专题04 受力分析与共点力的平衡（解析版）

专题04 受力分析与共点力的平衡目录TOC \o "1-3" \h \u  HYPERLINK \l "_Toc6089" 题型一 受力分析与整体法和隔离法的应用  PAGEREF _Toc6089 \h 1 HYPERLINK \l "_Toc2640" 题型二 共点力的静态平衡  PAGEREF _Toc2640 \h 3 HYPERLINK \l "_Toc28375" 类型1 合成法求解共点力静态平衡  PAGEREF _Toc28375 \h 3 HYPERLINK \l "_Toc26651" 类型2 正交分解法求解共点力静态平衡  PAGEREF _Toc26651 \h 5 HYPERLINK \l "_Toc13875" 类型3 相似三角形法求解共点力静态平衡  PAGEREF _Toc13875 \h 9 HYPERLINK \l "_Toc21227" 类型4 正弦定理求解共点力静态平衡  PAGEREF _Toc21227 \h 10 HYPERLINK \l "_Toc2484" 类型5 整体法、隔离法解决共点力静态平衡  PAGEREF _Toc2484 \h 12 HYPERLINK \l "_Toc6328" 题型三 动态平衡问题  PAGEREF _Toc6328 \h 14 HYPERLINK \l "_Toc772" 类型1　“一力恒定，另一力方向不变”的动态平衡问题  PAGEREF _Toc772 \h 15 HYPERLINK \l "_Toc10698" 类型2　“一力恒定，另两力方向均变化”的动态平衡问题  PAGEREF _Toc10698 \h 18 HYPERLINK \l "_Toc16744" 类型3 轻绳套轻环的动态平衡模型  PAGEREF _Toc16744 \h 21 HYPERLINK \l "_Toc24557" 题型四 平衡中的临界、极值问题  PAGEREF _Toc24557 \h 25题型一 受力分析与整体法和隔离法的应用【解题指导】1．受力分析的两种顺序：先场力再弹力后摩擦力，接触力要逐个接触面排查．(2)先已知的力、确定的力，而后再结合运动状态推断未知的力、不确定的力.多个物体系统问题通常整体法和隔离法交替使用.三重检验：明确各力的施力物体、受力物体．判断研究对象是否能保持原来运动状态．(3)换角度(整体隔离)或换研究对象(相邻的物体)再次受力分析，判断两次分析是否一致．【例1】(2022·湖南师范大学附属中学高三月考)如图所示，a、b两个小球穿在一根粗糙的固定杆上(球的小孔比杆的直径大)，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接．已知b球质量为m，杆与水平面成θ角，不计滑轮的一切摩擦，重力加速度为g.当两球静止时，Oa段绳与杆的夹角也为θ，Ob段绳沿竖直方向，则下列说法正确的是(　　)A．a一定受到4个力的作用B．b只可能受到2个力的作用C．绳子对a的拉力有可能等于mgD．a的质量一定为mtan θ【答案】　C【解析】　对a和b受力分析可知，a至少受重力、杆的支持力、绳的拉力3个力，可能还受摩擦力共4个力，b受重力、绳的拉力2个力或重力、绳的拉力、杆的支持力、摩擦力4个力的作用，选项A、B错误；对b受力分析可知，b受绳子拉力可能等于mg，因此绳子对a的拉力可能等于mg，选项C正确；对a受力分析，如果摩擦力为零Gasin θ＝mgcos θ可得Ga＝eq \f(mg,tan θ)；ma＝eq \f(m,tan θ)，选项D错误．【例2】(多选)如图所示，两个相似的斜面体A、B在竖直向上的力F的作用下静止靠在竖直粗糙墙壁上．关于斜面体A和B的受力情况，下列说法正确的是(　　)A．A一定受到四个力B．B可能受到四个力C．B与墙壁之间一定有弹力和摩擦力D．A与B之间一定有摩擦力【答案】　AD【解析】　对A、B整体受力分析，如图甲所示，受到向下的重力和向上的推力F，由平衡条件可知B与墙壁之间不可能有弹力，因此也不可能有摩擦力，故C错误；对B受力分析如图乙所示，其受到重力、A对B的弹力及摩擦力而处于平衡状态，故B受到三个力，B错误；对A受力分析，如图丙所示，受到重力、推力、B对A的弹力和摩擦力，共四个力，A、D正确．