2024高考物理一轮复习第二章微专题13解决动态平衡问题的几种方法练习含解析教科版

PAGEPAGE1微专题13解决”动态平衡“问题的几种方法1．三力动态平衡常用图解法、相像三角形法、正弦定理法、等效圆周角不变法等，三个力中重力一般不变：(1)若还有一个力方向不变，第三个力大小方向都变时可用图解法；(2)若另外两个力大小方向都变，且有几何三角形与力的三角形相像的可用相像三角形法；(3)若另外两个力大小方向都变，且知道力的三角形中各角的改变规律的可用正弦定理；(4)若另外两个力大小方向都变，且这两个力的夹角不变的可用等效圆周角不变法或正弦定理．2．多力动态平衡问题常用解析法．3．涉及到摩擦力的时候要留意静摩擦力与滑动摩擦力的转换．1．(2024·重庆市沙坪坝等主城六区第一次调研抽测)如图1，轻绳一端系在小球A上，另一端系在圆环B上，B套在粗糙水平杆PQ上．现用水平力F作用在A上，使A从图中实线位置(轻绳竖直)缓慢上升到虚线位置，但B仍保持在原来位置不动．则在这一过程中，杆对B的摩擦力F1、杆对B的支持力F2、绳对B的拉力F3的改变状况分别是()图1A．F1渐渐增大，F2保持不变，F3渐渐增大B．F1渐渐增大，F2渐渐增大，F3渐渐增大C．F1保持不变，F2渐渐增大，F3渐渐减小D．F1渐渐减小，F2渐渐减小，F3保持不变2.(2024·河北衡水中学调研)如图2所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动，用轻绳在O点悬挂一个重力为G的物体，另一根轻绳一端系在O点，O点为圆弧的圆心，另一端系在圆弧形墙壁上的C点，当该轻绳端点由点C渐渐沿圆弧CB向上移动的过程中(保持OA与地面夹角θ不变)，OC绳拉力的大小改变状况是()图2A．渐渐减小B．渐渐增大C．先减小后增大D．先增大后减小3．(多选)(2024·全国卷Ⅰ·21)如图3，图3松软轻绳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N.初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α(α＞eq\f(π,2))．现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM由竖直被拉到水平的过程中()A．MN上的张力渐渐增大B．MN上的张力先增大后减小C．OM上的张力渐渐增大D．OM上的张力先增大后减小4．(2024·山东大联考三模)如图4，用硬铁丝弯成的光滑半圆环竖直放置，直径竖直，O为圆心，最高点B处固定一光滑轻质滑轮，质量为m的小环A穿在半圆环上．现用细线一端拴在A上，另一端跨过滑轮用力F拉动，使A缓慢向上移动．小环A及滑轮B大小不计，在移动过程中，关于拉力F以及半圆环对A的弹力N的说法正确的是()图4A．F渐渐增大B．N方向始终指向圆心OC．N渐渐变小D．N大小不变5．(多选)(2024·山东烟台市第一学期期末)如图5所示，一质量为m、半径为r的光滑球A用细绳悬挂于O点，另一质量为M、半径为R的半球形物体B被夹在竖直墙壁和A球之间，B的球心到O点之间的距离为h，A、B的球心在同一水平线上，A、B处于静止状态．重力加速度为g.则下列说法正确的是()图5A．A对B的压力大小为eq\f(R＋r,h)mgB．竖直墙壁对B的摩擦力可能为零C．当只轻轻把球B向下移动一点距离，若A、B再次保持静止，则A对B的压力大小保持不变，细绳拉力增大D．当只轻轻把球B向下移动一点距离，若A、B再次保持静止，则A对B的压力减小，细绳拉力减小6．(2024·河南开封市模拟)在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放另一截面也为半圆的光滑柱状物体B，整个装置处于静止状态，截面如图6所示．设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的作用力为F3.在B上加一物体C，整个装置仍保持静止，则()图6A．F1保持不变，F3增大B．F1增大，F3保持不变C．F2增大，F3增大D．F2增大，F3保持不变7．(多选)(2024·安徽省A10联盟开年考)如图7，倾角为30°的斜面体放置于粗糙水平地面上，物块A通过跨过光滑定滑轮的松软轻绳与小球B连接，O点为轻绳与定滑轮的接触点．初始时，小球B在水平向右的拉力F作用下使轻绳OB段与水平拉力F的夹角θ＝120°，整个系统处于静止状态．现将小球向右上方缓慢拉起，并保持夹角θ不变，从初始到轻绳OB段水平的过程中，斜面体与物块A均保持静止不动，则在此过程中()图7A．拉力F渐渐增大B．轻绳上的张力先增大后减小C．