1、考向2动态平衡(多选)(2017全国卷)如图,柔软轻绳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 ( )。现将重物向右上方缓慢拉起,并保持夹角不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中()A.MN上的张力逐渐增大B.MN上的张力先增大后减小C.OM上的张力逐渐增大D.OM上的张力先增大后减小(1)审题破题眼:(2)情境化模型:(3)命题陷阱点:陷阱1:不能抓住题目的题型特征重力不变,OM和MN夹角不变,不知道是用图解法,还是用解析法、相似三角形法解题。陷阱2:不能规范作出力的动态分解图,对各力变化进行错误分析。动态平衡问题的分析
2、过程与处理方法(1)一般思路:把“动”化为“静”,“静”中求“动”。(2)分析动态平衡问题的方法。方法步骤解析法(1)列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式;(2)根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况图解法(1)根据已知量的变化情况,画出平行四边形边、角的变化;(2)确定未知量大小、方向的变化相似三角形法(1)根据已知条件画出两个不同情况对应的力的三角形和空间几何三角形,确定对应边,利用三角形相似知识列出比例式;(2)确定未知量大小的变化情况力的三角形法对受三力作用平衡的物体,将力的矢量图平移使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形,根据正弦定理、余弦定理等数学知识求解未知力提醒:相似三
3、角形的易错点在于不能正确地进行受力分析,找不到力三角形和几何三角形相似。静态平衡问题的解题流程1.(动态平衡与动滑轮问题)如图所示为建筑工地一个小型起重机起吊重物的示意图。一根轻绳跨过光滑的动滑轮,轻绳的一端系在位置A处,动滑轮的下端挂上重物,轻绳的另一端挂在起重机的吊钩C处,起吊重物前,重物处于静止状态。起吊重物过程是这样的:先让吊钩从位置C竖直向上缓慢地移动到位置B,然后再让吊钩从位置B水平向右缓慢地移动到D,最后把重物卸在某一个位置。则关于轻绳上的拉力大小变化情况,下列说法正确的是()A.吊钩从C向B移动过程中,轻绳上的拉力不变B.吊钩从B向D移动过程中,轻绳上的拉力变小C.吊钩从C向B
4、移动过程中,轻绳上的拉力变大D.吊钩从B向D移动过程中,轻绳上的拉力不变2.(动态平衡与定滑轮问题)甲、乙两人用两绳aO和bO通过装在P楼和Q楼楼顶的定滑轮,Oa与Ob夹角小于90,将质量为m的物块由O点沿Oa直线缓慢向上提升,如图所示。则在物块由O点沿直线Oa缓慢上升过程中,以下判断正确的是()A.aO绳和bO绳中的弹力都逐渐减小B.aO绳和bO绳中的弹力都逐渐增大C.aO绳中的弹力先减小后增大,bO绳中的弹力一直在增大D.aO绳中的弹力一直在增大,bO绳中的弹力先减小后增大3.(多物体动态平衡)如图所示,粗糙水平地面上的长方体物块将一重为G的光滑圆球抵在光滑竖直的墙壁上,现用水平向右的拉力
5、F缓慢拉动长方体物块,在圆球与地面接触之前,下面的相关判断正确的是()A.球对墙壁的压力逐渐减小B.地面对长方体物块的支持力逐渐增大C.地面对长方体物块的摩擦力逐渐增大D.水平拉力F逐渐减小4.(定夹角平衡)(多选)如图所示,将两块光滑平板OA、OB固定连接,构成顶角为60的楔形槽,楔形槽内放置一质量为m的光滑小球,整个装置保持静止,OA板与水平面的夹角为15 。现使楔形槽绕O点顺时针缓慢转动至OA板竖直,重力加速度大小为g,则转动过程中()A.OB板对小球的作用力一直在增大B.OA板对小球的作用力一直在减小C.OA板对小球作用力的最大值为mgD.当OB板对小球的作用力大小为mg时,OA板对小
6、球的作用力大小也为mg1.一物块用轻绳AB悬挂于天花板上,用力F拉住套在轻绳上的光滑小圆环O(圆环质量忽略不计),系统在图示位置处于静止状态,此时轻绳OA与竖直方向的夹角为,力F与竖直方向的夹角为。当缓慢拉动圆环使(090)增大时()A.F变大,变大B.F变大,变小C.F变小,变大D.F变小,变小2.有甲、乙两根完全相同的轻绳,甲绳A、B两端按图甲的方式固定,然后将一挂有质量为M的重物的光滑轻质动滑轮挂于甲轻绳上,当滑轮静止后,设甲绳子的张力大小为FT1;乙绳D、E两端按图乙的方式固定,然后将同样的定滑轮且挂有质量为M的重物挂于乙轻绳上,当滑轮静止后,设乙绳子的张力大小为FT2。现甲绳的B端缓
