“解析法”解决动态平衡问题

1、"解析法”解决动态平衡问题相互作用专题一题号-一一二三总分得分一、单选题（本大题共8小题，共320分）1. 图示水平地面上有一个圆柱体，现在A与竖直墙之间放一完全相同的圆柱体B,不计一切摩擦，将A缓慢向左移动（B未与地面接触）,则在此过程中A对B的弹力耳、墙对第9页，共12页A.F变小、F2变小B.F变小、F2变大C.F变大、F2变大D.&变大、F2变小【答案】A【解析】【分析】本题主要考查共点力动态平衡相关知识。对于动态过程受力变化的求解一般根据力的矢量三角形,找出三角函数的关系或者根据正交分解列出方程分析。对B进行受力分析，根据A向左移动,B所受的力之间角度的关系变化,然

2、后根据重力G不变，并对B由平衡求解即可。【解答】不计一切摩擦，将A缓慢向左移动（B未与地面接触），则A、B处处受力平衡；那么B受力A向左移动，那么e变小,所以,F=亠变小,'变小，故A正确,BCD错误。COS0故选Ao2. 如图所示，质量分别为叫和的物体A,B用细绳连接后跨过滑轮A静止在倾角为45。的斜面上.已知叫=2mg，不计滑轮摩擦，现将如图斜面倾角由45。缓慢增大，则增大的过程中，系统始终保持静止。下列说法正确的是（）A. 细绳对A的拉力将增大B. A对斜面的压力将减小C. A受到的静摩擦力不变D. A受到的合力将增大【答案】B【解析】【分析】先对B物体受力分析，受重力和拉力,得

3、到拉力等于B的重力，然后对物体A受力分析，根据共点力平衡条件,结合正交分解法列式分析。本题关键先对B,再对A受力分析,然后根据共点力平衡条件,结合正交分解法列式分析。【解答】先对B物体受力分析，受重力和拉力,根据共点力平衡条件，有T=mBg再对物体A受力分析,受拉力T、重力蚀9、支持力N,静摩擦力f可能没有，也有可能沿斜面向上,还有可能沿斜面向下，先假设沿斜面向上，如图根据共点力平衡条件，有x方向T+f加。=0y方向N-mAgcosd=0由式，当。由增加到时,细绳对A的拉力不变，故A错误；由式，当。由增加到时，斜面对物体A的支持力N将变小，故根据牛顿第三定律,A对斜面的压力将减小，故B正确；由

4、式，当0由匚增加到二时，斜面对物体A的静摩擦力一定变化，故C错误；物体A保持静止,合力一直为零，故D错误。故选B。3. 如图所示,两个质量都是m的小球A、B用轻杆连接后靠在墙上处于平衡状态，已知墙面光滑,水平地面粗糙，现将A球向上移动一小段距离，两球再次达到平衡，那么将移动后平衡状态和原来的平衡状态比较,地面对B球的支持力耳和摩擦力F2的大小变化情况是（）A.F1不变,F2增大B.F不变,F2减小C.F增大,F2增大D.F增大,F2减小【答案】B【解析】【分析】先对整体受力分析,整体受总重力、地面的支持力、墙壁对A的弹力，地面对B的静摩擦力，整体处于平衡状态，从而可知耳的大小变化；再隔离对A球

5、进行受力分析A球受重力,墙壁的弹力和杆的弹力,三个力处于平衡状态，通过夹角的变化，判断轻杆受到压力的变化。在该题中运用了整体法和隔离法,先对整体受力分析,确定地面对球B的支持力不变，再隔离分析，判断杆对球的作用力变化。【解答】对整体进行受力分析，知&=2mg,移动两球后，仍然平衡，则耳仍然等于2mg,所以耳不变.墙壁对小球A的弹力始终等于地面对B的摩擦力F2；再隔离对A进行受力分析，墙壁对A的弹力耳=mgtand,当A球向上移动一小段距离，夹角。减小，所以减小，而墙壁对小球A的弹力始终等于地面对B的摩擦力F2,所以F2减小,故B正确,ACD错误。故选B。4. 半圆柱体P放在粗糙的水平地

6、面上，其右端有固定放置的竖_%斛直挡板MN。在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体厂一-Q,整个装置处于静止状态。如图所示是这个装置的纵截面、川图。若用外力使MN保持竖直，缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止。在此过程中，下列说法中正确的是（）A. MN对Q的弹力先减小后增大B.地面对P的摩擦力逐渐减小C.P、Q间的弹力逐渐增大D.Q所受的合力逐渐增大【答案】C【解析】【分析】先对Q受力分析,根据平衡条件求解出两个支持力；再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，再次根据共点力平衡条件列式求解。本题关键是先对物体Q受力分析，再

