新教材適用2024版高考物理二輪總復(fù)習(xí)第1部分核心主干復(fù)習(xí)專題專題1力與運動第1講物體的平衡題型2動態(tài)平衡問題教師用書

題型2動態(tài)平衡問題〔真題研究2〕(2022·河北卷，7,4分)如圖所示，用兩根等長的細(xì)繩將一勻質(zhì)圓柱體懸掛在豎直木板的P點，將木板以底邊MN為軸向后方緩慢轉(zhuǎn)動直至水平，細(xì)繩與木板之間的夾角保持不變，忽略圓柱與木板之間的摩擦，在轉(zhuǎn)動過程中(B)A．圓柱體對木板的壓力逐漸增大B．圓柱體對木板的壓力先增大后減小C．兩根細(xì)繩上的拉力均先增大后減小D．兩根細(xì)繩對圓柱體拉力的合力保持不變【審題指導(dǎo)】關(guān)鍵表述物理關(guān)系等長的細(xì)繩兩細(xì)繩在圓柱體上的懸點的連線與兩細(xì)繩組成等腰三角形，兩細(xì)繩的拉力大小相等，它們的合力沿兩力所成角的角平分線方向，合力的大小與細(xì)繩拉力的大小成正比，合力大小變化的情況與細(xì)繩拉力大小的變化情況相同緩慢轉(zhuǎn)動直至水平，細(xì)繩與木板之間的夾角保持不變圓柱體處于動態(tài)的受力平衡狀態(tài)，木板對圓柱體的支持力和細(xì)繩對圓柱體拉力的合力的夾角不變，兩個力最終均順時針轉(zhuǎn)過90°角【解析】方法一：正弦定理法序號受力分析圖分析過程1如圖甲所示，沿N→M方向觀察，對圓柱體進行受力分析，其中FT為兩細(xì)繩對圓柱體拉力的合力．根據(jù)三個力作用下共點力平衡的條件，畫出平行四邊形2如圖乙所示，將三個力放到同一個三角形中，記為△ODC，則根據(jù)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如圖丙所示，令∠BOC＝α、∠AOC＝β、∠AOB＝γ，則有eq\f(mg,sinα)＝eq\f(FN,sinβ)＝eq\f(FT,sinγ)由題意知，mg和α都是保持不變的，因此FN與sinβ成正比，F(xiàn)T與sinγ成正比，在木板轉(zhuǎn)動的過程中，β由鈍角變?yōu)殇J角，γ由直角變?yōu)槠浇?80°，sinβ先增大為1再減小，sinγ一直減小。因此，F(xiàn)N先增大后減小，F(xiàn)T一直減小方法二：圖解法序號受力分析圖分析過程1由題意可知，mg與mg所對的角度保持不變，根據(jù)幾何知識，不管FN與FT發(fā)生任何變化，三個力圍成的三角形的外接圓都保持不變。當(dāng)木板豎直時，F(xiàn)N與mg垂直，F(xiàn)T剛好為圓的直徑，此時FT最大，如圖甲所示2如圖乙所示，隨著木板順時針轉(zhuǎn)動，F(xiàn)N與FT也順時針轉(zhuǎn)動，當(dāng)FN轉(zhuǎn)到直徑位置時，達(dá)到最大，而FT一直減小3如圖丙所示，木板繼續(xù)轉(zhuǎn)動，F(xiàn)N開始減小，至木板水平時，F(xiàn)N＝mg；FT繼續(xù)減小，至木板水平時，F(xiàn)T減小為零因此，在整個過程中，F(xiàn)N先增大后減小，根據(jù)牛頓第三定律，可知A項錯誤，B項正確；FT一直減小，即兩細(xì)繩的拉力一直減小，C、D兩項均錯誤〔易錯提醒〕(1)根據(jù)三個力的變化特點要想到用正弦定理法或圖解法來解決問題；(2)在用正弦定理解決問題時，對于各力對應(yīng)角度的變化判斷出錯。eq\o(\s\up7(),\s\do5(考法一))圖解法1.題目特點：物體在三個力作用下緩慢運動，其中一個力恒定，另一個力方向恒定。2.應(yīng)用思路：讀懂題目敘述的情景，依次畫出多個狀態(tài)下力的漸變平行四邊形或矢量三角形，根據(jù)有向線段長度、方向的變化判斷相應(yīng)力的大小、方向的變化。例題1(2023·河北名校聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量為m的等腰直角三角板abc，用輕繩一端系著三角板a點，另一端固定于天花板，在三角板的c點作用水平拉力F，當(dāng)系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)時，細(xì)繩與豎直方向夾角為30°，重力加速度為g。則下列說法正確是(D)A．輕繩拉力大小為eq\f(\r(3),3)mgB．外力F大小為eq\f(2\r(3),3)mgC．若保持外力F的方向不變，使三角板繞O點逆時針緩慢轉(zhuǎn)動，則輕繩的拉力先增大后減小D．