2024屆高考物理復(fù)習(xí)：“共點(diǎn)力的動(dòng)態(tài)平衡”解題技能強(qiáng)化

第5講“共點(diǎn)力的動(dòng)態(tài)平衡”解題技能強(qiáng)化加強(qiáng)點(diǎn)(一)解答動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題的三種常用方法動(dòng)態(tài)平衡指通過(guò)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(gè)過(guò)程中物體又始終處于一系列的平衡狀態(tài)，在問(wèn)題描述中常用“緩慢”等字眼。解決該類問(wèn)題的總體思路是“化動(dòng)為靜，靜中求動(dòng)”。方法1解析法對(duì)研究對(duì)象進(jìn)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(dá)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。[例1](2022·天津高三月考)某同學(xué)參加“筷子夾玻璃珠”游戲。如圖所示，夾起玻璃珠后，左側(cè)筷子與豎直方向的夾角θ為銳角，右側(cè)筷子豎直，且兩筷子始終在同一豎直平面內(nèi)。保持玻璃珠靜止不動(dòng)，且忽略筷子與玻璃珠間的摩擦。左側(cè)筷子對(duì)玻璃珠的彈力為F1，右側(cè)筷子對(duì)玻璃珠的彈力為F2。玻璃珠的重力為G，下列說(shuō)法正確的是()A．F1＜F2B．F1＜GC．保持右側(cè)筷子豎直，玻璃珠仍靜止，左側(cè)筷子與豎直方向的夾角θ略微減小，則F1減小D．保持右側(cè)筷子豎直，玻璃珠仍靜止，左側(cè)筷子與豎直方向的夾角θ略微減小，則F2增大[解析]對(duì)玻璃珠受力分析如圖，兩側(cè)筷子對(duì)玻璃珠的合力等于重力，由幾何關(guān)系得F2＝eq\f(mg,tanθ)，F(xiàn)1＝eq\f(mg,sinθ)，左側(cè)筷子對(duì)玻璃珠的彈力F1一定比玻璃珠的重力大，eq\f(F2,F1)＝cosθ<1，則F2<F1，故A、B錯(cuò)誤；由以上分析知，θ角略微減小時(shí)，F(xiàn)1增大，F(xiàn)2增大，故C錯(cuò)誤，D正確。[答案]D[例2](2022·河北高考)如圖，用兩根等長(zhǎng)的細(xì)繩將一勻質(zhì)圓柱體懸掛在豎直木板的P點(diǎn)，將木板以底邊MN為軸向后方緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)直至水平，繩與木板之間的夾角保持不變，忽略圓柱體與木板之間的摩擦，在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中()A．圓柱體對(duì)木板的壓力逐漸增大B．圓柱體對(duì)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(duì)圓柱體拉力的合力保持不變[解析]設(shè)兩根細(xì)繩對(duì)圓柱體的拉力的合力為T，木板對(duì)圓柱體的支持力為N，從右向左看如圖所示，在矢量三角形中，根據(jù)正弦定理得eq\f(sinα,mg)＝eq\f(sinβ,N)＝eq\f(sinγ,T)，在木板以直線MN為軸向后方緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)直至水平過(guò)程中，α不變，γ從90°逐漸減小到0，又γ＋β＋α＝180°，且α<90°，可知90°<γ＋β<180°，則0<β<180°，可知β從銳角逐漸增大到鈍角，根據(jù)eq\f(sinα,mg)＝eq\f(sinβ,N)＝eq\f(sinγ,T)，由于sinγ不斷減小，可知T不斷減小，sinβ先增大后減小，可知N先增大后減小，結(jié)合牛頓第三定律可知，圓柱體對(duì)木板的壓力先增大后減小，設(shè)兩繩子之間的夾角為2θ，繩子拉力為T′，則2T′cosθ＝T，可得T′＝eq\f(T,2cosθ)，θ不變，T逐漸減小，可知繩子拉力不斷減小，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。[答案]B方法2圖解法此法常用于求解三力平衡且有一個(gè)力是恒力、另有一個(gè)力方向不變的問(wèn)題。