第5講專題強化：共點力的動態(tài)平衡問題題型一解析法的應用1．動態(tài)平衡指通過控制某些物理量，使物體的狀態(tài)發(fā)生緩慢變化，而在這個過程中物體又始終處于一系列的平衡狀態(tài)，在問題描述中常用“緩慢”等字眼。2．基本思路：化“動”為“靜”，“靜”中求“動”。3．解析法：對研究對象進行受力分析，先畫出受力示意圖，再根據(jù)物體的平衡條件，得到因變量與自變量的關(guān)系表達式(通常要用到三角函數(shù))，最后根據(jù)自變量的變化確定因變量的變化?！镜淅?】(2023·海南卷)如圖所示，工人利用滑輪組將重物緩慢提起，下列說法正確的是(B)A．工人受到的重力和支持力是一對平衡力B．工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一對作用力與反作用力C．重物緩慢拉起過程，繩子拉力變小D．重物緩慢拉起過程，繩子拉力不變【解析】對工人受力分析如圖甲所示，有FN＋FT＝Mg，其中工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一對作用力與反作用力，A錯誤，B正確；對動滑輪受力分析如圖乙所示，有FT＝eq\f(mg,2cosθ)，則隨著重物緩慢拉起過程，θ逐漸增大，則FT逐漸增大，C、D錯誤。1．如圖所示，甲、乙兩同學通過定滑輪和細繩將重物從左側(cè)平臺運送到右側(cè)平臺，初始甲、乙拉繩使重物靜止在圖中位置(如實線所示)，此時甲所拉細繩恰好沿水平方向。忽略滑輪與細繩間的摩擦和細繩質(zhì)量，若甲緩慢釋放細繩的同時保持手中細繩沿水平方向，乙緩慢收繩且始終保持靜止，則下列說法正確的是(C)A．甲手中細繩的拉力不斷增大B．乙手中細繩的拉力不斷增大C．乙對地面的壓力不斷增大D．乙受到地面的摩擦力不變解析：選結(jié)點為研究對象，設剛開始時左側(cè)繩與豎直方向的夾角為α，則甲手中細繩即水平繩拉力F＝mgtanα，滑輪左側(cè)繩拉力FT＝eq\f(mg,cosα)，重物緩慢向右移動的過程中α減小，可見甲手中細繩即水平繩拉力F減小，滑輪左側(cè)繩拉力FT減小，滑輪左側(cè)繩拉力與右側(cè)繩拉力即乙手中細繩的拉力大小相等，所以乙手中細繩的拉力減小，A、B錯誤；對乙受力分析，設滑輪右側(cè)繩與豎直方向的夾角為β，在豎直方向有FN＋FTcosβ＝m乙g，細繩拉力FT減小，β不變，則乙受到的支持力變大，根據(jù)牛頓第三定律可知乙對地面的壓力不斷增大，C正確；對乙受力分析，在水平方向有Ff＝FTsinβ，細繩拉力FT減小，β不變，則乙受到地面的摩擦力減小，D錯誤。題型二圖解法的應用1．特點：物體受三個共點力，有一個力是恒力、另有一個力方向不變的問題。2．方法【典例2】如圖所示，傾角為θ＝30°、AB面光滑的斜面體放在水平地面上，一個重力為G的小球在彈簧測力計的水平拉力F作用下靜止在斜面上?，F(xiàn)沿逆時針方向緩慢轉(zhuǎn)動彈簧測力計，直到彈簧測力計的示數(shù)等于初始值，在此過程中，小球與斜面體始終處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是(C)A．力F先變大后變小B．地面對斜面體的支持力一直變大C．地面對斜面體的摩擦力一直變小D．斜面體對小球的支持力一直變大【解析】根據(jù)題意，作出小球受力的矢量三角形，如圖所示，從圖中可看出力F先減小再增大，斜面體對小球的支持力一直減小，故A、D錯誤；設斜面體的質(zhì)量為m，對整體分析，豎直方向上有F′N＝(mg＋G)－Fy，水平方向上有Ff＝Fx，現(xiàn)沿逆時針方向緩慢轉(zhuǎn)動彈簧測力計，則Fy一直增大，F(xiàn)x一直減小，則F′N一直減小，F(xiàn)f一直減小，故B錯誤，C正確。