【例3】(2022·沙坪坝重庆八中高三月考)如图所示，某时刻四个物体a、b、c、d与两个长木板巧妙摆放在底座上，且系统处于平衡状态，则在该时刻下列说法正确的是(　　)A．物体a可能不受摩擦力B．物体b受到木板的作用力竖直向上C．物体b受到木板的作用力垂直于木板向上D．物体c可能不受摩擦力【答案】　B【解析】　物体a、c若不受摩擦力，合力必有水平分量，不能处于平衡状态，故A、D错误；b物体只受到重力与木板的作用力，所以木板对b物体的作用力竖直向上，故B正确，C错误．【例4】．(多选)如图所示，斜面B放置于水平地面上，其两侧放有物体A、C，物体C通过轻绳连接于天花板，轻绳平行于斜面且处于拉直状态，A、B、C均静止．下列说法正确的是(　　 )A．A、B间的接触面一定是粗糙的B．地面对B一定有摩擦力C．B、C间的接触面可能是光滑的D．B一共受到6个力的作用【答案】　AC【解析】　以A为研究对象，若只受到重力和支持力不可能平衡，故A一定受到B对A沿斜面向上的静摩擦力，A正确；由题意可知，轻绳处于拉直状态，但不确定是否有拉力，以C为研究对象，若斜面粗糙，C受到重力和B对C的支持力、斜面的静摩擦力作用就能平衡，轻绳上可能无拉力，若B、C间光滑，C要能处于平衡状态，则轻绳上一定有拉力，故B、C间的接触面可能是光滑的，C正确；以A、B、C整体为研究对象，若轻绳上无拉力，整体受到重力和地面的支持力作用，地面对B没有摩擦力，若轻绳上有拉力，整体有向左的运动趋势，地面对B有水平向右的静摩擦力，B错误；以B为研究对象，若B、C间光滑(轻绳上有拉力)，B受到重力、A对B的压力、C对B的压力、地面对B的支持力和A对B的静摩擦力、地面对B的静摩擦力，共6个力作用，若B、C间不光滑(轻绳上无拉力)，B受到重力、A对B的压力、C对B的压力、地面对B的支持力、A对B的静摩擦力和C对B的静摩擦力，共6个力作用，若B、C间不光滑且轻绳上有一定拉力时，则B可能受到7个力作用，D错误．题型二 共点力的静态平衡【解题指导】1．遇到多物体系统时注意应用整体法与隔离法，一般可先整体后隔离.三力平衡，一般用合成法，根据平行四边形定则合成后，“力的问题”转换成“三角形问题”，再由三角函数、勾股定理、正弦定理或相似三角形等解三角形.3.多力平衡，一般用正交分解法．类型1 合成法求解共点力静态平衡【例1】(2022·广东深圳实验学校月考)截面为长方形的中空“方钢”固定在水平地面上，截面一边与水平面的夹角为30°，如图所示．方钢内表面光滑，轻质细杆两端分别固定质量为mA和mB的两个小球A和B，已知小球、轻杆与截面共面，当轻质细杆与地面平行时两小球恰好静止，则A、B两小球的质量比eq \f(mA,mB)为(　　)A．3 B.eq \r(3) C.eq \f(2\r(3),3) D.eq \f(\r(3),3)【答案】　A【解析】　两小球受力分析如图所示，轻杆所受合力为零，所以F＝F′，对小球A受力分析得F＝mAgtan 30°，对小球B受力分析得F′＝mBgtan 60°，所以eq \f(mA,mB)＝3，选项A正确．【例2】(多选)如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处大小不计的钉子用水平细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B.重力加速度为g，则(　　)A．A对地面的压力等于(M＋m)gB．A对地面的摩擦力方向向左C．A对B的支持力大小为eq \f(R＋r,R)mgD．细线对B的拉力大小为eq \f(r,R)mg【答案】　AC【解析】　对A、B整体受力分析，受重力和支持力，相对地面无相对滑动趋势，故不受摩擦力，根据平衡条件知，支持力等于整体的重力，根据牛顿第三定律知，整体对地面的压力与地面对整体的支持力大小相等，故A对地面的压力等于(M＋m)g，故A正确，B错误；对B受力分析，如图所示，根据平衡条件得：F＝eq \f(mg,cos θ)，FT＝mgtan θ，其中cos θ＝eq \f(R,R＋r)，tan θ＝eq \f(\r(R＋r2－R2),R)，故F＝eq \f(R＋r,R)mg，FT＝mgeq \f(\r(R＋r2－R2),R)，故C正确，D错误．