高中物理题型解题技巧之力学篇01 秒解动态平衡 （解析版）

高中物理题型解题技巧之力学篇01秒解动态平衡一、必备知识与应用技巧1、“一恒一定向”“一恒一定向”即为物体所受的三力中有一个力恒定，一个力的方向恒定。如图所示，OA、OB、OC为三根细绳，保持O点不动，B绳顺时针旋转，分析两绳中的拉力变化情况？（1）常规解法—图解法，对O点受力分析如图1所示观察图形可知，B绳的拉力先减小后增大，A绳中的拉力一直减小。（2）方法升级理解（口决：不转的力随方向变化的两力的夹角增大而增大，减小而减小，当方向变化的两力垂直时转动的力最小，往两边都增大）认真分析可知，随着B绳顺时针旋转，两绳的夹角减小，同时观察A绳的力也在减小，而当B绳也A绳垂直时，B绳中的拉力最小，所以可以得到规律，A绳的拉力（即不转的力）随两绳夹角的增大而增大（或夹角的减小而减小），B绳的拉力（转动的力）在B绳也A绳垂直时最小，只要分析B绳转动过程中会不会出现垂直即可判断，用此方法则不用画三角形而快速解决此类问题。例1.如图所示，把一个光滑圆球放在两块挡板AB和AC之间，AB与AC之间的夹角为30°．现将AC板固定，而使AB板沿顺时针方向缓慢转动90°，则()A.球对板的压力逐渐减小 B.球对板的压力先减小后增大

C.球对板的压力逐渐增大 D.球对板的压力先减小后增大解析：画出小球的受力如图由题意可知TAB从水平方向转到竖直方向，TAB与TAC夹角一直减小，则不转的力TAC一直减小，TAB在转动过程中一定经历与TAC垂直的位置，垂直时最小，则TAB先增大后减小，故选B。2、“两变力恒定夹角”“两变力恒定夹角”即为两个变力的夹角恒定，如图所示，三根细绳连接同一点O，且在C绳上吊一个重物，保持A、B绳夹角不变，A、B两绳顺时针转动过程中，A、B绳上的拉力变化情况？（1）常规解法——“拉密定理”，如图由“拉密定理”可知由于G，角不变，则不变，在转动过程中角从，则减小，所以FA一直减小，同理可知，从钝角变到，所以FB一直增大。（2）方法升级理解（口决：“对角垂直时拉力最大”）由正弦函数知，为最大，再由可知，对角垂直时力最大，即当时，最大，同理时，最大，因此处理此类问题时只要分析两个变化的夹角的变化情况即可得出结论，可以快速的解决问题；例2.如图所示，竖直面内有一圆环，轻绳的一端O固定在此圆环的圆心，另一端A拴一球，轻绳的一端拴球，另一端固定在圆环上的B点。最初，两绳均被拉直，夹角为且水平，现将圆环绕圆心O顺时针缓慢转过90°的过程中（夹角θ始终不变），以下说法正确的是()

A.上的张力逐渐增大 B.上的张力先增大后减小C.上的张力逐渐增大 D.上的张力先增大后减小解：受力分析如图在转动过程中从，由对角垂直时拉力最大可知，一直减小，同理从钝角变成锐角，其间一直经历直角的状态，由对角垂直时拉力最大可知，先增大后减小，故选B。3、“大Y模型”“大Y模型”即为晾衣服模型，如图所示，一根细绳A、B两端分别栓在两根固定的杆上，两杆间的距离为d，重物的重力为G（1）常规解法：对O点受力分析如图所示由平衡可知即由几何关系可知其中得根据题意逐步分析解答。（2）方法升级理解（口决：“近小远大，纵不变”）分析总结规律eq\o\ac(○,1).纵移，即A点或B点上、下移动时，由于d不变，绳长不变，则不变，则绳中拉力不变；eq\o\ac(○,2).远离，即两杆距离增大，变大，绳中拉力变大，eq\o\ac(○,3).靠近，即两杆距离增大，变小，绳中拉力变小；口决：对于和T的变化情况满足：“近小远大，纵不变”，其中“近”和“远”指的是距离d，d小，小，绳中拉力小；d大，大，绳中拉力大，“纵”指的是A点或B点上、下移动，此时绳中拉力不变。