新教材适用2024版高考物理二轮总复习第1部分核心主干复习专题专题1力与运动第1讲物体的平衡题型2动态平衡问题教师用书

题型2动态平衡问题〔真题研究2〕(2022·河北卷，7,4分)如图所示，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，细绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱与木板之间的摩擦，在转动过程中(B)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【审题指导】关键表述物理关系等长的细绳两细绳在圆柱体上的悬点的连线与两细绳组成等腰三角形，两细绳的拉力大小相等，它们的合力沿两力所成角的角平分线方向，合力的大小与细绳拉力的大小成正比，合力大小变化的情况与细绳拉力大小的变化情况相同缓慢转动直至水平，细绳与木板之间的夹角保持不变圆柱体处于动态的受力平衡状态，木板对圆柱体的支持力和细绳对圆柱体拉力的合力的夹角不变，两个力最终均顺时针转过90°角【解析】方法一：正弦定理法序号受力分析图分析过程1如图甲所示，沿N→M方向观察，对圆柱体进行受力分析，其中FT为两细绳对圆柱体拉力的合力．根据三个力作用下共点力平衡的条件，画出平行四边形2如图乙所示，将三个力放到同一个三角形中，记为△ODC，则根据正弦定理有eq\f(mg,sin∠OCD)＝eq\f(FN,sin∠COD)＝eq\f(FT,sin∠CDO)又∠OCD＋∠BOC＝180°，∠COD＋∠AOC＝180°，∠CDO＋∠AOB＝180°，故eq\f(mg,sin∠BOC)＝eq\f(FN,sin∠AOC)＝eq\f(FT,sin∠AOB)3如图丙所示，令∠BOC＝α、∠AOC＝β、∠AOB＝γ，则有eq\f(mg,sinα)＝eq\f(FN,sinβ)＝eq\f(FT,sinγ)由题意知，mg和α都是保持不变的，因此FN与sinβ成正比，FT与sinγ成正比，在木板转动的过程中，β由钝角变为锐角，γ由直角变为平角180°，sinβ先增大为1再减小，sinγ一直减小。因此，FN先增大后减小，FT一直减小方法二：图解法序号受力分析图分析过程1由题意可知，mg与mg所对的角度保持不变，根据几何知识，不管FN与FT发生任何变化，三个力围成的三角形的外接圆都保持不变。当木板竖直时，FN与mg垂直，FT刚好为圆的直径，此时FT最大，如图甲所示2如图乙所示，随着木板顺时针转动，FN与FT也顺时针转动，当FN转到直径位置时，达到最大，而FT一直减小3如图丙所示，木板继续转动，FN开始减小，至木板水平时，FN＝mg；FT继续减小，至木板水平时，FT减小为零因此，在整个过程中，FN先增大后减小，根据牛顿第三定律，可知A项错误，B项正确；FT一直减小，即两细绳的拉力一直减小，C、D两项均错误〔易错提醒〕(1)根据三个力的变化特点要想到用正弦定理法或图解法来解决问题；(2)在用正弦定理解决问题时，对于各力对应角度的变化判断出错。eq\o(\s\up7(),\s\do5(考法一))图解法1.题目特点：物体在三个力作用下缓慢运动，其中一个力恒定，另一个力方向恒定。2.应用思路：读懂题目叙述的情景，依次画出多个状态下力的渐变平行四边形或矢量三角形，根据有向线段长度、方向的变化判断相应力的大小、方向的变化。例题1(2023·河北名校联考)如图所示，质量为m的等腰直角三角板abc，用轻绳一端系着三角板a点，另一端固定于天花板，在三角板的c点作用水平拉力F，当系统处于平衡状态时，细绳与竖直方向夹角为30°，重力加速度为g。则下列说法正确是(D)A．轻绳拉力大小为eq\f(\r(3),3)mgB．外力F大小为eq\f(2\r(3),3)mgC．若保持外力F的方向不变，使三角板绕O点逆时针缓慢转动，则轻绳的拉力先增大后减小D．