类型2 正交分解法求解共点力静态平衡【例1】(2022·江苏昆山市适应性检测) 如图所示，放在粗糙的固定斜面上的物块 A 和悬挂的物体 B 均处于静止状态。轻绳AO绕过光滑的定滑轮与轻弹簧的右端及轻绳BO的上端连接于O点， 轻弹簧中轴线沿水平方向，轻绳的OC段与竖直方向的夹角θ＝53°，斜面倾角α＝37°， 物块A和B的质量分别为mA＝5 kg，mB＝1.5 kg，弹簧的劲度系数k＝500 N/m(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2)，求：(1)弹簧的伸长量 x；(2)物块 A 受到的摩擦力。【答案】　(1)4 cm　(2)5 N，方向沿斜面向上【解析】　(1)对结点O受力分析如图甲所示。　甲　　　　　　　乙根据平衡条件，有FTcos θ－mBg＝0，FTsin θ－F＝0，且F＝kx，解得x＝4 cm。(2)设物体A所受摩擦力沿斜面向下，对物体A受力分析如图乙所示。根据平衡条件，有FT－Ff－mAgsin α＝0解得Ff＝－5 N即物体A所受摩擦力大小为5 N，方向沿斜面向上。【例2】如图所示是一竖直固定的光滑圆环，中央有孔的小球P和Q套在环上，由伸直的细绳连接，它们恰好能在圆环上保持静止状态．已知小球Q的质量为m，O、Q连线水平，细绳与水平方向的夹角为30°，重力加速度为g.则(　　)A．细绳对Q球的拉力大小为mgB．环对Q球的支持力大小为eq \f(\r(3),3)mgC．P球的质量为2mD．环对P球的支持力大小为eq \r(3)mg【答案】　C【解析】　对Q球受力分析，如图所示，由平衡条件可知，在竖直方向上有Fsin 30°＝mg，在水平方向上有Fcos 30°＝FQ，联立解得F＝2mg，FQ＝eq \r(3)mg，故A、B错误；设P球的质量为M，对P球受力分析，如图所示，在水平方向上有F′cos 30°＝FPsin 30°，在竖直方向上有FPcos 30°＝Mg＋F′sin 30°，F′＝F，联立解得M＝2m，FP＝2eq \r(3)mg，故C正确，D错误．【例3】（2022·湖南永州·模拟预测）如图所示，一条细绳跨过定滑轮连接物体A、B，A悬挂起来，B穿在一根竖直杆上，两物体均保持静止，不计一切摩擦，已知绳与竖直杆间的夹角为θ，则物体A、B的质量之比mA：mB等于（　　）A．1：sinθ B．sinθ：1 C．tanθ：1 D．1：cosθ【答案】 D【解析】物体A受力如图1所示受到重力mAg和绳子拉力T，由平衡条件得T=mAg物体B受力如图2所示重力mBg、绳子拉力T、杆的弹力N，由平衡条件得Tcosθ=mBg联立解得故选D。【例4】（2022·山东临沂·高三期中）如图所示，倾斜直杆的左端固定在水平地面上，与地面成角，杆上穿有质量为m的小球a和轻质环b，两者通过一条细绳跨过定滑轮相连接。当a、b静止时，Oa段绳与杆的夹角也为，不计一切摩擦，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）A．a受杆的弹力方向垂直杆向上 B．杆对a的支持力大小为C．绳对a的拉力大小为 D．b受到杆的弹力大小为【答案】 AD【解析】当a、b静止时，受力分析如图所示对a由平衡条件可得联立解得 ，所以A正确；BC 错误；D对b分析，由平衡条件可知，b受到杆的弹力大小为所以D正确；故选AD。【例4】(2022·江西八所重点中学联考)如图甲所示，推力F垂直斜面作用在斜面体上，斜面体静止在竖直墙面上，若将斜面体改成如图乙所示放置，用相同大小的推力F垂直斜面作用到斜面体上，则下列说法正确的是(　　)A．墙面受到的压力一定变小B．斜面体受到的摩擦力一定变小C．斜面体受到的摩擦力可能变大D．斜面体可能沿墙面向上滑动【答案】　B【解析】　受力分析如图所示甲图中，FN1＝Fcos θ，Ff1＝mg＋Fsin θ≤Ffm；乙图中，FN2＝Fcos θ，所以墙面受到的压力不变，A项错误；若Fsin θ＝mg，则Ff2＝0，若Fsin θ＞mg，则Ff2方向向下，Ff2＝Fsin θ－mg，若Fsin θ＜mg，则Ff2方向向上，Ff2＝mg－Fsin θ，所以斜面体受到的摩擦力一定变小，B项正确，C项错误；因为墙面受到的压力没有变，所以Ffm不变，甲图中，Ff1＝mg＋Fsin θ≤Ffm，推不动斜面体，乙图中，Ff2＝Fsin θ－mg，肯定比Ffm小，所以斜面体肯定不沿墙面向上滑动，D项错误．