例3.如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态．如果只改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是()A．绳的右端上移到b′，绳子拉力变小`B．绳的两端高度差越小，绳子拉力越大C．将杆N向右移一些，绳子拉力变大D．若换挂质量更大的衣服，则衣服架悬挂点右移解：ABC．利用口决：“近小远大，纵不变”可知，绳的右端上移到b′，即为纵移，则绳子拉力不变，将杆N向右移一些，即远离，则绳子拉力变大，绳的两端高度差越小，即纵移，则绳子拉力不变，故AB错误，C正确；D．若换挂质量更大的衣服，仍然平衡，则位置不变，只是绳子拉力变大，故D错误。三、实战应用(应用技巧解题，提供解析仅供参考)1．如图所示，用一轻绳将光滑小球P系于竖直墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一长方体物块Q，P、Q均处于静止状态，现有一铅笔紧贴墙壁从O点开始缓慢下移，则在铅笔缓慢下移的过程中（）A．细绳的拉力逐渐变小B．Q受到墙壁的摩擦力逐渐变大C．Q将从墙壁和小球之间滑落D．Q受到墙壁的弹力逐渐变大【答案】D【详解】A．对P受力分析如图所示，P受到重力mg、绳的拉力F和Q对P的支持力N处于平衡状态，设拉力与竖直方向的夹角为θ，根据共点力平衡有：绳的拉力Q对P的支持力N=mgtanθ铅笔缓慢下移的过程中，θ增大，则绳的拉力F增大，Q对P的支持力增大，故A错误；BCD．对Q受力分析，在水平方向上受到P对Q的压力和墙壁对Q的弹力，二力平衡，根据牛顿第三定律知，Q对P的支持力增大，则P对Q的压力增大，所以墙壁对Q的弹力增大；在竖直方向上受到重力与墙壁的摩擦力，二力平衡，重力不变，所以Q受到墙壁的摩擦力不变，Q不会从墙壁和小球之间滑落，故D正确，BC错误。故选D。2．如题图所示，重量为G的物块静置于水平地面上，用大小不变的力拉该物块，在力F与水平方向的夹角从缓慢增大到过程中，该物块始终静止不动，则水平地面对该物块的作用力（

）A．一直减小 B．一直增大 C．先减小后增大 D．先增大后减小【答案】A【详解】把力F分解，由平衡条件可得地面的支持力N和地面的静摩擦力f为当力F与水平方向的夹角从缓慢增大到过程中，二力均减小。则可知二力的合力，即水平地面对该物块的作用力也随之减小故选A。3．如图甲工人正使用“涂料滚”给墙壁粉刷涂料。如图乙粉刷时工人手持撑杆使涂料滚沿竖直墙壁缓慢移动，若涂料滚在向上缓慢移动过程中对墙壁的压力大小保持不变，则（）A．涂料滚受到的摩擦力方向向上，大小不变B．涂料滚受到的摩擦力方向向上，大小变大C．涂料滚受到的摩擦力方向向下，大小变大D．涂料滚受到的摩擦力方向向下，大小变小【答案】C【详解】由题意可知，工人手持撑杆使涂料滚沿竖直墙壁缓慢移动，涂料滚相对于墙壁由向上运动的趋势，所以涂料滚受到的摩擦力方向向下，且涂料滚竖直方向平衡，有其中α为撑杆与墙壁的夹角，α角减小，所以摩擦力变大，故C正确，ABD错误。故选C。4．如图甲所示是空军飞行员防眩晕训练器，若某飞行员调练时，左右手拉住圆环，处于平衡状态，左手刚好在水平状态，右手与水平方向有一定夹角，不考虑腿部受到的作用力，等效为如图乙模型，在圆环顺时针缓慢旋转90°过程中，保持两手臂伸直状态，则（）A．两手的拉力均变小B．左手拉力先变大再变小，右手拉力一直变小C．左手拉力一直变小，右手拉力先变小再变大D．