绳拉力为，绳OP刚松弛时，O P绳拉力为 T2,则 T1 ： T2为（sin 37 °

5、; = 0.6 ; cos 3 7 = 0.8）（）A. 3 ： 4B. 4 ： 3C. 3 ： 5D. 4 ： 54【解答】C绳O' P刚拉直时，由几何关系可知此时OP绳与竖直方向夹角为 37。，小球受力如图甲，则 Ti=-54mg.绳OP刚松驰时，小球受力如图乙 则T2=；mg.则Ti : 丁2= 3 ： 5, C项正确.34.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逐渐变大尸B. F逐渐变大，T逐渐变小C. F逐渐变小，T逐渐变大 , 占 8D. F逐渐

6、变小，T逐渐变小【解答】A 对。点受力分析如图所示，F与T的变化情况如图，由图可知在。点向左移动的过程中，F逐渐变大，T逐渐变大，故选项 A正确.5.（多选）（2017 山东临沂市三模）某老师用图示装置探究库仑力与电荷量的关系.A、B是可视为点电荷的两带电小球，用绝缘细线将 A悬挂，实验中在改变电荷量时，移动 B并保持A B连线与细线垂直.用 Q和q表示A B的 电荷量，d表示A、B间的距离，0 （ 0不是很小）表示细线与竖直方向的夹角，x表示A偏离。点的水平距离，实验中（）A. d应保持不变B. B的位置在同一圆弧上【解答】ABC因实验要探究库仑力与电荷量的关系，故两电荷间距 线与细线垂直且

7、 AB距离总保持d不变，故B的位置在同一圆弧上，0 ,即k=mg,可知x与电何重乘积 Qq成正比，选项 C正确，6.质量为M的木楔倾角为0 ,在水平面上保持静止，质量为d应保持不变，选项 A止确；因要保持A B连 选项B正确；对A球由平衡知识可知 F库=mgsinD错误.m的木块刚好可以在木楔上表，：面上匀速下滑.现在用与木楔上表面成口角的力F拉着木块匀速上滑，如图所示，求：当a = 0时，拉力F有最小值，求此最小值；（2）拉力F最小时，木楔对水平面的摩擦力的大小.【解答】（1）木块刚好可以沿木楔上表面匀速下滑，mgsin 0 =mgcos 0 ,块匀速上滑，受力分析如图甲所示，Fcos a

8、= mgsin 0 +Ff, Fn+Fsin a = mgcosW J甲c宜辛、i mlmgsin 2 0联乂以上各式斛付，F=rnc.皿 30 a当 a =。时，F 有最小值，Fmin= mgsin 2 0 .（2）对木块和木楔整体受力分析如图乙所不，由平衡条件得，Ff' Fcos（ 0 + a1Fmin cos 2 0 =2mgsin 4 0 ./a /则科=tan 0 ,用力F拉着木 0 , Ff= Fn.,）,当拉力 F最小时，Ff'=C. x与电荷量乘积 Qq成正比 D . tan 0与A、B间库仑力成正比1. 答案 (1)mgsin 2 0(2)/mgsin 4 0

9、7.如图所示，一光滑小球静置在光滑半球面上，被竖直放置的光滑挡板挡住，现水平向右缓慢地移动挡板，则在小球运动的过程中（该过程小球未脱离球面且球面始终静止），挡板对小球的推力 F、半球面对小球的支持力 FnB. F增大，Fn增大D. F减小，Fn增大的变化情况是（）A. F增大，Fn减小C. F减小，Fn减小【解答】B某时刻小球的受力如图所示，设小球与半球面的球心连线跟竖直方向的夹角为“，则F=mgtan ”，mg 一一 , 一一,Fn=,随着挡板向右移动，“越来越大，则F和Fn都要增大.cos a8.（多选）（2017 九江4月模拟）如图所示，一根通电的导体棒放在倾斜的粗糙斜面上，置于图示方向