类型3 相似三角形法求解共点力静态平衡【例1】(2022·重庆市三峡联盟模拟)如图所示，一轻杆两端固定两个小球A、B，A球的质量是B球质量的3倍，轻绳跨过滑轮连接A和B，一切摩擦不计，平衡时OA和OB的长度之比为(　　)A．1∶2 B．2∶1C．1∶3 D．1∶4【答案】　C【解析】　设绳上拉力为FT，OA长L1，OB长L2，过O点做竖直向下的辅助线交与AB为C点，如图所示，利用力的三角形和长度三角形相似有eq \f(FT,mAg)＝eq \f(L1,OC)；eq \f(FT,mBg)＝eq \f(L2,OC)得eq \f(L1,L2)＝eq \f(1,3)，故A、B、D错误，C正确．【例2】如图所示，小圆环A吊着一个质量为m2的物块并套在另一个竖直放置的大圆环上，有一细绳一端拴在小圆环A上，另一端跨过固定在大圆环最高点B的一个小滑轮后吊着一个质量为m1的物块．如果小圆环A、滑轮、绳子的大小和质量以及相互之间的摩擦都可以忽略不计，绳子不可伸长，平衡时弦AB所对的圆心角为α，则两物块的质量之比m1∶m2应为(　　)A．cos eq \f(α,2) B．sin eq \f(α,2)C．2sin eq \f(α,2) D．2cos eq \f(α,2)【答案】　C【解析】　对小圆环A受力分析，如图所示，FT2与FN的合力F与FT1大小相等，由矢量三角形与几何三角形相似，可知eq \f(FT2,R)＝eq \f(F,2Rsin \f(α,2))，其中FT2＝m2g，F＝FT1＝m1g，联立解得eq \f(m1,m2)＝2sin eq \f(α,2)，C正确．类型4 正弦定理求解共点力静态平衡【例1】如图所示，a、b两个小球穿在一根光滑的固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接，已知b球质量为1 kg，杆与水平面的夹角为30°，不计所有摩擦，当两球静止时，Oa段绳与杆的夹角也为30°，Ob段绳沿竖直方向，则a球的质量为(　　)A.eq \r(3) kg B.eq \f(\r(3),3) kgC.eq \f(\r(3),2) kg D．2 kg【答案】　A【解析】　分别对a、b两球受力分析，如图所示根据共点力平衡条件，得FT＝mbg，根据正弦定理列式，可得eq \f(FT,sin 30°)＝eq \f(mag,sin 120°)，解得ma＝eq \r(3) kg，故选A.【例2】.(2022·湖南雅礼中学高三月考)如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连．系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β.若α＝75°，β＝60°，则甲乙两物体质量之比是(　　)A．1∶1 B．1∶2C.eq \r(3)∶eq \r(2) D.eq \r(2)∶eq \r(3)【答案】　D【解析】　甲物体是拴牢在O点，且O点处于平衡状态，受力分析如图所示根据几何关系有γ＝180°－60°－75°＝45°，由正弦定理有eq \f(m甲g,sin γ)＝eq \f(m乙g,sin β)，故eq \f(m甲,m乙)＝eq \f(sin 45°,sin 60°)＝eq \f(\r(2),\r(3))，故选D.【例3】如图所示，一斜面固定在水平面上，一半球形滑块固定在斜面上，球心O的正上方有一定滑轮A(视为质点)，细线的一端与一质量分布均匀的光滑圆球B连接，另一端绕过滑轮A在水平向右的拉力F作用下使圆球B保持静止。改变拉力F的大小，使圆球B从两球心等高的位置缓慢移动到圆球B的球心正好在O点的正上方(不考虑该位置的情况)。圆球B不会与定滑轮A接触，则下列说法正确的是(　　)A．拉力F一直增大B．拉力F先增大后减小C．半球形滑块对圆球B的支持力先增大后减小D．半球形滑块对圆球B的支持力大小保持不变【答案】　D【解析】　对圆球B受力分析，并合成三角形如图所示。根据几何关系可知图中力构成的矢量三角形与阴影部分的三角形相似，则eq \f(mg,h)＝eq \f(FN,r)＝eq \f(F,l)，移动过程中，高度h和两球心距离r不变，所以半球形滑块对圆球B的支持力大小保持不变，绳子长度l变短，F减小，A、B、C错误，D正确。