一般按照以下流程解題：eq\x(\a\al(受力,分析))eq\o(→,\s\up7(化“動(dòng)”為“靜”))eq\x(\a\al(畫不同狀態(tài),下的平衡圖))eq\o(→,\s\up7(“靜”中求“動(dòng)”))eq\x(\a\al(確定力,的變化))[例3](多選)如圖所示，墻角處放置一個(gè)光滑的小球A，用輕繩一端拴著小球B靠在小球A上，輕繩的另外一端拴在墻壁上，兩個(gè)小球保持靜止不動(dòng)，此時(shí)兩個(gè)小球之間的彈力和輕繩的拉力正好相互垂直，現(xiàn)在通過(guò)調(diào)整輕繩緩慢移動(dòng)小球B，調(diào)整后小球B和輕繩的位置如圖中虛線所示，小球B未越過(guò)小球A的最高點(diǎn)，小球A始終保持靜止，輕繩始終保持和原來(lái)繩方向平行，則()A．兩球之間的彈力變大，輕繩的拉力變小B．兩球之間的彈力不變，輕繩的拉力變小C．地面對(duì)A球的支持力變大，A球?qū)Ρ诘膲毫ψ冃．地面對(duì)A球的支持力不變，A球?qū)Ρ诘膲毫ψ冃解析]根據(jù)題意，緩慢移動(dòng)小球B，輕繩始終保持和原來(lái)繩方向平行，輕繩對(duì)B球的拉力沿繩方向，B球的重力方向豎直向下，如圖甲所示，根據(jù)平行四邊形定則可知兩球之間的彈力變大，輕繩的拉力變小，A正確，B錯(cuò)誤；對(duì)小球A進(jìn)行受力分析，如圖乙所示，小球受到重力G、墻壁的支持力N1、地面的支持力N2以及B對(duì)A的壓力F，根據(jù)上述分析，B對(duì)A的壓力在水平方向的分量減小，根據(jù)平衡條件，墻壁的支持力等于B的壓力在水平方向的分量，墻壁的支持力減小，A球?qū)Ρ诘膲毫ψ冃?，A球重力和B的壓力在豎直方向的分量的合力等于地面對(duì)A球的支持力，所以地面對(duì)A球的支持力增大，C正確，D錯(cuò)誤。[答案]AC方法3相似三角形法在三力平衡問(wèn)題中，如果有一個(gè)力是恒力，另外兩個(gè)力方向都變化，且題目給出了空間幾何關(guān)系，多數(shù)情況下力的矢量三角形與空間幾何三角形相似，可利用相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例進(jìn)行計(jì)算。[例4]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，桿的A端用鉸鏈固定，光滑輕小滑輪在A點(diǎn)正上方，B端吊一重物G，現(xiàn)將繩的一端拴在桿的B端，用拉力F將B端緩慢上拉，在AB桿達(dá)到豎直前(均未斷)，關(guān)于繩子的拉力F和桿受的彈力FN的變化，判斷正確的是()A．F變大 B．F變小C．FN變大 D．FN變小[解析]設(shè)物體的重力為G。以B點(diǎn)為研究對(duì)象，分析受力情況，如圖所示。作出力FN與F的合力F2，根據(jù)平衡條件得知，F(xiàn)2＝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，則FN保持不變，C、D錯(cuò)誤；由△F2FNB∽△OBA，得eq\f(FN,AB)＝eq\f(F,BO)，BO減小，則F一直減小，A錯(cuò)誤，B正確。[答案]B加強(qiáng)點(diǎn)(二)三法破解平衡中的臨界和極值問(wèn)題臨界問(wèn)題是指當(dāng)某物理量變化時(shí)，會(huì)引起其他幾個(gè)物理量的變化，從而使物體所處的平衡狀態(tài)“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”，在問(wèn)題的描述中常用“剛好”“剛能”“恰好”等語(yǔ)言敘述；極值問(wèn)題是指在力的變化過(guò)程中的最大值和最小值問(wèn)題。解決平衡中的臨界極值問(wèn)題通常有以下三種方法：方法1數(shù)學(xué)分析法根據(jù)物體的平衡條件列方程，在解方程時(shí)利用數(shù)學(xué)知識(shí)求極值。通常用到的數(shù)學(xué)知識(shí)有二次函數(shù)求極值、討論公式求極值、三角函數(shù)求極值以及幾何法求極值等。[例1](2022·浙江1月選考)如圖所示，學(xué)校門口水平地面上有一質(zhì)量為m的石墩，石墩與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，工作人員用輕繩按圖示方式勻速移動(dòng)石墩時(shí)，兩平行輕繩與水平面間的夾角均為θ，則下列說(shuō)法正確的是()A．輕繩的合拉力大小為eq\f(μmg,cosθ)B．輕繩的合拉力大小為eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)C．減小夾角θ，輕繩的合拉力一定減小D．