2．(2025·河北重點中學高三聯(lián)考)如圖所示，粗糙水平地面上放有橫截面為eq\f(1,4)圓的柱狀物體A，A與墻面之間放有表面光滑的圓柱形物體B，A、B均保持靜止。若將A向左移動少許，下列說法正確的是(D)A．B對A的作用力不變B．墻對B的作用力不變C．地面對A的摩擦力不變D．地面對A的支持力不變解析：對物體B受力分析，受到重力mg、A對B的支持力N′和墻壁對B的支持力N，如圖1所示，當A向左移動后，A對B的支持力N′的方向變化，根據(jù)平衡條件結(jié)合合成法可知A對B的支持力N′和墻壁對B的支持力N都在減小。由牛頓第三定律可知B對A的作用力減小，故A、B錯誤。對A、B整體受力分析如圖2，受到總重力G、地面支持力FN，地面的摩擦力f和墻壁的彈力N，根據(jù)平衡條件，有f＝N，F(xiàn)N＝G，故地面的支持力不變，地面的摩擦力f隨著墻壁對B的支持力N的減小而減小，故C錯誤，D正確。題型三相似三角形法的應用1．特點在三力平衡問題中，一個力的大小、方向不變，另外兩個力的方向都改變。2．思路(1)根據(jù)已知條件畫出兩種不同情況對應的力的三角形和空間幾何三角形，確定對應邊，利用三角形相似知識列出比例式。(2)確定未知量大小的變化情況?！镜淅?】如圖所示，豎直墻壁O處用光滑鉸鏈固定一輕質(zhì)桿的一端，桿的另一端固定小球(可以看成質(zhì)點)，輕繩的一端懸于P點，另一端與小球相連。已知輕質(zhì)桿長度為R，輕繩的長度為L，且R＜L＜2R。A、B是墻上兩點，且OA＝OB＝R?，F(xiàn)將輕繩的上端點P沿墻壁緩慢下移至A點，此過程中輕繩對小球的拉力F1及輕質(zhì)桿對小球的支持力F2的大小變化情況為(A)A．F1和F2均增大B．F1保持不變，F(xiàn)2先增大后減小C．F1和F2均減小D．F1先減小后增大，F(xiàn)2保持不變【解析】小球受重力、輕繩的拉力和輕質(zhì)桿的支持力，由于小球處于平衡狀態(tài)，三個力可以構(gòu)成矢量三角形，如圖所示。根據(jù)平衡條件，該力的矢量三角形與幾何三角形POC相似，則有eq\f(G,PO)＝eq\f(F1,L)＝eq\f(F2,R)，解得F1＝eq\f(L,PO)G，F(xiàn)2＝eq\f(R,PO)G，當P點下移時，PO減小，L、R、G不變，故F1增大，F(xiàn)2增大。故選A。3．如圖所示，質(zhì)量均可忽略的輕繩與輕桿承受彈力的最大值一定，輕桿的A端用鉸鏈固定，光滑輕質(zhì)小滑輪在A點正上方，輕桿B端通過輕繩吊一重力為G的重物?，F(xiàn)將繩的一端拴在輕桿的B端，用拉力F將B端緩慢上拉，在AB桿達到豎直前(輕繩與輕桿均未斷)，關(guān)于輕繩的拉力F和輕桿受的彈力FN的變化，下列判斷正確的是(B)A．F變大 B．F變小C．FN變大 D．FN變小解析：以B點為研究對象，分析受力情況，作出力FN與F的合力F2，如圖所示。根據(jù)平衡條件可知F2＝F1＝G。由△F2FNB∽△OBA得eq\f(FN,F2)＝eq\f(AB,AO)，解得FN＝eq\f(AB,AO)G，式中AB、AO、G不變，故FN保持不變，C、D錯誤；由△F2FNB∽△OBA得eq\f(FN,AB)＝eq\f(F,BO)，BO變小，故F一直變小，A錯誤，B正確。題型四矢量圓法(正弦定理法)的應用1．