10、的匀强磁 场中，处于静止状态.现增大电流，导体棒仍静止，则在增大电流过程中，导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可 能是（）A. 一直增大B.先减小后增大C.先增大后减小D.始终为零【解答】AB若F安vmgsin ”，因安培力方向向上，则摩擦力方向向上，当F安增大时，F摩减小到零，再向下增大，B项对，C、D项错；若F安mgsin ”，摩擦力方向向下，随 F安增大而一直增大，A项对.9 .如图所示，粗糙水平地面上的长方体物块将一重为G的光滑圆球抵在光滑竖直的墙壁上，现用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块，在圆球与地面接触之前，下面的相关判断正确的是 （）A.球对墙壁的压力逐渐减小B.水平拉力F逐渐减

11、小C.地面对长方体物块的摩擦力逐渐增大D.地面对长方体物块的支持力逐渐增大【解答】B对球进行受力分析，如图甲所示.乙Fn1、Fn2均增大，由牛顿第三定律知，球对墙壁的Fn2 cos 0 =G等于重力，在拉动长方体物块向GFvGtan。，Fn2= cos-y.当长万体物块向右运动中'e增大, 压力逐渐增大，选项 A错误；圆球对物块的压力在竖直方向的分力右运动的过程中，对物块受力分析如图乙所示，物块与地面之间的压力Fn=G+Fn2' cos 0 =G + G不变，滑动摩擦力£= Fn不变，选项C错误；又由于圆球对物块的压力在水平方向的分力Fn2 sin 0逐渐增大，所以水

12、平拉力 F=f Fn，sin 0逐渐减小，选项 B正确；由于物块与地面之间的压力不变，由牛顿第三定律可知，地面对物块的 支持力不变，选项 D错误.10 .（多选）如图所示，带电物体 P、Q可视为点电荷，电荷量相同.倾角为 。、质量为M的斜面体放在粗糙水 平面上，将质量为m的物体P放在粗糙的斜面体上.当物体Q放在与P等高（PQ连线水平）且与物体P相距为r的右侧位置时，P静止且受斜面体的摩擦力为0,斜面体保持静止，静电力常量为 k,则下列说法正确的是（）A.P、Q所带电荷量为2 mgr tan 0 kB. P对斜面的压力为 0C.斜面体受到地面的摩擦力为0D.斜面体对地面的压力为 （M+m）gF0

13、 =,斛得 q = mg【解答】AD设P、Q所带电荷量为q,对物体P受力分析如图所示，受到水平向左的库仑2q力F=k：、竖直向下的重力 mg支持力 Fn,由平衡条件可得tan0 ,由牛顿第三定律可知，P对斜面的压力可知水平方向受到Q对P向左的库仑力/mgr2tan_ k,选项 A正确；斜面对 P的支持力 Fn= mgcos 0 + Fsin 为Fn' = mgcos 0 + Fsin 0 ,选项B错误；对P和斜面体整体受力分析,2f = kq2,选项r2=岸和地面对斜面体水平向右的摩擦力由平衡条件可知，斜面体受到水平向右的摩擦力大小为错误；对P和斜面体整体受力分析，竖直方向受到竖直向下

14、的重力（M+ m）g和水平面的支持力，由平衡条件可得,水平面支才I力等于（M+ m）g,根据牛顿第三定律，斜面体对地面的压力大小为（M+m）g,选项D正确.11.如图所示，小球用细绳系住，细绳的另一端固定于。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，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力Fn以及细绳对小球的拉力 Ft的变化情况是（）A. Fn先减小后增大B. Fn不断减小C. Ft不断增大D. Ft先减小后增大思路点拨1 .用水平力缓慢推动斜面体时，小球在斜面上处于动态平衡状态，要注意对关键词“缓慢”的理解。2 .小球在斜面上无摩