左手拉力先变大再变小，右手拉力先变大再变小【答案】B【详解】在圆环顺时针缓慢旋转90°过程中，保持两手臂伸直状态，两手拉力夹角不变，由三力平衡推论知三力平移后会组成一闭合三角形，如下图所示：黑色线表示重力，红色线表示左手拉力，蓝色线表示右手拉力。则由图可知：左手拉力先变大后变小，右手拉力一直变小。故选B。5．如图，一重力不计的梯子斜靠在光滑竖直墙壁上，重为G的工人由地面沿梯子上爬，在上爬过程中，梯子保持静止｡设墙壁对梯子的作用力为F1，地面对梯子的支持力为F2，摩擦力为F3，则在上爬过程中（）A．F1由大变小 B．F2由大变小 C．F2由小变大 D．F3由小变大【答案】D【详解】A．对梯子和人整体受力分析，如图所示在人上爬的过程中，力的作用线的交点水平向左移动，F和竖直方向的夹角变大，有几何关系可知即F1由小变大，A错误；BC．即F2保持不变，B错误，C错误；D．即F3由小变大，D正确；故选D。6．晾晒衣服的绳子两端分别固定在两根竖直杆上的A、B两点，A点高于B点，原来无风状态下衣服保持静止。某时一阵恒定的风吹来，衣服受到水平向右的恒力而发生滑动，并在新的位置保持静止，如图所示。不计绳子的质量及绳与衣架挂钩间的摩擦，下列说法正确的是（）A．有风时，挂钩左、右两侧绳子的拉力大小不相等B．无风时，挂钩左侧绳子与竖直方向的夹角大于右侧绳子与竖直方向的夹角C．在有风且风力不变的情况下，绳子右端由A点沿杆向下移到C点，绳子的拉力变小D．相比无风时，在有风的情况下∠AOB大【答案】C【详解】A．由于不计绳子的质量及绳与衣架挂钩间的摩擦，则挂钩相当于动滑轮，两端绳子的拉力总是相等，所以A错误；B．无风时，根据平衡条件可得，两细绳拉力的合力等于重力，则有两细绳拉力水平方向的分力大小相等，方向相反，有可知所以挂钩左右两侧绳子与竖直方向的夹角相同，则B错误；D．设绳长为L，两杆之间的距离为d，根据几何关系可得无风时，根据平衡条件可得解得有风后，衣服受力增加一个风力，四力平衡，两个绳子的拉力的合力与重力、风力的合力相平衡，如图2所示的状态此时通过A点和B点做平行于合力方向的直线，相对于两根杆的方向（如图红线所示），根据图中几何关系可知两根杆（即两红线）之间的距离d不能确定，则不能确定，故∠AOB不确定，D错误；C．当在有风的情况下，将A点沿杆稍下移到C点，根据图像可以看出，两端绳子之间的夹角变小，但是两细绳拉力的合力为恒力，则拉力F变小，C正确。故选C。7．哥伦比亚大学的工程师研究出一种可以用于人形机器人的合成肌肉，可模仿人体肌肉做出推、拉、弯曲和扭曲等动作。如图所示，用合成“肌肉”做成的“手臂”ced的d端固定一滑轮，c端固定于墙壁，足够长的细绳绕过d端滑轮，一端也固定于墙壁，另一端连接质量为m的物体，合成“肌肉”的c和e处类似于人手臂的关节，由“手臂”合成“肌肉”控制。设cd的连线与竖直墙壁ac夹角为𝜃，不计滑轮与细绳的摩擦，下列说法不正确的是（）A．撤除轻质细杆ce瞬间物体的下落加速度为重力加速度gB．若保持θ＝90°，增大cd长度，细绳对滑轮的力始终沿dc方向C．若保持ac等于ad，增大cd长度，细绳对滑轮的力始终沿dc方向D．若θ从90°逐渐变为零，cd长度不变，且保持ac＞cd，则细绳对滑轮的力先增大后减小【答案】B【详解】A．撤除轻质细杆ce瞬间，细绳ad的拉力也瞬时变为零，则物体的下落加速度为重力加速度g，选项A正确；B．保持，增大cd长度，则变小，绳中张力大小不变，因细绳对滑轮的力沿的平分线，可知细绳对滑轮的力的方向要改变，则B错误；C．保持ac等于ad，，即dc为的角平分线，绳中张力不变，方向沿着dc，C正确；D．