輕繩的合拉力最小時(shí)，地面對(duì)石墩的摩擦力也最小[解析]設(shè)輕繩的合拉力為T，地面對(duì)石墩的支持力為N，對(duì)石墩受力分析，由平衡條件可知Tcosθ＝f，f＝μN(yùn)，Tsinθ＋N＝mg，聯(lián)立解得T＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)，A錯(cuò)誤，B正確；輕繩的合拉力大小為T＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2)sinθ＋φ)，可知當(dāng)θ＋φ＝90°時(shí)，輕繩的合拉力有最小值，即減小夾角θ，輕繩的合拉力不一定減小，C錯(cuò)誤；摩擦力大小為f＝Tcosθ＝eq\f(μmgcosθ,cosθ＋μsinθ)＝eq\f(μmg,1＋μtanθ)，可知增大夾角θ，摩擦力一直減小，當(dāng)θ趨近于90°時(shí)，摩擦力最小，故輕繩的合拉力最小時(shí)，地面對(duì)石墩的摩擦力不是最小，D錯(cuò)誤。[答案]B方法2物理分析法根據(jù)平衡條件作出力的矢量圖，若只受三個(gè)力，則這三個(gè)力能構(gòu)成封閉矢量三角形，然后根據(jù)矢量圖進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析，確定最大值和最小值。[例2]如圖所示，重力都為G的兩個(gè)小球A和B用三段輕繩連接后懸掛在O點(diǎn)上，O、B間的繩子長(zhǎng)度是2l，A、B間的繩子長(zhǎng)度是l。將一個(gè)拉力F作用到小球B上，使三段輕繩都伸直，同時(shí)O、A間和A、B間的兩段輕繩分別處于豎直和水平方向上，則拉力F的最小值為()A.eq\f(1,2)GB.eq\f(\r(3),3)GC．GD.eq\f(2\r(3),3)G[解析]對(duì)小球A受力分析可知，因O、A間輕繩豎直，則A、B間輕繩上的拉力為0。對(duì)小球B受力分析如圖所示，則可知當(dāng)F與O、B間輕繩垂直時(shí)F最小，F(xiàn)min＝Gsinθ，其中sinθ＝eq\f(l,2l)＝eq\f(1,2)，則Fmin＝eq\f(1,2)G，故A正確。[答案]A方法3極限分析法首先要正確地進(jìn)行受力分析和變化過(guò)程分析，找出平衡的臨界點(diǎn)和極值點(diǎn)；臨界條件必須在變化中去尋找，不能停留在一個(gè)狀態(tài)來(lái)研究臨界問(wèn)題，而要把某個(gè)物理量推向極端，即極大和極小。[例3]筷子是中國(guó)人常用的飲食工具，也是中華飲食文化的標(biāo)志之一?？曜釉谙惹貢r(shí)稱為“梜”，漢代時(shí)稱“箸”，明代開始稱“筷”。如圖所示，用筷子夾質(zhì)量為m的小球，筷子均在豎直平面內(nèi)，且筷子和豎直方向的夾角均為θ，為使小球靜止，求每根筷子對(duì)小球的壓力N的取值范圍。已知小球與筷子之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ(μ＜tanθ)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g。[解析]筷子對(duì)小球的壓力太小時(shí)，小球有下滑的趨勢(shì)，最大靜摩擦力沿筷子向上，如圖甲所示。小球平衡時(shí)，有2Nsinθ＋2fcosθ＝mg，f＝μN(yùn)，聯(lián)立解得N＝eq\f(mg,2sinθ＋μcosθ)，筷子對(duì)小球的壓力太大時(shí)，小球有上滑的趨勢(shì)，最大靜摩擦力沿筷子向下，如圖乙所示。小球平衡時(shí)，有2N′sinθ＝mg＋2f′cosθ，f′＝μN(yùn)′，聯(lián)立解得N′＝eq\f(mg,2sinθ－μcosθ)，綜上，筷子對(duì)小球的壓力的取值范圍為：eq\f(mg,2sinθ＋μcosθ)≤N≤eq\f(mg,2sinθ－μcosθ)。[答案]eq\f(mg,2sinθ＋μcosθ)≤N≤eq\f(mg,2sinθ－μcosθ)[課時(shí)跟蹤檢測(cè)]1．(2023·廣東珠海模擬)如圖甲所示，10個(gè)人用20根等長(zhǎng)的繩子拉起一個(gè)鼓，一端系在鼓上，一端用手拉住，每根繩子與豎直方向的夾角均相等，若繩子連接鼓的結(jié)點(diǎn)、拉繩子的手分別在其所在圓周上均等間距分布，鼓處于靜止?fàn)顟B(tài)且鼓面水平，忽略繩子質(zhì)量，簡(jiǎn)化圖如圖乙所示。現(xiàn)使鼓在繩子的作用下保持鼓面水平沿豎直方向緩慢下降，其他條件不變，則在鼓緩慢下降過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．繩子對(duì)鼓的合力變大B．繩子對(duì)鼓的合力變小C．每根繩子對(duì)人的作用力增大D．