矢量圓：如圖所示，物體受三個共點力作用而平衡，其中一力恒定，另外兩力方向一直變化，但兩力的夾角不變，作出不同狀態(tài)下的矢量三角形，利用兩力夾角不變，可以作出動態(tài)圓(也可以由正弦定理列式求解)，恒力為圓的一條弦，根據(jù)不同位置判斷各力的大小變化。2．正弦定理：如圖所示，物體受三個共點力作用而處于平衡狀態(tài)，則三個力中任意一個力的大小與另外兩個力的夾角的正弦成正比，即eq\f(F1,sinα)＝eq\f(F2,sinβ)＝eq\f(F3,sinγ)?！镜淅?】某中學為增強學生體魄，組織學生進行多種體育鍛煉。在某次鍛煉過程中，一學生將鉛球置于兩手之間，其中兩手之間夾角為60°。保持兩手之間夾角不變，將右手由如圖所示位置緩慢旋轉(zhuǎn)60°至水平位置。不計一切摩擦，則在轉(zhuǎn)動過程中，下列說法正確的是(B)A．右手對鉛球的彈力增大B．右手對鉛球的彈力先增大后減小C．左手對鉛球的彈力增大D．左手對鉛球的彈力先增大后減小【解析】方法一矢量圓法以鉛球為研究對象，受重力G、右手對鉛球的彈力F1和左手對鉛球的彈力F2，受力分析如圖1所示，緩慢旋轉(zhuǎn)過程中處于平衡狀態(tài)，則將三力平移后構(gòu)成一首尾相連的矢量三角形，兩手之間夾角保持60°不變，則兩力之間的夾角保持120°不變，則在三角形中，F(xiàn)1與F2夾角保持60°不變，重力G的大小、方向不變，作出力三角形的外接圓，根據(jù)弦所對的圓周角都相等，則右手由圖示位置緩慢旋轉(zhuǎn)60°至水平位置過程中力的三角形變化如圖1所示，分析可得F1開始小于直徑，當轉(zhuǎn)過30°時F1等于直徑，再轉(zhuǎn)時又小于直徑，所以F1先增大后減小，F(xiàn)2開始就小于直徑，轉(zhuǎn)動過程中一直減小，故B正確。方法二正弦定理法以鉛球為研究對象，受重力G、右手對鉛球的彈力F1及左手對鉛球的彈力F2，受力分析如圖2所示，緩慢旋轉(zhuǎn)過程中處于平衡狀態(tài)，則將三力平移后構(gòu)成一首尾相連的矢量三角形，兩手之間夾角保持60°不變，右手由圖示位置緩慢旋轉(zhuǎn)的角度設為θ，轉(zhuǎn)動過程始終處于平衡狀態(tài)，根據(jù)正弦定理有eq\f(G,sin60°)＝eq\f(F1,sin(60°＋θ))＝eq\f(F2,sin(60°－θ))，右手由圖示位置緩慢旋轉(zhuǎn)60°至水平位置過程中θ由0°變?yōu)?0°，sin(60°＋θ)先變大再變小，所以F1先增大后減小，sin(60°－θ)一直變小，所以F2一直減小，故B正確。4．(多選)如圖所示，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點M拴一重物，用手拉住繩的另一端N。初始時，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＞\f(π,2)))?，F(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α不變。在OM由豎直被拉到水平的過程中(AD)A．MN上的拉力逐漸增大B．MN上的拉力先增大后減小C．OM上的拉力逐漸增大D．OM上的拉力先增大后減小解析：方法一(矢量圓法)：設重物的質(zhì)量為m，重物受到重力mg、OM繩的拉力FOM、MN繩的拉力FMN共三個力的作用。緩慢拉起過程中任一時刻可認為是平衡狀態(tài)，三力的合力恒為0。如圖1所示，由三角形定則得一首尾相接的閉合三角形，由于α＞eq\f(π,2)且不變，則三角形中FMN與FOM的交點在一個圓弧上移動，由圖可以看出，在OM被拉到水平的過程中，繩MN中拉力一直增大且恰好達到最大值，繩OM中拉力先增大后減小，故A、D正確，B、C錯誤。