7、对P、Q整体受力分析，然后根据共点力平衡条件求出各个力的表达式，最后再进行讨论。【解答】先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力,如图:根据共点力平衡条件，有：叫=皿,N2=mgtand；1cosd2再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，如图：If丨V十喚根据共点力平衡条件，有：f=N2,N=（M+m）g，故/=mgtand,MN保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角0不断变大，故f变大,N不变,N变大,N2变大,P、Q受到的合力为零,不变，故C正确ABD错误。故选Co5. 如图所示，物块m静止于一斜面上，斜面固定。若将斜面的倾

8、角0稍微增大些，物块m仍静止在斜面上,则（）A. 斜面对物块的摩擦力变小B.斜面对物块的摩擦力变大C.斜面对物块的支持力变大D.物块所受的合外力变大【答案】B【解析】【分析】物体静止在斜面上，对物体进行受力分析,求出摩擦力和支持力的大小，根据角度的变化判断支持力和摩擦力的变化。根据物体所处的状态，选择研究对象进行受力分析，利用平衡条件进行研究。【解答】ABC.物体m静止不动，受力平衡，可对物体受力分析：重力mg、支持力N和摩擦力f,由平衡条件得知：N和f的合力与重力mg等值、反向，则得：N=mgcosOf=mgsinO则知，8稍微增大一些,N变小f变大，故AC错误,B正确；D.物体m始终静止在

9、斜面上,合力保持为零，故D错误。故选B。度达到最大的过程中（此过程物块一直保持静止）（）6. 如图所示,一圆环套在竖直光滑的杆上，杆的直径比环的内径略小，圆环通过轻弹簧与放在地面上的物块相连,开始时弹簧处于原长，由静止释放圆环，到圆环向下的速A. 圆环受到的合力在减小B. 杆对圆环的作用力在减小C. 地面对物块的摩擦力在减小D. 地面对物块的支持力在减小【答案】A【解析】【分析】圆环在释放瞬间，根据加速度的大小和方向分析圆环受力情况。对圆环分析可知,根据水平方向受力平衡,分析杆对圆环的作用力大小。再研究系统，由运动情况结合平衡条件分析地面对物体的摩擦力和支持力的变化情况。本题考查了牛顿第二定律

10、的应用以及共点力平衡条件的应用。【解答】A. 圆环从静止释放到速度最大的过程中，对圆环分析可知，其速度不断增大,加速度不断减小,所受的合力不断减小A项正确；B. 由于环在向下运动的过群中，弹簧的长度不断减小，弹力不断增大,弹力沿水平方向的分力不断增大,对环水平方向研究知，杆对圆环的作用力不断增大,B项错误；C. 对环、弹簧和物块整体研究，地面对物块的摩擦力与杆对环的作用力等大反向,因此地面对物块的摩擦力不断增大,C项错误；D. 对环、弹簧和物块整体研究知,由于环沿竖直方向向下的加速度不断减小，因此整体所受合力向上且不断增大，又因杆光滑，则知地面对物块的支持力不断增大,D项错误。故选A。7. 如

11、同所示，半同柱体P放在粗糙的水平地面上，在P和竖直墙MN之间放有一个光滑均匀圆柱体Q,整个系统处于静止状态若使P缓慢向左移动一小段距离后P、Q仍保持静止状态，下列说法正确的是()A.MN对Q的弹力一定增大B.P、Q间的弹力增大C.P对水平地面的压力减小D.P与水平地面间的摩擦力减小【答案】D【解析】【分析】本题关键先对物体Q,再对物体PQ整体受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出各个力的表达式进行分析处理。先对圆柱体Q受力分析，受到重力、杆MN的支持力和半球P对Q的支持力，其中重力的大小和方向都不变，墙MN的支持力方向不变、大小变，半球P对Q的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件并运用合

12、成法得到各个力的变化规律;最后对PQ整体受力分析,根据共点力平衡条件得到地面对整体的摩擦力情况。【解答】设篦与竖直方向的夹角为Q，重力的大小和方向都不变，墙MN的支持力方向不变、大小变，半球P对Q的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件，得到弘=mgtand，N2mgcosd，由于。不断减小，故N不断减小,N2也不断减小；故AB错误；C.对PQ整体受力分析，受到总重力、MN的支持力N,地面的支持力叫,地面的静摩擦力f，如图根据共点力平衡条件，有f=N1=mgtanO由于。不断减小，故f不断减小;竹=(M+m)9大小不发生变化，故C错误,D正确；8-如图所示，物体A用轻质细绳与圆环B连接，圆环固