地面对斜面体的支持力渐渐增大D．地面对斜面体的摩擦力先增大后减小8．(2024·湖南衡阳市第一次联考)如图8所示的装置中，在A端用外力F把一个质量为m的小球沿倾角为30°的光滑斜面匀速向上拉动，已知在小球匀速运动的过程中，拴在小球上的绳子与水平固定杆之间的夹角从45°变为90°，斜面体与水平地面之间是粗糙的，并且斜面体始终静止在水平地面上，不计滑轮与绳子之间的摩擦．则在小球匀速运动的过程中，下列说法正确的是()图8A．外力F肯定增大B．地面对斜面体的静摩擦力始终为零C．绳子对水平杆上的滑轮的合力肯定大于绳子的拉力D．绳子A端移动的速度大小等于小球沿斜面运动的速度大小9．(2024·湖北省黄冈中学第三次模拟)哥伦比亚高校的工程师探讨出一种可以用于人形机器人的合成肌肉，可仿照人体肌肉做出推、拉、弯曲和扭曲等动作．如图9所示，连接质量为m的物体的足够长细绳ab一端固定于墙壁，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，细绳绕过滑轮，c和e类似于人手臂的关节，由“手臂”合成肌肉限制．设cd与竖直墙壁ac夹角为θ，不计滑轮与细绳的摩擦，下列说法正确的是()图9A．若保持θ不变，增大cd长度，细绳ad部分拉力变大B．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°渐渐变为零，cd长度不变，且保持ac>cd，则细绳对滑轮的力先减小后增大10．(2024·山东临沂市质检)如图10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，其一端悬挂质量为m的物块A，另一端系一位于固定光滑斜面上的质量为2m的物块B，斜面倾角θ＝45°，外力F沿斜面对上拉物块B，使物块B由滑轮正下方位置缓慢运动到和滑轮等高的位置，则()图10A．细绳OO′的拉力渐渐增大B．细绳对物块B的拉力渐渐变大C．斜面对物块B的支持力渐渐变大D．外力F渐渐变大11.(2024·安徽省皖北协作区联考)如图11所示，两块固定且相互垂直的光滑挡板POQ，OP竖直放置，OQ水平，小球a、b固定在轻弹簧的两端，现有一个水平向左的推力，作用于b上，使a、b紧靠挡板处于静止状态．现用力F推动小球b，使之缓缓到达b′位置，则()图11A．推力F变大 B．b对OQ的压力变大C．弹簧长度变短 D．弹簧长度变长12．(多选)(2024·湖南长沙一中月考)《大国工匠》节目中讲解并描述了王进利用“秋千法”在1000kV的高压线上带电作业的过程．如图12所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮上．另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人限制．身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处．绳OD始终处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m，不计一切阻力，重力加速度大小为g.关于王进从C点运动到E点的过程中，下列说法正确的是()图12A．工人对绳的拉力始终变大B．绳OD的拉力始终变小C．OD、CD两绳拉力的合力大小等于mgD．当绳CD与竖直方向的夹角为30°时，工人对绳的拉力为eq\f(\r(3),3)mg

答案精析1．A[设小球A的质量为m，圆环B的质量为M，对A受力分析，如图甲所示，甲乙由平衡条件可得F3′cosα＝mg，F＝mgtanα，故随α增大，F增大，则F3′增大，即F3增大；再对两者的整体受力分析，如图乙所示，有：F1＝F，F2＝(M＋m)g，则F2不变，F1增大，故选A.]2.C[对物体受力分析，物体受力平衡，则竖直绳的拉力等于物体的重力G，故竖直绳的拉力不变；再对O点分析，O点总受竖直绳的拉力、OA的支持力F及OC绳的拉力而处于平衡状态，受力分析如图所示，F和OC绳的拉力的合力与G大小相等，方向相反，则在OC绳端点上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，由图可知OC绳的拉力先减小后增大，故C正确．]3．AD[以重物为探讨对象，受重力mg、OM绳上拉力F2、MN上拉力F1，由题意知，三个力的合力始终为零，矢量三角形如图所示，F1、F2的夹角为π－α不变，在F2转至水平的过程中，矢量三角形在同一外接圆上，由图可知，MN上的张力F1渐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，所以A、D正确，B、C错误．]