方法二(正弦定理法)：設重物的質(zhì)量為m，繩OM的拉力為TOM，繩MN的拉力為TMN。開始時，TOM＝mg，TMN＝0。由于緩慢拉起，則重物一直處于平衡狀態(tài)，兩繩拉力的合力與重物的重力mg等大、反向。如圖2所示，已知角α不變，在重物被緩慢拉起的過程中，角β逐漸增大，則角(α－β)逐漸減小，但角θ不變，在三角形中，利用正弦定理得eq\f(TOM,sin(α－β))＝eq\f(mg,sinθ)，(α－β)由鈍角變?yōu)殇J角，則TOM先增大后減小，D正確；同理知eq\f(TMN,sinβ)＝eq\f(mg,sinθ)，在β由0變?yōu)閑q\f(π,2)的過程中，TMN一直增大，A正確。課時作業(yè)111．(5分)如圖甲所示，某人正在豎直向下拉繩子負重健身，圖乙是其簡化圖，其中O點是三根輕繩的結(jié)點，繩b、c關(guān)于繩a對稱，健身者保持O點位置不變緊拉b、c繩，對稱緩慢減小繩b、c間的夾角，此過程(B)A．繩子a的拉力逐漸增大B．繩子c的拉力逐漸減小C．繩子b、c的合力逐漸減小D．繩子a、b、c的拉力逐漸增大解析：繩子b、c拉力的合力與a的拉力相等，保持O點位置不變，則繩子a的拉力不變，繩子b、c拉力相等且合力不變，設繩子b、c間的夾角θ，則Fa＝2Fbcoseq\f(θ,2)，則當夾角θ減小時，繩子b、c的拉力逐漸減小，故選B。2．(5分)一臺空調(diào)外機用兩個三角架固定在外墻上，如圖所示，空調(diào)外機的重心在支架水平橫梁AO和斜梁BO連接點O的上方，橫梁對O點的拉力沿OA方向、大小為F1，斜梁對O點的支持力沿BO方向、大小為F2。如果把斜梁加長一點，仍保持連接點O的位置不變，則(B)A.F1增大 B．F1減小C．F2不變 D．F2增大解析：對O點受力分析如圖，由平衡條件得F1＝eq\f(G,tanθ)，F(xiàn)2＝eq\f(G,sinθ)，保持連接點O的位置不變，斜梁長度增加時，θ變大，所以F1、F2均減小。3．(5分)如圖所示，清洗樓房玻璃的工人常用一根繩索將自己懸在空中，工人及其裝備的總重量為G，懸繩與豎直墻壁的夾角為α，懸繩對工人的拉力大小為F1，墻壁對工人的彈力大小為F2，空中作業(yè)時工人與玻璃的水平距離為定值，則(C)A．F1＝eq\f(G,sinα)B．F2＝GcotαC．在空中同一位置作業(yè)，當桶中的水不斷減少，F(xiàn)1與F2同時減小D．若緩慢增加懸繩的長度，F(xiàn)1減小，F(xiàn)2增大解析：對工人受力分析如圖所示，可知F1＝eq\f(G,cosα)，F(xiàn)2＝Gtanα，A、B錯誤；在空中同一位置作業(yè)，當桶中的水不斷減少，α不變，重力變小，F(xiàn)1與F2同時減小，若緩慢增加懸繩的長度，α變小，重力不變，F(xiàn)1與F2同時減小，C正確，D錯誤。4．(5分)(2024·福建泉州一模)如圖所示，一個球形碗固定在水平地面上，一只甲蟲(可視為質(zhì)點)從碗內(nèi)最低點開始沿左側(cè)緩慢往上爬行，則在爬行過程中(B)A．碗對甲蟲的支持力逐漸增大B．碗對甲蟲的摩擦力逐漸增大C．碗對甲蟲的作用力逐漸減小D．甲蟲所受的合力逐漸減小解析：對甲蟲進行受力分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件有N＝mgcosθ，f＝mgsinθ，甲蟲往上緩慢往上爬行，θ增大，可知碗對甲蟲的支持力逐漸減小，碗對甲蟲的摩擦力逐漸增大，故A錯誤，B正確；碗對甲蟲有摩擦力與支持力兩個力作用，則碗對甲蟲的作用力為這兩個力的合力，根據(jù)平衡條件可知碗對甲蟲的作用力始終等于重力，故C錯誤；甲蟲從碗內(nèi)最低點緩慢往上爬行，甲蟲處于動態(tài)平衡狀態(tài)，可知甲蟲所受的合力始終為0，故D錯誤。