7、慢向下移动至C点,乙绳的E端缓慢向右移动至F点,在两绳的移动过程中,下列说法正确的是()A.FT1、FT2都变大B.FT1变大、FT2变小C.FT1、FT2都不变D.FT1不变、FT2变大3.如图所示,两个小球a、b的质量均为m,用细线相连并悬挂于O点。现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F,使整个装置处于静止状态,且Oa与竖直方向夹角为30,已知弹簧的劲度系数为k,重力加速度为g,则弹簧的最短伸长量为()A.B.C.D.4.如图所示,小球A、B通过一条细绳跨过定滑轮连接,它们都穿在一根竖直杆上。当两球平衡时,连接两球的细绳与水平方向的夹角分别为和2。假设装置中的各处摩擦均不计,则A、B球的质量
8、之比为()A.2cos1B.12cosC.tan1D.12sin5.(多选)如图所示,自重不计的横梁,可伸缩的一端固定在墙壁上的A点,另一端B点用绳悬挂在墙壁上的C点,当重为G的物体由挂在梁上的B点处且随B点逐渐移至A点的过程中,横梁始终保持静止。问此过程中,A点对横梁作用力FN的大小和CB绳对横梁的拉力FT的大小是如何变化的()A.FN先增大后减小B.FT一直减小C.FN一直减小D.FT先减小后增大6.光滑斜面上固定着一根刚性圆弧形细杆,小球通过轻绳与细杆相连,此时轻绳处于水平方向,球心恰位于圆弧形细杆的圆心处,如图所示。将悬点A缓慢沿杆向上移动,直到轻绳处于竖直方向,在这个过程中,轻绳的拉
9、力()A.逐渐增大B.大小不变C.先减小后增大D.先增大后减小7.(一题多解)如图所示,墙上有两个钉子a和b,它们的连线与水平方向的夹角为45,两者的高度差为l。一条不可伸长的轻质细绳一端固定于a点,另一端跨过光滑钉子b悬挂一质量为m1的重物。在绳上距a端的c点有一固定绳圈。若绳圈上悬挂质量为m2的钩码,平衡后绳的ac段正好水平,则重物和钩码的质量比为()A.B.2C.D.8.(多选)如图所示,轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点,悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的,挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件,当衣架静止时,下列说法正确的是()A.绳的右端上移到b,绳子拉力不
10、变B.将杆N向右移一些,绳子拉力变大C.绳的两端高度差越小,绳子拉力越小D.若换挂质量更大的衣服,则衣架悬挂点右移9.如图所示,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()A.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10.一小孩在放风筝的过程中保持原地不动,刚开始时风筝悬停于a点,小孩继续放线,后来风筝悬停于b点,如图所示,若在a、b两点时风对风筝的作用力方向相同,线的质量不计,则前后两个位置相比()A.线的张力变
11、大B.风对风筝的作用力变大C.小孩对地面的压力变大D.小孩对地面的摩擦力变大11.如图所示,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=45 ,外力F沿斜面向上拉物块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()A.细绳OO的拉力逐渐增大B.细绳对物块B的拉力逐渐变大C.斜面对物块B的支持力逐渐变大D.外力F逐渐变大12.某体育场看台的风雨棚是钢架结构的,两侧倾斜钢柱用固定在其顶端的钢索拉住,下端用铰链与水平地面连接,钢索上有许多竖直短钢棒将棚顶支撑在钢索上,整个系统左右对称,结构
12、简化图如图所示。假设钢柱与水平地面所夹锐角为60,钢索上端与钢柱的夹角为30,钢索、短钢棒及棚顶的总质量为m,重力加速度为g。则钢柱对钢索拉力的大小为()A.mgB.mgC.mgD.2mg专题一共点力平衡考向2/研透真题破题有方/A、D以重物为研究对象,它受三个力即重力mg 、绳OM段的拉力FO、 NM段的拉力FN的作用处于平衡状态。考虑到力mg不变,FO与FN的夹角不变,当FO由竖直向上变为水平向左时,作出如图所示的力矢量图,由图可知:FN一直变大,FO先变大后减小。/多维猜押制霸考场/1.A由C到B时,两绳夹角不变,由滑轮受力平衡知,绳子拉力不变,由B到D时,两绳夹角增大,由滑轮受力平衡得