类型5 整体法、隔离法解决共点力静态平衡【例1】(2022·黑龙江鹤岗市第一中学高三月考)如图甲所示，A、B两小球通过两根轻绳连接并悬挂于O点，已知两轻绳OA和AB的长度之比为eq \r(3)∶1，A、B两小球质量分别为2m和m，现对A、B两小球分别施加水平向右的力F1和水平向左的力F2，两球恰好处于如图乙的位置静止，此时B球恰好在悬点O的正下方，轻绳OA与竖直方向成30°，则(　　)A．F1＝F2 B．F1＝eq \r(3)F2C．F1＝2F2 D．F1＝3F2【答案】　C【解析】　由题意知两轻绳OA和AB的长度之比为eq \r(3)∶1，B球恰好在悬点O的正下方，由几何关系可知，OA与AB垂直；以B球为研究对象，受力示意图如图甲所示，由平衡条件得F2＝mgtan (90°－30°)＝eq \r(3)mg，以A、B两球整体为研究对象，受力示意图如图乙所示，由平衡条件得F1－F2＝3mgtan 30°＝eq \r(3)mg，可得F1＝2eq \r(3)mg，即F1＝2F2，故C正确．【例2】如图所示，两个质量均为m的小球通过两根轻弹簧A、B连接，在水平外力F作用下，系统处于静止状态，弹簧实际长度相等．弹簧A、B的劲度系数分别为kA、kB，且原长相等．弹簧A、B与竖直方向的夹角分别为θ与45°.设A、B中的拉力分别为FA、FB，小球直径相比弹簧长度可忽略，重力加速度为g，则(　　)A．tan θ＝eq \f(1,2) B．kA＝kBC．FA＝eq \r(3)mg D．FB＝2mg【答案】　A【解析】　对下面的小球进行受力分析，如图甲所示．根据平衡条件得：F＝mgtan 45°＝mg，FB＝eq \f(mg,cos 45°)＝eq \r(2)mg；对两个小球整体受力分析，如图乙所示，根据平衡条件得：tan θ＝eq \f(F,2mg)，又F＝mg，解得tan θ＝eq \f(1,2)，FA＝eq \r(2mg2＋F2)＝eq \r(5)mg，由题图可知两弹簧的形变量相等，则有：x＝eq \f(FA,kA)＝eq \f(FB,kB)，解得：eq \f(kA,kB)＝eq \f(FA,FB)＝eq \f(\r(5),\r(2))，故A正确，B、C、D错误．　【例3】如图所示，一质量为M的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为90°，两底角为α和β；a、b为两个位于斜面上质量均为m的小木块，已知所有接触面都是光滑的，重力加速度为g.现发现a、b沿斜面下滑，而楔形木块静止不动，这时楔形木块对水平桌面的压力等于(　　)A．Mg＋mgB．Mg＋2mgC．Mg＋mg(sin α＋sin β)D．Mg＋mg(cos α＋cos β)【答案】　A【解析】　对木块a受力分析，如图，受重力和支持力，由几何关系，得到：FN1＝mgcos α，由牛顿第三定律得木块a对楔形木块的压力为：FN1′＝mgcos α①同理，木块b对楔形木块的压力为：FN2′＝mgcos β②对楔形木块受力分析，如图，根据共点力平衡条件，得到：FN2′cos α－FN1′cos β＝0③F支－Mg－FN1′sin β－FN2′sin α＝0④根据题意有：α＋β＝90°⑤由①②③④⑤解得：F支＝Mg＋mg根据牛顿第三定律，楔形木块对水平桌面的压力等于Mg＋mg故选A.【例4】(多选)如图所示，滑块A与小球B用同一根不可伸长的轻绳相连，且滑块A套在水平杆上。现用大小为10 N、与水平方向成30°角的力F拉B，使A、B一起向右匀速运动，运动过程中保持相对静止。已知A、B的质量分别为2 kg、1 kg，取g＝10 m/s2，则(　　)A．轻绳与水平方向的夹角θ＝60°B．轻绳与水平方向的夹角θ＝30°C．滑块A与水平直杆之间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),4)D．