5．(5分)如圖所示，一小球放在傾斜的墻面與木板之間。設小球?qū)γ娴膲毫Υ笮镕1，小球?qū)δ景宓膲毫Υ笮镕2。以木板與墻連接點所形成的水平直線為軸，將木板從圖示位置沿順時針緩慢轉(zhuǎn)到與墻面垂直的位置。不計摩擦，在此過程中(C)A．F1先減小后增大 B．F1一直增大C．F2一直減小 D．F2先減小后增大解析：小球受到重力、墻面的彈力F′1、木板的彈力F′2，受力分析如圖所示，F(xiàn)′1的方向不變，受到的木板的彈力F′2方向由斜向左下轉(zhuǎn)到斜向左上方的過程中，兩個力的合力與重力等大、反向，根據(jù)平行四邊形定則，由圖可得F′1逐漸變小，F(xiàn)′2逐漸變小，根據(jù)牛頓第三定律知，F(xiàn)1、F2均一直減小，C正確，A、B、D錯誤。6．(5分)(2024·廣東湛江一模)如圖甲所示，用瓦片做屋頂是我國建筑的特色之一。鋪設瓦片時，屋頂結(jié)構(gòu)可簡化為圖乙所示，建筑工人將瓦片輕放在兩根相互平行的檁條正中間后，瓦片靜止在檁條上。已知檁條間距離為d，檁條與水平面夾角均為θ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是(D)A．僅減小θ時，瓦片與每根檁條間的摩擦力的合力變大B．僅減小θ時，瓦片與每根檁條間的彈力的合力變小C．僅減小d時，瓦片與每根檁條間的彈力變大D．僅減小d時，瓦片可能會下滑解析：檁條對瓦片的支持力如圖所示，兩檁條對瓦片的支持力向上且與豎直向上的夾角為α，則有2Fcosα＝mgcosθ，若僅減小檁條間的距離d時，夾角α變小，則兩檁條給瓦片的支持力F變小，故瓦片與每根檁條間的彈力變小，最大靜摩擦力變小，則瓦片可能下滑，故C錯誤，D正確；若僅減小θ時，根據(jù)f＝mgsinθ可知，瓦片與檁條間的摩擦力的合力變小，根據(jù)2Fcosα＝mgcosθ可知，若僅減小θ時，瓦片與檁條間的彈力的合力變大，故A、B錯誤。7．(5分)(多選)如圖所示，一斜面固定在水平面上，一半球形滑塊固定在斜面上，球心O的正上方有一定滑輪A(視為質(zhì)點)，細線的一端與一質(zhì)量分布均勻的光滑圓球B連接，另一端繞過滑輪A在水平向右的拉力F作用下使圓球B保持靜止。改變拉力F的大小，使圓球B從兩球心等高的位置緩慢移動到圓球B的球心正好在O點的正上方(不考慮該位置的情況)。圓球B不會與定滑輪A接觸，則下列說法正確的是(AD)A．拉力F一直減小B．拉力F先增大后減小C．半球形滑塊對圓球B的支持力先增大后減小D．半球形滑塊對圓球B的支持力大小保持不變解析：對B進行受力分析并合成三角形如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知圖中力構(gòu)成的矢量三角形與陰影部分的三角形相似，則eq\f(mg,h)＝eq\f(FN,r)＝eq\f(F,l)，移動過程中，高度h和兩球的球心距離r不變，所以半球形滑塊對圓球B的支持力大小保持不變，繩子長度l變短，則拉力F減小，故B、C錯誤，A、D正確。8．(5分)(2025·河南商丘高三檢測)如圖甲為不銹鋼砧板架示意圖。在圖乙中，質(zhì)量為M的圓形砧板穩(wěn)穩(wěn)地豎立在砧板架上，砧板架兩側(cè)橫梁近似光滑，間距為d，重力加速度為g，下列說法正確的是(B)A．砧板對砧板架一側(cè)橫梁的作用力一定小于MgB．