若保持細(xì)繩拉力方向不變，使外力F逆時針緩慢轉(zhuǎn)動，則外力F先減小后增大【解析】對三角板進行受力分析，受三力(重力mg、輕繩拉力T、外力F)而平衡，三角板處于平衡狀態(tài)有Tcos30°＝mg，F(xiàn)＝Tsin30°，解得T＝eq\f(2\r(3),3)mg，F(xiàn)＝eq\f(\r(3),3)mg，選項A、B錯誤；三角板繞O點逆時針轉(zhuǎn)動過程中，細(xì)繩與豎直方向的夾角(設(shè)為α)增大，由平衡條件可知，輕繩拉力的大小T＝eq\f(mg,cosα)，故T必增大，選項C錯誤；若保持細(xì)繩拉力方向不變，由于三角板處于平衡狀態(tài)，作出力的示意圖如圖所示當(dāng)外力F逆時針轉(zhuǎn)動時，其大小先減小后增大，選項D正確。例題2(2023·福建莆田模擬)某建筑工地懸吊裝置的示意圖如圖所示，圖中OM是用輕鋼制作的龍骨，ON為尼龍輕繩。OM可以繞通過M點且垂直于紙面的軸轉(zhuǎn)動，尼龍繩的N端系在一輛天車上，尼龍繩和龍骨的重力及M處的摩擦力都可以忽略不計。若所掛的重物不變，保持OM與豎直墻面的夾角不變而將天車稍微向左開動一點距離，則下列說法正確的是(B)A．尼龍繩ON對O點的拉力不變B．尼龍繩ON對O點的拉力增大C．龍骨OM對O點的支持力不變D．龍骨OM對O點的支持力減小【解析】以O(shè)點為研究對象進行受力分析，其受重物的拉力、龍骨OM的支持力和尼龍繩ON的拉力作用，將天車稍微向左開動一點距離，由圖可知尼龍繩ON對O點的拉力增大，龍骨OM對O點的支持力增大，故選B。eq\o(\s\up7(),\s\do5(考法二))解析法1.題目特點：物體受力示意圖中某個力恒定，某個夾角發(fā)生的變化可判、可用。2.應(yīng)用思路：對力進行合成、分解或正交分解，用恒力、變角的三角函數(shù)寫出變力的表達(dá)式(即平衡方程)，根據(jù)三角函數(shù)的變化判斷力的變化。例題3(2021·湖南高考)質(zhì)量為M的凹槽靜止在水平地面上，內(nèi)壁為半圓柱面，截面如圖所示，A為半圓的最低點，B為半圓水平直徑的端點。凹槽恰好與豎直墻面接觸，內(nèi)有一質(zhì)量為m的小滑塊。用推力F推動小滑塊由A點向B點緩慢移動，力F的方向始終沿圓弧的切線方向，在此過程中所有摩擦均可忽略，下列說法正確的是(C)A．推力F先增大后減小B．凹槽對滑塊的支持力先減小后增大C．墻面對凹槽的壓力先增大后減小D．水平地面對凹槽的支持力先減小后增大【解析】因滑塊由A到B緩慢移動過程中，所有摩擦均可忽略，對滑塊受力分析，如圖所示，由平衡條件有F＝mgsinθ，F(xiàn)N1＝mgcosθ，滑塊從A點緩慢移動到B點時，θ越來越大，則推力F越來越大，支持力FN1越來越小，所以A、B錯誤；對凹槽與滑塊整體分析，墻面對凹槽的壓力FN′＝Fcosθ＝mgsinθcosθ＝eq\f(1,2)mgsin(2θ)，由此可知隨著θ變大，墻面對凹槽的壓力先增大后減小，所以C正確；水平地面對凹槽的支持力為FN2＝(M＋m)g－Fsinθ＝(M＋m)g－mgsin2θ，則θ越來越大時，水平地面對凹槽的支持力越來越小，所以D錯誤。速解：例題3中小滑塊所受重力mg恒定，推力F與支持力FN始終互相垂直，可用輔助圓快速判斷F、FN的變化。eq\o(\s\up7(),\s\do5(考法三))相似三角形法1.題目特點：物體在繩、桿或彈簧的作用下沿圓周緩慢運動。2.應(yīng)用思路：相似三角形法是圖解法的特例，平移受力示意圖中的兩個力，與第三個力構(gòu)建力三角形，找到與之相似的幾何三角形，列出相應(yīng)比例式進行分析，其中與半徑對應(yīng)的力大小不變。例題4(2023·河北名校聯(lián)考)如圖所示，在粗糙的水平地面上，有一質(zhì)量為M的半圓形絕緣凹槽，槽與地面接觸部分粗糙，圓弧表面光滑，圓弧右上端有一帶正電的小球A，底部固定一個帶正電的小球B，兩球質(zhì)量都為m，一開始整個裝置保持靜止，后因小球A緩慢漏電而使其沿圓弧逐漸靠近小球B，在靠近的過程中，忽略小球A質(zhì)量的變化，下列說法正確的是(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變小C．A、B兩球間的庫侖力變大D．A球受到的支持力大小不變【解析】以A、B、凹槽整體受力分析可知，水平方向上無外力作用，凹槽不受地面的摩擦力，豎直方向上，小球A緩慢下移，可認(rèn)為始終處于平衡態(tài)，故