13、定在竖直杆MN上。现用一水平力F作用在绳上的O点，将O点缓慢向左移动，使细绳与竖直方向的夹角。逐渐增大。关于此过程,下列说法中正确的是（）A.水平力F保持不变B.水平力F逐渐减小C.绳OB的弹力逐渐减小D.绳OB的弹力逐渐增大【答案】D【解析】【分析】O点缓慢向左移动过程中，结点O的合力保持为零，分析结点O的受力情况判断F的变化,对整体研究，根据平衡条件判断杆对圆环的弹力和摩擦力的变化情况。本题采用隔离法和整体法相结合研究动态平衡问题，由于不分析系统的内力，运用整体法分析杆对圆环的摩擦力和弹力比较简便。【解答】AB.细绳与竖直方向的夹角为仇物体的质量为m,对结点O受力分析，运用合成法，则由平衡

14、条件得：F=mgtand，d增大，则F增大，故A错误,B错误;CD设BO绳子的弹力为T,则Tcos0=尬9,解得1T=心,0增大，则T增大，故C错误,D正cos9确；故选D。二、多选题（本大题共6小题，共240分）9. 竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，小球A、B带有同种电荷现用指向墙面的水平推力F作用于小球B,两球分别静止在竖直墙和水平地面上，如图所示.如果将小球B向左推动少许,当两球重新达到平衡时，与原来的平衡状态相比较（）A.推力F将变大B.竖直墙面对小球A的弹力变大C.地面对小球B的支持力不变D.两小球之间的距离变大【答案】CD【解析】【分析】本题考察隔离法和整体法结合分析动态平衡问题，

15、关键是确定研究对象（往往以受力较少的物体为研究对象），分析受力情况，先以A球为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件分析墙壁对A的弹力与A、B间的库仑力如何变化，再以AB整体为研究对象，根据平衡条件分析F如何变化和地面对小球B的弹力的变化，由库仑定律分析两球之间的距离如何变化。【解答】ABC.以A球为研究对象，分析受力,作出力图如图1所示，（）g设B对A的库仑力F与墙壁的夹角为6,由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：叫=mAgtand,将小球B向左推动少许时。减小，则竖直墙面对小球A的弹力耳减小，再以AB整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：N2=（mA+mB）g，则F减小，

16、地面对小球B的支持力一定不变，故A错误,C正确；D.由上分析得到库仑力F库=嘟,0减小,cos。增大,F库减小，根据库仑定律分析得知，两球库cose库之间的距离增大，故D正确；故选CD。10. 质量为M的直角三棱柱A放在水平地面上，三棱柱的斜面是光滑的，且斜面倾角为0.质量为m的光滑球B放在三棱柱和光滑竖直墙之间.4、B处于静止状态，现对B加一竖直向下的力F,F的作用线过球心,设墙对B的作用力为耳,B对A的作用力为F2,地面对A的支持力为F3,地面对A的摩擦力为耳，若F缓慢增大而且整个装置仍保持静止，在此过程中（）A.&保持不变,F3缓慢增大C.F、F4缓慢增大【答案】BCB.F2、F

17、4缓慢增大D.F2缓慢增大,F3保持不变【解析】【分析】正确选择研究对象,对其受力分析，运用平衡条件列出平衡等式解题，要注意多个物体在一起时，研究对象的选取。【解答】不加推力时，选取A和B整体为研究对象，它受到重力(M+m)g,地面支持力N,墙壁的弹力F和地面的摩擦力f的作用(如图所示)而处于平衡状态第9页，共12页J毗根据平衡条件有：N(M+m)g=0F=f可得：N=(M+m)g再以B为研究对象，它受到重力mg，三棱柱对它的支持力镉，墙壁对它的弹力F的作用(如图所示)，而处于平衡状态，根据平衡条件有：Nbcos6=mgNBsinO=Ff解得：F'=mgtanO,所以f=F'=

18、mgtanO加推力F,相当于物体B的重力mg变大，再由式知，墙对B的作用力为耳增大，对整体分析知,地面对A的摩擦力等于墙壁对B的作用力,所以打增大；施加推力F后，相当于物体B的重力mg变大，则A对B的作用力变大,B对A的作用力也变大，即F2增大,对整体分析,知地面的支持力增大，即F3增大，故BC正确,AD错误；故选BC。11. 如图所示,小圆环Q套在水平固定放置的横杆上，细绳上端与小圆环Q相连，下端吊着一重物P,开始时拉P的水平力为F,P和Q处于静止状态；现缓慢增大F,但在未拉动Q的过程中,关于细绳对环的拉力T、环对杆的弹力N和摩擦力f的变化情况是()A.N增大【答案】BCDB.T增大C.N不