每根繩子對(duì)人的作用力減小解析：選D鼓緩慢下降，處于動(dòng)態(tài)平衡，繩子對(duì)鼓的合力等于鼓的重力，繩子對(duì)鼓的合力不變，A、B錯(cuò)誤；根據(jù)平衡條件得20Fcosθ＝mg，解得F＝eq\f(mg,20cosθ)，鼓緩慢下降過(guò)程中繩子與豎直方向的夾角θ變小，cosθ變大，F(xiàn)減小，C錯(cuò)誤，D正確。2．如圖所示，用AC、CD兩根輕繩將物塊懸于水平輕桿BC的下方，其中B為光滑轉(zhuǎn)軸，C為結(jié)點(diǎn)，輕桿BC始終保持水平，重物靜止不動(dòng)。已知物塊質(zhì)量為m，重力加速度為g。設(shè)AC、CD繩的拉力分別為FAC、FCD。下列選項(xiàng)正確的是()A．FAC＞mgB．FCD＞mgC．若A點(diǎn)上移，則FAC變大D．若A點(diǎn)下移，則FCD變大解析：選AC點(diǎn)的受力如圖所示，則有FACsinα＝FCD，F(xiàn)CD＝mg，則FAC＝eq\f(FCD,sinα)＝eq\f(mg,sinα)，所以FAC＞mg，故A正確，B、D錯(cuò)誤；若A點(diǎn)上移，α變大，sinα變大，所以FAC變小，故C錯(cuò)誤。3.(2023·湖北武漢模擬)如圖所示，一物塊用一根不可伸長(zhǎng)的細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，在細(xì)線上的A點(diǎn)綁上另一根細(xì)線，在該細(xì)線上施加一與OA段細(xì)線始終垂直的力F，使物塊緩慢移動(dòng)到圖示位置，C點(diǎn)為細(xì)線與物塊的連接點(diǎn)，則()A．AC段細(xì)線上的拉力逐漸變大B．OA段細(xì)線上的拉力逐漸減小C．力F先變大后變小D．OA段細(xì)線上拉力不可能與力F大小相等解析：選B分析可知AC段細(xì)線上的拉力始終等于物塊的重力，A錯(cuò)誤；設(shè)OA段細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，結(jié)點(diǎn)A受力平衡，結(jié)合受力分析構(gòu)建如圖所示的矢量三角形，可得OA段細(xì)線上的拉力FOA＝mgcosθ，力F滿足F＝mgsinθ，隨著θ角的增大，可知FOA逐漸減小，力F逐漸增大，B正確，C錯(cuò)誤；根據(jù)以上分析可知當(dāng)θ等于45°時(shí)，OA段細(xì)線上的拉力與F大小相等，D錯(cuò)誤。4.(多選)如圖所示，內(nèi)壁光滑的“V”形容器AOB放在水平地面上，∠AOB為銳角，貼著內(nèi)壁放置一個(gè)鐵球，現(xiàn)將容器以O(shè)點(diǎn)為軸在豎直平面內(nèi)逆時(shí)針緩慢旋轉(zhuǎn)90°，則在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中()A．球?qū)A的壓力逐漸增大B．球?qū)A的壓力先增大后減小C．球?qū)B的壓力逐漸增大D．球?qū)B的壓力先增大后減小解析：選AD當(dāng)容器以O(shè)點(diǎn)為軸在豎直平面內(nèi)逆時(shí)針緩慢旋轉(zhuǎn)90°的過(guò)程中，相當(dāng)于容器不動(dòng)，而重力G的方向從豎直向下的位置轉(zhuǎn)到與OB平行且方向向左的位置，對(duì)小球在某位置受力分析如圖，若設(shè)F1與O1H的夾角為θ(定值)，某時(shí)刻重力G與O1H的夾角為α，則對(duì)小球O1，由正交分解法可知：F2＝Gcosα＋F1cosθ；F1sinθ＝Gsinα，則解得F1＝eq\f(G,sinθ)sinα；F2＝Gcosα＋eq\f(G,tanθ)sinα＝eq\f(G,sinθ)sin(α＋θ)，則當(dāng)α角從0°增加到90°角的過(guò)程中，F(xiàn)1逐漸變大；F2先增加后減小，由牛頓第三定律可知，球?qū)A的壓力逐漸增大，球?qū)B的壓力先增大后減小，故A、D正確。5．(多選)圖甲是工廠里的貨物從車上面緩慢滑下的情景，現(xiàn)可以簡(jiǎn)化為如圖乙所示的模型，在墻壁與地面間放置一表面粗糙、質(zhì)量分布均勻的木板斜面，假設(shè)豎直墻壁光滑，水平地面粗糙，現(xiàn)在一物塊從斜面頂端沿斜面緩慢滑下，則在其滑至底端的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．豎直墻壁對(duì)木板的彈力在變大B．地面對(duì)木板的彈力在變大C．地面對(duì)木板的摩擦力在變小D．地面對(duì)木板的作用力在變小解析：選CD將木板與物塊看作一個(gè)整體，地面對(duì)系統(tǒng)的作用力可當(dāng)作一個(gè)力，系統(tǒng)相當(dāng)于只受三個(gè)力的作