cd长度不变，点的轨迹如图虚线所示，为一段圆弧当的位置满足与圆相切时，最小，此时细绳对滑轮的力最大，因此从90°逐渐变为零，细绳对滑轮的力先增大后减小，D正确。故选B。8．图示杆秤用3根长度相同细绳对称地系于圆形秤盘上，细绳的另一端汇聚后系在杆秤小吊环上的点。用该秤来称质量为（含秤盘）的物品，重力加速度为，则平衡时（）A．每根细绳的拉力等于B．每根细绳的拉力小于C．细绳越长，细绳的拉力越大D．细绳越长，细绳的拉力越小【答案】D【详解】设细绳与竖直方向夹角为，细绳拉力为，根据平衡条件可得解得细绳越长，越小，则越小，故D正确，ABC错误。故选D。9．如图所示，某健身者右手拉着抓把沿图示位置B水平缓慢移动到位置A，他始终保持静止，不计绳子质量，忽略绳子和重物与所有构件间的摩擦，A、B、重物共面，则重物上升过程（）A．绳子的拉力逐渐增大 B．该健身者所受合力逐渐减小C．该健身者对地面的压力逐渐减小 D．该健身者对地面的摩擦力逐渐增大【答案】D【详解】AB．由题意可知，重物和健身者一直处于平衡状态，由平衡条件可知，健身者所受合力等于零；绳上的拉力大小不变，其大小等于重物的重力mg，AB错误；CD．对健身者受力分析，如图所示，由平衡条件可知，在竖直方向，则有可得在水平方向，则有当从B水平缓慢移到A时，θ角逐渐变小，地面对健身者的支持力变大，地面对健身者的摩擦力变大，由牛顿第三定律可知，健身者对地面的压力逐渐增大，健身者对地面的摩擦力逐渐增大，C错误，D正确。故选D。10．新疆是我国最大的产棉区，在新疆超出70%棉田都是通过机械自动化采收，自动采棉机将棉花打包成圆柱形棉包，然后平稳将其放下。放下棉包的过程可以简化为如图所示模型，质量为m的棉包放在“V”型挡板上，两板间夹角为固定不变，“V”型挡板可绕P轴在竖直面内转动，使BP板由水平位置逆时针缓慢转动的过程中，忽略“V”型挡板对棉包的摩擦力，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．在AP板转到水平前，BP板与AP板对棉包的作用力的合力不变B．棉包始终受到三个力的作用C．棉包对AP板的压力先增大后减小D．当BP板转过时，棉包对BP板的作用力大小为mg【答案】A【详解】A．在AP板转到水平前，BP板与AP板对棉包的作用力的合力始终与棉包的重力平衡，所以合力不变，故A正确；B．当BP板或AP板处于水平状态时，棉包受重力和支持力这两个力作用，故B错误；C．如图所示设BP板转动的角度为θ（0＜θ＜60°），棉包的重力为mg，根据正弦定理有当θ从增到60°的过程中，AP板对棉包的支持力F2一直增大，则棉包对AP板的压力一直增大，故C错误；D．当BP板转过时，AP处于水平状态，此时棉包对BP板的作用力大小为零，故D错误。故选A。11．如图，质量为m的小球用一轻绳竖直悬吊于O点。现用一光滑的金属挂钩向右缓慢拉动轻绳至虚线位置，在此过程中，下列说法正确的是（）A．钩子对绳的作用力水平向右B．钩子对绳的作用力逐渐增大C．绳子的张力逐渐增大D．钩子对绳的作用力可能等于2mg【答案】B【详解】A．钩子对绳的力与绳子对钩子的力是相互作用力，方向相反，两段绳子对钩子的作用力的合力是向左下方的，故钩子对细绳的作用力向右上方，故A错误；B．两段绳子拉力大小相等，均等于mg，夹角在减小，根据平行四边形定则可知，合力变大，故根据牛顿第三定律，钩子对细绳的作用力也是逐渐变大，故B正确；C．物体受重力和拉力而平衡，故拉力T=mg，而同一根绳子的张力处处相等，绳子的拉力大小一直为mg，大小不变，故C错误；D．因为钩子与细绳的接触点A始终在一条水平线上，两段绳子之间的夹角不可能达到90°，细绳对钩子的作用力小于，钩子对细绳的作用力也不可能等于2mg，故D错误。故选B。12．如图（a），直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图（b）所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是（