滑块A与水平直杆之间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),5)【答案】　BD【解析】　对B受力分析，B受重力、拉力F及绳子的拉力而处于平衡状态；将两拉力合成，因拉力为10 N，小球的重力为10 N，则由几何关系可知，轻绳的拉力也为10 N，方向与水平方向成30°角，故B正确，A错误；对A、B整体受力分析可知，A受到的支持力FN＝(mA＋mB)g－Fsin 30°＝25 N，摩擦力等于F沿水平方向的分力Ff＝Fcos 30°＝5eq \r(3) N，由Ff＝μFN′，FN′＝FN，解得μ＝eq \f(Ff,FN)＝eq \f(\r(3),5)，故D正确，C错误。题型三 动态平衡问题【解题指导】1．动态平衡是指物体的受力状态缓慢发生变化，但在变化过程中，每一个状态均可视为平衡状态．2．做题流程受力分析eq \o(――――――→,\s\up7(化“动”为静))画不同状态平衡图构造矢量三角形eq \o(―――――→,\s\up7(“静”中求动))eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(―――→,\s\up7(定性分析))根据矢量三角形边长关系确定矢量的大小变化,\o(―――→,\s\up7(定量计算))\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(三角函数关系,正弦定理,相似三角形))找关系求极值))3．三力平衡、合力与分力关系如图，F1、F2、F3共点平衡，三力的合力为零，则F1、F2的合力F3′与F3等大反向，F1、F2、F3′构成矢量三角形，即F3′为F1、F2的合力，也可以将F1、F2、F3直接构成封闭三角形．类型1　“一力恒定，另一力方向不变”的动态平衡问题1．一个力恒定，另一个力始终与恒定的力垂直，三力可构成直角三角形，可作不同状态下的直角三角形，比较力的大小变化，利用三角函数关系确定三力的定量关系．基本矢量图，如图所示2．一力恒定(如重力)，另一力与恒定的力不垂直但方向不变，作出不同状态下的矢量三角形，确定力大小的变化，恒力之外的两力垂直时，有极值出现．基本矢量图，如图所示作与F1等大反向的力F1′，F2、F3合力等于F1′，F2、F3、F1′构成矢量三角形．3.动态分析常用方法解析法：对研究对象进行受力分析，画出受力示意图，根据物体的平衡条件列方程，得到因变量与自变量的函数表达式(通常为三角函数关系)，最后根据自变量的变化确定因变量的变化．图解法：此法常用于求解三力平衡问题中，已知一个力是恒力、另一个力方向不变的情况．【例1】(2022·福建南平市质检)如图，一粗糙的固定斜杆与水平方向成θ角，一定质量的滑环A静止悬挂在杆上某位置。现用一根轻质细绳AB一端与滑环A相连，另一端与小球B相连，且轻绳AB与斜杆垂直。另一轻质细绳BC沿水平方向拉小球B，使小球B保持静止。将水平细绳BC的C端沿圆弧缓慢移动到竖直位置，B的位置始终不变，则在此过程中(　　)A．轻绳AB上的拉力先减小后增大B．轻绳BC上的拉力先增大后减小C．斜杆对A的支持力一直在减小D．斜杆对A的摩擦力一直在减小【答案】　C【解析】　由题意知，小球B处于平衡，对小球受力分析如图甲所示，BC由水平方向变到竖直方向，由矢量三角形的动态分析可以看出，轻绳BC上的拉力先减小后增大，轻绳AB上的拉力一直在减小，故A、B错误；滑环A处于静止，对A受力分析如图乙所示。　　　　甲　　　　　　　乙由于AB绳对A的拉力FT一直在减小，故斜杆对A的支持力也一直在减小，斜杆对A的摩擦力一直等于mAgsin θ，保持不变，故C正确，D错误。【例2】.(2022·天津市南开区高三模拟)(多选)如图所示，在倾角为α的斜面上，放一质量为m的小球，小球和斜面及挡板间均无摩擦，当挡板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中(　　)A．斜面对球的支持力逐渐增大B．斜面对球的支持力逐渐减小C．挡板对小球的弹力先减小后增大D．挡板对小球的弹力先增大后减小【答案】　BC【解析】　对小球受力分析知，小球受到重力mg、斜面的支持力FN1和挡板的弹力FN2，如图，当挡板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中，小球所受的合力为零，根据平衡条件得知，FN1和FN2的合力与重力mg大小相等、方向相反，作出小球在三个不同位置力的受力分析图，由图看出，斜面对小球的支持力FN1逐渐减小，挡板对小球的弹力FN2先减小后增大，当FN1和FN2垂直时，弹力FN2最小，故选项B、C正确，A、D错误．