15、擦滑动过程中，小球受重力、斜面支持力、细绳拉力；其中重力不变，支持力Fn方向不变，拉力Ft大小和方向均变。方法一解析法 先对小球进行受力分析，如图甲，小球受到重力mg支才I力Fn、拉力Ft的作用，设细绳与水平方向的夹角为3 ,斜面的倾角为a ,由平衡条件得：Fncosa + Fisin3 = mgFNsina Ftcos3 =0,联立解彳导:Ft= CQ?g；：, FN = cos a+sim g a tan 3。用水平力F缓慢推动斜面体,3 一直减小直至接近0。由题图易知，起始时刻 3 >a ,当3 = a时，cos（ 3 a ） = 1, Ft最小，所以Ft先减小后增大。3 一直减小

16、直至 接近0, tan 3不断减小，Fn不断增大，选项 D正确。方法二图解法由于用水平力F缓慢推动斜面体，故小球处于动态平衡状态。小球受到大小方向均不变的重力、方向不变的斜面支持力、方向大小均变化的细绳的拉力，三个力构成封闭的三角形，画出小球受力示意图如 图乙所示。当细绳与斜面平行时，细绳拉力FT2与支持力方向垂直，细绳拉力最小。当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，细绳拉力为 FT4,所以Ft先减小后增大，而此过程中斜面对小球的支持力Fn一直增大，选项 D正确。答案D修题后悟道1 .本题属于典型的三力动态平衡问题，当其中一个力（如重力）恒定，另一个力（如Fn）方向已知时，最快捷的求解方法就是

17、图解法。2 .运用图解法分析求解动态平衡问题的基本思路：受力分析，化动为静，静中求动。如本题，小球受三个力作用而平衡，表示这三个力的矢量线段必组成封闭矢量三角形，按恒力一方向恒定的力一变力的顺序作矢量三角形，然后引入变化因素确定各力的变化情况。3 .处理动态平衡问题时， 往往涉及“临界”和“极值”问题，分析求解此类问题的关键是找出“临界”和“极值”条件，结合数学知识进行求解。12.多选（2018届高三广东五校协作体联考 ）如图所示，物体 A、B用细绳与轻弹簧 连接后跨过滑轮。物体A静止在倾角为45°的粗糙斜面上，物体B悬挂着。已知质量ra=3e, 不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由 45。

18、减小到30。，那么下列说法中正确的是 （ ）A.弹簧的弹力将增大B.物体A对斜面的压力将增大C.物体A受到的静摩擦力将减小D.物体A可能被拉动解析：选BC对物体B受力分析，受重力和拉力，由二力平衡得到：T= mBg,则知弹簧的弹力不变，故A错误；当斜面倾角为 45°时有3mBgsin 45 ° mtg = fi,当斜面倾角为 30°时有3mBgsin 30 ° migvfi,可见物体 A并未 被拉动，而且受到的静摩擦力将减小，故 D错误，C正确；物体 A对斜面的压力为：Nl= mgcos 0 , 0减小，N将 增大，故B正确。13 .多选城市中的路灯、无

19、轨电车的供电线路等， 经常用三角形的结构悬挂， 如图是这一类结构的简化模型。图中轻杆OB可以绕过B点且垂直于纸面的轴自由转动，钢索OA和杆OB的质量都可以忽略不计，设悬挂物的重力为G / AB8 900 , AB>OB某次产品质量检测和性能测试中保持A、B两点不动，只改变钢索 OA的长度，关于钢索OA的拉力F1和杆OB上的支持力F2的变化情况，下列说法正确的有 （）A.从图示位置开始缩短钢索 OA钢索OA的拉力F1先减小后增大B.从图示位置开始缩短钢索OA卞f OB上的支持力F2大小不变C.从图示位置开始伸长钢索D.从图示位置开始伸长钢索G=HOA钢索OA的拉力F1增大OA卞f OB上的