若增大橫梁的間距d，砧板對兩側(cè)橫梁的作用力均增大C．若增大橫梁的間距d，砧板架對地面的壓力增大D．若換一個質(zhì)量相同、直徑更大的砧板，兩側(cè)橫梁受到的壓力均增大解析：設每側(cè)砧板架橫梁對砧板的支持力均為FN，F(xiàn)N垂直接觸面指向砧板圓心，F(xiàn)N與豎直方向夾角為θ，根據(jù)平衡條件有2FNcosθ＝Mg，根據(jù)牛頓第三定律可得砧板對砧板架一側(cè)橫梁的作用力大小為F′N＝FN＝eq\f(Mg,2cosθ)，所以可得砧板對砧板架一側(cè)橫梁的作用力不一定小于Mg，A錯誤；若增大橫梁的間距d，θ變大，可知F′N變大，同理，若換一個質(zhì)量相同直徑更大的砧板，可知θ變小，F(xiàn)′N變小，B正確，D錯誤；若增大橫梁的間距d，對砧板和砧板架整體分析可得，地面對砧板架的支持力等于砧板和砧板架的總重力，根據(jù)牛頓第三定律可得砧板架對地面的壓力不變，C錯誤。9．(5分)(多選)(2024·河北唐山第二次模擬)如圖所示，在處于豎直面內(nèi)的直角框架上M、N兩點用鉸鏈連接A、B兩個測力計，兩測力計的另一端通過細線與小球連接?，F(xiàn)將整個裝置在紙面內(nèi)逆時針緩慢轉(zhuǎn)過90°的過程中，兩細線間的夾角保持不變。關(guān)于兩測力計的讀數(shù)變化情況，下列說法正確的是(AD)A．A的讀數(shù)逐漸減小B．A的讀數(shù)先增大后減小C．B的讀數(shù)逐漸增大D．B的讀數(shù)先增大后減小解析：設兩細線間的夾角為θ，測力計B的拉力與豎直方向的夾角為α，對小球受力分析，受重力和兩測力計的拉力，三力組成矢量三角形，且FA、FB夾角不變，可用輔助圓法。由于θ不變，α由90°變到0°，根據(jù)數(shù)學知識，F(xiàn)A逐漸減小，當α＝0°時，F(xiàn)A＝0，F(xiàn)B先增大后減小，A、D正確，B、C錯誤。10．(5分)如圖所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個重環(huán)，繞過光滑定滑輪的輕繩一端與重環(huán)相連，另一端施加拉力F使重環(huán)從A點緩慢上升到B點。設桿對重環(huán)的彈力大小為FN，整個裝置處于同一豎直平面內(nèi)，在此過程中(B)A．F逐漸增大，F(xiàn)N逐漸增大B．F逐漸增大，F(xiàn)N先減小后增大C．F先減小后增大，F(xiàn)N逐漸增大D．F先減小后增大，F(xiàn)N先減小后增大解析：對重環(huán)受力分析并構(gòu)成封閉的矢量三角形，如圖所示，由圖可知，在拉力到達豎直方向前，與豎直方向的夾角越來越小，拉力F增大，F(xiàn)N減小，經(jīng)過豎直方向后，夾角又逐漸變大，拉力F繼續(xù)增大，F(xiàn)N也增大，故B正確。11．(5分)(多選)如圖所示，傾角為α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物體a放在斜劈的斜面上，輕質(zhì)細線一端固定在物體a上，另一端繞過光滑的定滑輪1固定在c點，動滑輪2下面懸掛物體b，滑輪質(zhì)量不計，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。若將固定點c向右移動少許，而物體a與斜劈始終靜止，則(AD)A．細線對物體a的拉力增大B．斜劈對地面的壓力減小C．斜劈對物體a的摩擦力減小D．地面對斜劈的摩擦力增大解析：對滑輪2和物體b整體受力分析，受重力和兩個拉力作用，如圖甲所示。根據(jù)平衡條件有mbg＝