【例3】(2021·湖南卷，5)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6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(　　)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【答案】　C【解析】　对小滑块受力分析，如图甲所示，由题意可知，推力F与凹槽对滑块的支持力FN始终垂直，即α＋β始终为90°，在小滑块由A点向B点缓慢移动的过程中，α减小，β增大，由平衡条件得F＝mgcos α、FN＝mgsin α，可知推力F一直增大，凹槽对滑块的支持力FN一直减小，A、B错误；对小滑块和凹槽整体受力分析，如图乙所示，根据平衡条件可得，墙面对凹槽的压力大小FN1＝Fsin α＝eq \f(1,2)mgsin 2α，水平地面对凹槽的支持力FN2＝Mg＋mg－Fcos α，在小滑块由A点向B点缓慢移动的过程中，α由eq \f(π,2)逐渐减小到零，根据数学知识可知墙面对凹槽的压力先增大后减小，水平地面对凹槽的支持力一直减小，C正确，D错误。　甲　　　　　乙【例4】(2022·山东日照市模拟)如图所示，一小球放在竖直的墙面与倾斜的木板之间。设小球对墙面的压力大小为F1，小球对木板的压力大小为F2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置顺时针缓慢转到与墙面垂直的位置。不计摩擦，在此过程中(　　)A．F1先减小后增大 B．F1一直增大C．F2一直减小 D．F2先减小后增大【答案】　C【解析】　以小球为研究对象，分析受力情况如图所示：重力G、墙面的支持力FN1和木板的支持力FN2，令木板与墙面的夹角为θ，根据平衡条件知FN1和FN2的合力与G等大反向，且得FN1＝eq \f(G,tan θ)，FN2＝eq \f(G,sin θ)，根据牛顿第三定律知墙面对球的压力大小为F1＝FN1＝eq \f(G,tan θ)，球对木板的压力大小为F2＝FN2＝eq \f(G,sin θ)，木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置时θ增大，则F1一直减小，F2一直减小，故选项C正确。类型2　“一力恒定，另两力方向均变化”的动态平衡问题1．一力恒定(如重力)，其他二力的方向均变化，但二力分别与绳子、两物体重心连线方向等平行，即三力构成的矢量三角形与绳长、半径、高度等实际几何三角形相似，则对应边相比相等．基本矢量图，如图所示基本关系式：eq \f(mg,H)＝eq \f(FN,R)＝eq \f(FT,L)2．一力恒定，另外两力方向一直变化，但两力的夹角不变，作出不同状态的矢量三角形，利用两力夹角不变，结合正弦定理列式求解，也可以作出动态圆，恒力为圆的一条弦，根据不同位置判断各力的大小变化．基本矢量图，如图所示【例1】(2022·山西大同市开学考)如图所示，AC是上端带光滑轻质定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆BC一端通过铰链固定在C点，另一端B悬挂一重力为G的物体，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮，用力F拉绳，开始时∠BCA>90°，现使∠BCA缓慢变小，直到∠BCA＝30°。此过程中，轻杆BC所受的力(　　)A．逐渐减小 B．逐渐增大C．大小不变 D．先减小后增大【答案】　C【解析】　以结点B为研究对象，分析受力情况，如图所示，根据平衡条件可知，F、FN的合力F合与G大小相等、方向相反。根据相似三角形得eq \f(F合,FN)＝eq \f(AC,BC)，且F合＝G，则有FN＝eq \f(BC,AC)G，现使∠BCA缓慢变小的过程中，AC、BC不变，即FN不变，则轻杆BC所受的力大小不变，C正确，A、B、D错误。【例2】.