19、变D.f增大【解析】【分析】先以重物P为研究对象,分析受力情况，根据平衡条件分析细绳的拉力和水平力F如何变化，再以圆环Q、物体P及轻绳整体为研究对象，根据平衡条件分析环对杆的弹力N和摩擦力f的变化情况。本题是力平衡中动态变化分析问题，关键是灵活选择研究对象，正确分析物体的受力情况，通过列式分析。【解答】遛1以重物P为研究对象,分析受力情况，如图1所示，根据平衡条件得：T=皿a,F=mgtanOcosO缓慢增大F时,0增大,cosB减小，则T增大。再以圆环Q、物体P及轻绳整体为研究对象，分析受力情况,作出力图如图2所示。根据平衡条件得：杆对环的支持力N=G,总重力G不变，则N保持不变。杆对环的摩

20、擦力f=F，可知f增大，由牛顿第三定律知，环对杆的摩擦力f增大。所以BCD正确、A错误；故选BCD。12.有一个直角支架AOBAO水平放置，表面粗糙,OB竖直向下,表面光滑.40上套有小环P,OB上套有小环Q,两环质量均为m,两环间由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡(如图所示)现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较,AO杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情况不正确的是()A.N不变,T变大B.N不变,T变小C.N变大,T变大D.N变大,T变小【答案】ACD【解析】【分析】先对小环Q受力分析，受到重力、支持力和拉力,根据三

21、力平衡条件,求出拉力的表达式,再对P、Q两个小环的整体受力分析,根据平衡条件再次列式分析即可。本题关键先对Q环受力分析后，根据平衡条件求出细线拉力和OB杆的支持力，再对整体受力分析，得出OA杆对P环的支持力和静摩擦力进行分析讨论。【解答】对小环Q受力分析，受到重力、支持力和拉力,如图:根据三力平衡条件,得到：mgCOS0N=mgtand,再对P、Q整体受力分析，受到总重力、OA杆支持力、向右的静摩擦力、BO杆的支持力,如图：根据共点力平衡条件，有：N=f,Fn=2mg,故f=mgtand,当P环向左移一小段距离，角度。变小，故静摩擦力f变小,支持力F”不变,T变小。本题选错误的；故选ACD。1

22、3. 如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑小球被轻质细线系住放在斜面上。细线另一端跨过定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢向上移动一段距离，斜面体始终B.斜面对小球的支D.地面对斜面的摩静止移动过程中()A.细线对小球的拉力变大持力变小C.斜面对地面的压力变大擦力变小【答案】ABD【解析】【分析】取小球为研究对象，根据平衡条件得到拉力、支持力与绳子和斜面夹角的关系式即可分析其变化；对斜面研究，由平衡条件分析地面对斜面的支持力和摩擦力，即可分析斜面对地面的压力变化。本题采用隔离法研究两个物体的动态平衡问题，分析受力情况是基础。【解答】AB.设物体和斜面的质量分别为m和M，绳子与斜面的夹角为0

23、.(M+m)g取球研究：小球受到重力mg、斜面的支持力N和绳子的拉力T，则由平衡条件得斜面方向：mgsina=TcosO垂直斜面方向：N+TsinO=mgcosa使小球沿斜面缓慢移动时，e增大，其他量不变由式知,T增大.由知,N变小，故A正确,B正确；CD.对斜面和小球整体分析受力：重力(M+m)g、地面的支持力Nf和摩擦力f、绳子拉力T,由平衡条件得f=Nsina,N变小，则f变小，,N变小，则N'变小,由牛顿第三定律得知，斜面对地面的压力也变小，故C错误,D正确。故选ABD。14. 如图所示,形状和质量完全相同的两个圆柱体a、b靠在一起，表面光滑,重力为G,其中b的下半部刚好固定在

24、水平面MN的下方，上边露出另一半,a静止在平面上。现过a的轴心施加一水平作用力F,可缓慢的将a拉离平面一直滑到b的顶端，对该过程分析,则应有（）A. a、b的压力开始最大为2G,而后逐渐减小到GB. 开始时拉力F最大为V3G,以后逐渐减小为0C. 拉力F先增大后减小，最大值是GD. a、b间的压力由0逐渐增大,最大为G【答案】AB【解析】解：对于a球：a球受到重力G、拉力F和b球的支持力N,由平衡条件得：F=Ncosd,NsinO=G则得：F=Gcot8,N=丄,sindN根据数学知识可知,e从'二增大到11F和n均逐渐减小；当,F有最大值，为V3G,N有最大值，为2G；当e增加到最大值h,F有最小值，为0,N有最小值，为G；故AB正确,CD错误;故选：AB。a球缓慢上升,合力近似为零，分析a受力情况，由平衡条件得到F以及b球对a的支持力与&的关系式，即可分析其变化。本题运用隔离法研究，分