20、支持力F2先减小后增大解析：选BC设钢索OA的长度为L,杆OB的长度为R, A、B两点间的距离为 H,根据相似三角形知识可知F1 F21=自 所以从题图图本位置开始缩短钢索OA钢索OA的拉力F1减小，杆OB上的支持力F2大小不变，选项A错误,L RB正确；从题图图示位置开始伸长钢索OA钢索OA的拉力F1增大，杆OB上的支持力F2大小不变，选项 C正确，D 错误。14 . （2017 辽宁本溪中学模拟）如图所示，上表面为光滑曲面的物体静置于水平地面上，一滑块从曲面底端受f和地面对物体的水平力作用缓缓地沿曲面向上滑动一小段的过程中，曲面始终静止不动，则地面对物体的摩擦力支持力N大小变化的情况是（）

21、A. f增大，N减小B. f变小，N不变C. f增大，N不变D. f不变，N不变解析：选C对滑块受力分析，滑块受重力、水平力与支持力，因处于平衡状态，依据力的合成法则及平衡条件，可知水平力在增大，再将物体与滑块作为整体受力分析，处于平衡状态，那么竖直方向与水平方向均处于平衡状态，因此地面对物体的支持力N大小不变，而地面对物体的摩擦力f随着水平力的增大而增大，故C正确。15. （2017 湖南衡阳第八中学月考 ）如图所示，两竖直木桩ab、cd固定，一不可伸长的轻绳两端固定在a、 c处，绳长为L, 一质量为m的物体A通过轻质光滑挂钩挂在轻绳中间，静止时轻绳两端夹角为120°。若把轻绳换成

22、自然长度为L的橡皮筋，物体 A仍处于静止状态，橡皮筋处于弹性限度内，若重力加速度大小为g,对于上述两种情况，下列说法正确的是 （）A.轻绳的弹力大于 mgB.轻绳的弹力小于 mgC.橡皮筋的弓t力大于 mgD.橡皮筋的弓t力小于 mg解析：选D设两木桩间的距离为s,轻绳的总长度为 L,静止时轻绳两端夹角为120。，由于物体A所受拉力的合力方向竖直向上且大小为mg根据矢量的合成可知，两个分力和mg的大小是相等的。故轻绳的弹力大小为 mg,s不变，所以故A、B错误；若把轻绳换成自然长度为L的橡皮筋，橡皮筋受到拉力后长度增大，两木桩间的距离物体A静止后橡皮筋之间的夹角一定小于120。，两个分力之间的

23、夹角减小，而合力不变，所以两个分力减小，即 橡皮筋的弹力小于 mg故C错误，D正确。16 .（2018届高三兰州第一中学摸底 ）如图所示，穿在一根光滑固定杆上的球A、B通过一条跨过定滑轮的细绳连接，杆与水平方向成 0角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA期与杆的夹角为 0 , OB绳沿竖直方向，则下列说法正确的是（）A.A可能受到2个力的作用B.B可能受到3个力的作用C.A、B的质量之比为tan 0 ： 1D.A、B的质量之比为 1 ： tan 0解析：选D对A受力分析可知，A受到重力、绳子的拉力以及杆对A的弹力，三个力的合力为零，选项A错误；对B受力分析可知，B受到重力和绳子的拉力，两个力合力

24、为零，杆对没有弹力，否则 B不可能平衡，选项 B错误；分别对 A、B分析，运用合成法，如图：根据共点力平衡条件,得：T=叫Wmg小席90"翁，故 mA ： rb= 1 : tan 0 ,选项 C错误,正确。17 .多选（2017 贵阳第一中学检测）如图所示，一轻质细绳一端固定在。点，另一端通过一光滑动滑轮 P和一光滑定滑轮 Q系一质量为m的物块B,物块B置于斜面体C上，定滑轮Q固定在斜面体 C的 顶点，余面体 C位于水平地面上。动滑轮 P上挂一质量为 m的物块A,开始时，A B C均处于静止状态，现将 C 沿水平地面向右缓慢移动一小段距离，此过程中 B相对于C未滑动，系统再一次处于平