）A．当导线静止在图（a）右侧位置时，导线中电流方向由N指向MB．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变C．tanθ与电流I成正比D．sinθ与电流I成正比【答案】D【详解】A．当导线静止在图（a）右侧位置时，对导线做受力分析有可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，A错误；BCD．由于与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有，FT=mgcosθ则可看出sinθ与电流I成正比，当I增大时θ增大，则cosθ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，BC错误、D正确。故选D。13．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点，将木板以底边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【答案】B【详解】设两绳子对圆柱体的拉力的合力为，木板对圆柱体的支持力为，绳子与木板夹角为，从右向左看如图所示在矢量三角形中，根据正弦定理在木板以直线为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，不变，从逐渐减小到0，又且可知则可知从锐角逐渐增大到钝角，根据由于不断减小，可知不断减小，先增大后减小，可知先增大后减小，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，绳子拉力为，则可得不变，逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B正确，ACD错误。故选B。14．如图所示，竖直平面内有一圆环，圆心为O，半径为R，PQ为水平直径，MN为倾斜直径，PQ与MN间的夹角为，一条不可伸长的轻绳长为L，两端分别固定在圆环的M、N两点，轻质滑轮连接一个质量为m的重物，放置在轻绳上，不计滑轮与轻绳间的摩擦。现将圆环从图示位置绕圆心O顺时针缓慢转过2角，下列说法正确的是（）A．图示位置时，轻绳的张力大小为B．直径MN水平时，轻绳的张力大小为C．轻绳与竖直方向间的夹角先增大再减小D．圆环从图示位置顺时针缓慢转过2的过程中，轻绳的张力逐渐减小【答案】C【详解】AB．左右为同一根绳子，拉力相等，设绳子与竖直方向夹角为，并作出辅助线，如图所示由几何关系可知又整理得①对物体进行受力分析因此②当转到水平位置时，，代入②式可得A、B错误；C．由于、均为锐角，由①可得，越小，越大，当转到水平位置时，，此时取得最大值，因此先增大，后减小，C正确；D．由②可得越小，绳子拉力越大，因此当时，绳子拉力最大，因此圆环从图示位置顺时针缓慢转过2的过程中，轻绳的张力先增大后减小，D错误。故选C。15．在生活中人们为了更方便地向高处运送货物，经常使用如图所示的方法提升重物。图中甲、乙两名工人分别位于两栋楼的三楼和二楼窗口，两人各用一根轻绳与质量为m的重物相连。初始时重物在甲的正下方地面上，此时工人甲的绳长为L、甲、乙两人间的距离也为