若保持细绳拉力方向不变，使外力F逆时针缓慢转动，则外力F先减小后增大【解析】对三角板进行受力分析，受三力(重力mg、轻绳拉力T、外力F)而平衡，三角板处于平衡状态有Tcos30°＝mg，F＝Tsin30°，解得T＝eq\f(2\r(3),3)mg，F＝eq\f(\r(3),3)mg，选项A、B错误；三角板绕O点逆时针转动过程中，细绳与竖直方向的夹角(设为α)增大，由平衡条件可知，轻绳拉力的大小T＝eq\f(mg,cosα)，故T必增大，选项C错误；若保持细绳拉力方向不变，由于三角板处于平衡状态，作出力的示意图如图所示当外力F逆时针转动时，其大小先减小后增大，选项D正确。例题2(2023·福建莆田模拟)某建筑工地悬吊装置的示意图如图所示，图中OM是用轻钢制作的龙骨，ON为尼龙轻绳。OM可以绕通过M点且垂直于纸面的轴转动，尼龙绳的N端系在一辆天车上，尼龙绳和龙骨的重力及M处的摩擦力都可以忽略不计。若所挂的重物不变，保持OM与竖直墙面的夹角不变而将天车稍微向左开动一点距离，则下列说法正确的是(B)A．尼龙绳ON对O点的拉力不变B．尼龙绳ON对O点的拉力增大C．龙骨OM对O点的支持力不变D．龙骨OM对O点的支持力减小【解析】以O点为研究对象进行受力分析，其受重物的拉力、龙骨OM的支持力和尼龙绳ON的拉力作用，将天车稍微向左开动一点距离，由图可知尼龙绳ON对O点的拉力增大，龙骨OM对O点的支持力增大，故选B。eq\o(\s\up7(),\s\do5(考法二))解析法1.题目特点：物体受力示意图中某个力恒定，某个夹角发生的变化可判、可用。2.应用思路：对力进行合成、分解或正交分解，用恒力、变角的三角函数写出变力的表达式(即平衡方程)，根据三角函数的变化判断力的变化。例题3(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，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是(C)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】因滑块由A到B缓慢移动过程中，所有摩擦均可忽略，对滑块受力分析，如图所示，由平衡条件有F＝mgsinθ，FN1＝mgcosθ，滑块从A点缓慢移动到B点时，θ越来越大，则推力F越来越大，支持力FN1越来越小，所以A、B错误；对凹槽与滑块整体分析，墙面对凹槽的压力FN′＝Fcosθ＝mgsinθcosθ＝eq\f(1,2)mgsin(2θ)，由此可知随着θ变大，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C正确；水平地面对凹槽的支持力为FN2＝(M＋m)g－Fsinθ＝(M＋m)g－mgsin2θ，则θ越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以D错误。速解：例题3中小滑块所受重力mg恒定，推力F与支持力FN始终互相垂直，可用辅助圆快速判断F、FN的变化。eq\o(\s\up7(),\s\do5(考法三))相似三角形法1.题目特点：物体在绳、杆或弹簧的作用下沿圆周缓慢运动。2.应用思路：相似三角形法是图解法的特例，平移受力示意图中的两个力，与第三个力构建力三角形，找到与之相似的几何三角形，列出相应比例式进行分析，其中与半径对应的力大小不变。例题4(2023·河北名校联考)如图所示，在粗糙的水平地面上，有一质量为M的半圆形绝缘凹槽，槽与地面接触部分粗糙，圆弧表面光滑，圆弧右上端有一带正电的小球A，底部固定一个带正电的小球B，两球质量都为m，一开始整个装置保持静止，后因小球A缓慢漏电而使其沿圆弧逐渐靠近小球B，在靠近的过程中，忽略小球A质量的变化，下列说法正确的是(D)A．凹槽受到地面的摩擦力增大B．凹槽受到地面的支持力变小C．A、B两球间的库仑力变大D．A球受到的支持力大小不变【解析】以A、B、凹槽整体受力分析可知，水平方向上无外力作用，凹槽不受地面的摩擦力，竖直方向上，小球A缓慢下移，可认为始终处于平衡态，故