4．D[在小环A缓慢向上移动的过程中，小圆环A处于三力平衡状态，依据平衡条件知mg与N的合力与T等大反向共线，作出mg与N的合力，如图，由三角形相像得：eq\f(mg,BO)＝eq\f(N,OA)＝eq\f(T,AB)由于最高点B处固定一光滑轻质滑轮，则F＝T，可得：F＝T＝eq\f(AB,BO)mg，AB变小，BO不变，则F变小，故A错误；N＝eq\f(OA,BO)mg，AO、BO都不变，则N不变，方向始终背离圆心，故B、C错误，D正确．]5．AD[分析A球的受力状况，如图所示，N与mg的合力与T等大反向共线，依据两个阴影三角形相像有：eq\f(N,R＋r)＝eq\f(mg,h)＝eq\f(T,OA)，得：N＝eq\f(R＋r,h)mg，T＝eq\f(OA,h)mg，由牛顿第三定律知A对B的压力大小为：N′＝N＝eq\f(R＋r,h)mg，故A正确；B在竖直方向受到重力，而A、B间无摩擦，由平衡条件知竖直墙壁对B肯定有摩擦力，故B错误；当只轻轻把球B向下移动一点距离，分析A球的受力状况，如图乙所示：N与T的合力与mg等大反向共线，依据两个阴影三角形相像得：eq\f(N,R＋r)＝eq\f(mg,L)＝eq\f(T,OA)可得：N＝eq\f(R＋r,L)mg，T＝eq\f(OA,L)mg，由于L＞h，可知，N减小，T减小，由牛顿第三定律知A对B的压力减小，故C错误，D正确．]6．C[先对B、C整体受力分析，受重力、墙壁支持力和A的支持力，依据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示，在B上加一C物体，相当于整体的重力增加了，故墙对B的作用力F1增加，A对B的支持力也增加，依据牛顿第三定律，B对A的作用力F2增加；再对A、B、C整体分析，受重力、地面的支持力、地面的静摩擦力、墙壁的支持力，依据平衡条件，地面的支持力等于整体的重力，故加上C物体后，地面的支持力和摩擦力均变大，则F3变大，故A、B、D错误，C正确．]7．AD[小球B受重力mg、轻绳OB的拉力T和拉力F，由题意可知，三个力的合力始终为零，矢量三角形如图．在T转至水平的过程中，轻绳OB的拉力T渐渐减小，拉力F渐渐变大，故选项A正确，B错误；整体(含斜面体，物块A和小球B)受向下的重力，向上的支持力，向左的摩擦力和拉力四个力的作用，依据小球的受力分析可知，拉力F的竖直分力渐渐增大，水平分力先增大后减小，所以支持力渐渐减小，摩擦力先增大后减小，故选项C错误，D正确．]8．A9．C[细绳ad、bd的拉力大小等于物体的重力，如终不变，选项A错误；若保持θ＝90°，因Tad＝Tdb＝mg，则ad绳和bd绳拉力的合力方向指向左下方∠adb角平分线的方向，则细绳对滑轮的力方向指向左下方，不沿dc方向，选项B错误；若保持ac＝ad，则∠acd＝∠adc＝∠cdb，则此时ad绳和bd绳拉力的合力方向沿dc方向，即使增大cd长度，上述关系仍旧不变，即细绳对滑轮的力始终沿dc方向，选项C正确；若θ从90°渐渐变为零，cd长度不变，且保持ac>cd，则ad与ac的夹角先增大后减小，ad与db的夹角先减小后增大，则ad绳和bd绳拉力的合力先增大后减小，即细绳对滑轮的力先增大后减小，选项D错误．]10.D[由题可知，物块缓慢移动整体都处于平衡状态，则绳OO′的拉力等于下面绳对A的拉力和绳对B的拉力的合力，由于绳对A的拉力和绳对B的拉力大小相等，都等于物块A的重力的大小，但是由于物块B上移，导致二者之间的夹角变大，则依据平行四边形定则可知合力变小，即绳OO′的拉力渐渐减小，故选项A、B错误；物块B未运动前，对物块B受力分析如图所示，当物块B上移时，α先减小后增大，在垂直斜面方向依据平衡方程可知：斜面对物块B的支持力先减小后增大，在沿斜面方向依据平衡条件可知外力F渐渐变大，故选项C错误，D正确．]11．D[隔离a分析受力，设此时a、b间作用力与水平方向的夹角为θ，如图甲所示，由力的平衡条件可得：F′＝eq\f(mg,sinθ)，N＝eq\f(mg,tanθ)小球到达b′位置，当a、b重新处于静止状态时，由几何关系可知，θ增大，则sinθ、tanθ增大，F′减小，N减小，依据胡克定律可知弹簧的形变量变小，所以弹簧长度变长，故D正确，C错误；对a、b的整体受力分析如图乙所示：由共点力的平衡条件可知，a、b重新处于静止状态前后，OQ挡板对b的支持力始终和a、b的总重力大小相等，保持不变，推力F＝N在减小，故A、B错误．]12．CD[对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示，绳OD的拉力为F1，与竖直方向的夹角为θ，绳CD的拉力为F2