25、衡状态时，下列说法正确的是（）A.细绳对。点的拉力一定增大B. C对B的摩擦力一定增大C.地面对C的摩擦力一定增大D.地面对C的支持力一定增大解析：选AC由题意知，OP与PQ间细绳的夹角变大，而合力不变，细绳拉力增大，故A正确；C对B的摩擦 力的方向不确定，大小可能增大，可能减小，故 B错误；对 B C整体而言，PQ间细绳的拉力沿水平方向的分力等于地面对C的摩擦力，故地面对 C的摩擦力一定增大，故 C正确；PQ间细绳的拉力在竖直方向的分力不变，对 B、C整体分析易知，地面对 C的支持力不变，故 D错误。18.1. 多选（2017 安徽淮北第一中学模拟）如图所示，M N两物体叠放在一起，在恒力F

26、作用下,一起沿竖直墙向上做匀加速直线运动，则关于两物体受力情况的说法正确的是（）A.物体M一定受到4个力B.物体N可能受到4个力C.物体M与墙之间一定有弹力和摩擦力D.物体M与N之间一定有摩擦力M N整体进行受力分析，受到重力对N进行受力分析，得：N受到重力、解析：选AD M N两物体一起向上做匀加速直线运动，合力竖直向上，对 和恒力F,墙对M没有弹力，否则合力不能竖直向上，也就不可能有摩擦力;M对N的支持力，这两个力的合力不能竖直向上，所以还受到M对N沿斜面向上的静摩擦力，一共 3个力；N也给M一个沿斜面向下的静摩擦力，再对M进行受力分析，得：M受到重力、恒力F、N对M的压力以及N给M沿斜面

27、向下 的静摩擦力，一共 4个力，故 A D正确，B C错误。19.多选（2017 黑龙江大庆中学检测 ）如图所示，一根轻绳上端固定在。点，下端拴一个重量为G的小球，开始时轻绳处于竖直状态，轻绳所能承受的最大拉力为2G现对小球施加一个方向始终水平向右的力 F,使小球缓慢地移动，则在小球缓慢地移动过程中，下列说法正确的是（）A.力F逐渐增大B.力F的最大值为43GC.力F的最大值为2GD.轻绳与竖直方向夹角最大值0 =30°解析：选AB对小球受力分析，如图甲:由平衡条件得：F= mgtan 0 , 0逐渐增大，则F逐渐增大，故 A正确；如图乙，小球缓慢地移动过程中,逐渐增大，T的最大值为

28、2G,此时可得cos。=袅=1, 。=60° ,此时F达到最大值为： J3G,故B正确，C、D 2G 2错误。20.图4是给墙壁粉刷涂料用的“涂料滚”的示意图.使用时，用撑竿推着粘有涂料的涂料滚沿墙壁上下缓缓 滚动，把涂料均匀地粉刷到墙上.撑竿的重量和墙壁的摩擦均不计，而且撑竿足够长，粉刷工人站在离墙壁一定距 离处缓缓上推涂料滚，关于该过程中撑竿对涂料滚的推力Fi,涂料滚对墙壁的压力 F2,以下说法中正确的是（）图4A. Fi增大，F2减小B. Fi减小，F2增大C. Fi、F2均增大D. Fi、F2均减小D 对涂料滚进行受力分析，受到重力、竿对滚的推力、墙壁对滚的支持力三个力，其缓慢向上滚的过程中三 力平衡，竿对滚的推力方向与竖直方向的夹角变小，根据物体的平衡条件可知，推力竖直向上的分力大小等于涂料 滚的重力，涂料滚的重力不变，随推力方向与竖直方向夹角变小，推力也逐渐变小，进而其水平方向上的分力也变 小，即涂料滚对墙壁的压力也变小，所以选项