(多选)如图所示，表面光滑的半球形物体固定在水平面上，光滑小环D固定在半球形物体球心O的正上方，轻质弹簧一端用轻质细绳固定在A点，另一端用轻质细绳穿过小环D与放在半球形物体上的小球P相连，DA水平.现将细绳固定点A向右缓慢平移的过程中(小球P未到达半球最高点前)，下列说法正确的是(　　)A.弹簧变短 B.弹簧变长C.小球对半球的压力不变 D.小球对半球的压力变大【答案】　AC【解析】　以小球为研究对象，受力分析如图，小球受重力G、细绳的拉力FT和半球面的支持力FN，作出FN、FT的合力F，由平衡条件得知F＝G，根据三角形相似可得eq \f(FN,PO)＝eq \f(F,DO)＝eq \f(FT,PD)，将F＝G代入得：FN＝eq \f(PO,DO)G，FT＝eq \f(PD,DO)G，将细绳固定点A向右缓慢平移，DO、PO不变，PD变小，可知FT变小，FN不变，即弹簧的弹力变小，弹簧变短，由牛顿第三定律知小球对半球的压力不变，故A、C正确，B、D错误.【例3】(2022·贵州贵阳市2月适应性考试)如图所示，轻绳两端固定在一硬质轻杆上的A、B两点，在轻绳中点O系一重物。现将杆顺时针在竖直面内缓慢旋转，使OA从水平位置转到竖直位置的过程中，绳OA、OB的张力FA和FB的大小变化情况是(　　)A.FA先增大后减小，FB一直减小B.FA先减小后增大，FB一直增大C.FA先减小后增大，FB先增大后减小D.FA先增大后减小，FB先减小后增大【答案】　A【解析】　合力大小不变，等于mg，方向不变，两个分力的夹角不变，根据三角形定则作图，如图所示。由图可知，当OA从水平位置转到竖直位置的过程中，FA先增大后减小，FB一直减小，选项A正确。【例3】.(2022·天一大联考)如图所示，半径为R的圆环竖直放置，长度为R的不可伸长的轻细绳OA、OB，一端固定在圆环上，另一端在圆心O处连接并悬挂一质量为m的重物，初始时OA绳处于水平状态.把圆环沿地面向右缓慢转动，直到OA绳处于竖直状态，在这个过程中(　　)A.OA绳的拉力逐渐增大B.OA绳的拉力先增大后减小C.OB绳的拉力先增大后减小D.OB绳的拉力先减小后增大【答案】　B【解析】　以重物为研究对象，重物受到重力mg、OA绳的拉力F1、OB绳的拉力F2三个力而平衡，构成矢量三角形，置于几何圆中如图：在转动的过程中，OA绳的拉力F1先增大，转过直径后开始减小，OB绳的拉力F2开始处于直径上，转动后一直减小，B正确，A、C、D错误.类型3 轻绳套轻环的动态平衡模型1.如图所示，绳上套的是光滑轻环，作用在绳上形成“活结”，此时绳上的拉力处处相等，平衡时与水平面所成夹角相等，即α＝β。当动点P移至P′时，绳长保持不变，夹角α＝β也保持不变，Q移至Q′，这与绳“死结”模型截然不同。此类问题破题关键有两点：(1)不计轻环与绳间的摩擦时，左右两段绳中张力相等，左右两段绳与竖直方向的夹角也相等。(2)绳总长度不变时，sin θ＝eq \f(d,l)，绳中张力和绳与竖直方向的夹角θ随两悬点水平距离d的变化而变化。2.如图所示，“活结”两端绳子拉力相等，因结点所受水平分力相等，Fsin θ1＝Fsin θ2，故θ1＝θ2＝θ3，根据几何关系可知，sin θ＝eq \f(d,L1＋L2)＝eq \f(d,L)，若两杆间距离d不变，则上下移动悬线结点，θ不变，若两杆距离d减小，则θ减小，2FTcos θ＝mg，FT＝eq \f(mg,2cos θ)也减小．【例1】(2021·山西省高三一模)如图所示，轻质、不可伸长的细钢丝绳两端分别固定在竖直杆P、Q上的a、b两点，a点比b点低．脚穿着粗糙杂技靴的演员在走钢丝表演时，可以在细钢丝绳的中点以及杆P、Q的中间位置保持平衡状态，则演员(　　)A．在P、Q中间位置时，左右两侧绳子张力的值相等B．在P、Q中间位置时，左侧绳子张力的值小于右侧绳子张力的值C．在细绳的中点时，左右两侧绳子张力的值相等D．在细绳的中点时，左侧绳子张力的值大于右侧绳子张力的值【答案】　B【解析】　设a到脚的高度为h1，b到脚的高度为h2，脚到P的水平距离为x1，脚到Q的水平距离为x2，a端绳子和水平方向的夹角为α，b端绳子和水平方向的夹角为β，对脚与绳子的接触点进行受力分析，如图所示．演员在P、Q中间位置时，根据几何关系tan α＝eq \f(h1,x1)，tan β＝eq \f(h2,x2)，x1＝x2，因为h1