13、2FTcos=mg,绳子拉力变大。故A正确。2.D以物块为研究对象,分析受力情况:重力G、绳bO的拉力F和绳aO的拉力FT,由平衡条件得知,F和FT的合力与G大小相等、方向相反,当将物块沿直线Oa向上缓慢移动,aO绳方向不变则FT方向不变,bO绳绕O点逆时针转动,作出转动过程三个位置力的合成图如图所示,由F3到F2到F1的过程,由图可以看出aO绳弹力FT一直变大,bO绳弹力F先减小后变大,故D正确。3.D对小球受力分析,如图甲所示,小球受力平衡,则有FN2=,FN1=Gtan,物块缓慢向右移动时增大,即FN1、FN2均增大,由牛顿第三定律,球对墙压力增大,选项A错误;以小球和长方体物块整体为对
14、象进行受力分析,地面支持力与总重力平衡,滑动摩擦力f=G总,选项B、C错误;以物块为对象受力分析如图乙所示,物块受力平衡,则水平方向有f=F+FN2sin,根据牛顿第三定律可知,由于FN2增大,则FN2增大,此时f不变,则F减小,选项D正确。4.A、C、D对小球受力分析,其受重力mg、OA板的支持力FNA,OB板的支持力FNB,三个力构成首尾相连的矢量三角形,其中支持力FNA和FNB之间的夹角不变,重力的大小和方向都不变,当OB板在竖直位置时,小球重力与OB板的支持力的夹角为90 ,以此时OA板的支持力大小为直径画圆,则三个力构成的矢量三角形为该圆的内接三角形,如图所示。在OB板从开始位置转动
15、到竖直位置,即FNB从1转动到2的过程中,FNA增大,FNB也增大,在OB板从竖直位置继续转动到OA板竖直,即FNB从2转动到4的过程中,FNA减小,FNB增大,故整个过程中,OA板对小球的作用力先增大后减小,而OB板对小球的作用力一直在增大,A正确,B错误;当OB板在竖直位置时,OA板对小球的作用力最大,根据平衡条件得FNAm=mg,C正确。当小球的球心与O点的连线竖直时,根据几何关系可知,两平板对小球的作用力大小相等,此时FNA=FNB=mg,D正确。/高考猜押竞技场/1.B圆环受到三个力,拉力F以及两个绳子的拉力FT,三力平衡,故两个绳子的拉力的合力与拉力F始终等大、反向、共线,由于两个
16、绳子的拉力等于物块的重力,增大时,两拉力夹角越小,合力越大,且合力在角平分线上,故拉力F逐渐变大,由于始终与两绳拉力的合力反向,故拉力F逐渐竖直,逐渐变小,故选B。2.D设绳子总长为L,两堵竖直墙之间的距离为s,左侧绳长为L1,右侧绳长为L2。由于绳子上的拉力处处相等,所以两绳与竖直方向夹角相等,设为,则由几何知识,得:s=L1sin+L2sin=(L1+L2)sin,又L1+L2=L,得到sin=;设绳子的拉力大小为FT,重物的重力为G。以滑轮为研究对象,根据平衡条件得2FTcos=G,解得:FT=;可见,对题图甲,当绳子右端慢慢向下移时,s、L没有变化,则不变,绳子拉力FT1不变;对题图乙
17、,当绳子的右端从E向F移动的过程中,由于绳子的长度不变,所以两个绳子之间的夹角增大,cos减小,则绳子拉力FT2增大,故A、B、C错误,D正确。3.B以两个小球组成的整体为研究对象,分析受力,如图。根据平衡条件得知:F与FT的合力与重力mg总是大小相等、方向相反,由力的合成图可知,当F与绳子Oa垂直时,F有最小值,即图中2位置,F的最小值为:F=kx=2mgsin=mg,则弹簧的最短伸长量为x=,故B正确。4.B分别对A、B两球受力分析,运用合成法,如图:由几何知识得:FTsin=mAg,FTsin2=mBg,故mAmB=sin sin 2=12cos,故选B。5.B、C对B点受力分析,受重物
18、的拉力,横梁的支持力和细线的拉力,如图所示,根据平衡条件,有FT=,F=Gtan,当重为G的物体由挂在梁上的B点处逐渐移至A点的过程中,减小,故F减小,FT也减小;由于横梁处于平衡状态,故A点处对横梁作用力FN与F等大,也减小,B、C正确。6.C当悬点A缓慢向上移动过程中,小球始终处于平衡状态,小球所受重力mg的大小和方向都不变,支持力FN的方向不变,对小球进行受力分析如图所示,由图可知,拉力FT先减小后增大,C项正确。7.C解法一(力的效果分解法):钩码的拉力F等于钩码重力m2g,将F沿ac和bc方向分解,两个分力分别为Fa、Fb,如图甲所示,其中Fb=m1g,由几何关系可得cos=,又由几
19、何关系得cos=,联立解得=。解法二(正交分解法):绳圈受到Fa、Fb、F三个力作用,如图乙所示,将Fb沿水平方向和竖直方向正交分解,由竖直方向受力平衡得m1gcos=m2g;由几何关系得cos=,联立解得=。8.A、B设两杆间距离为d,绳长为l,Oa、Ob段长度分别为la和lb,则l=la+lb,两部分绳子与竖直方向夹角分别为和,受力分析如图所示。绳子中各部分张力相等,=FT,则=。对O点受力分析可得2FTcos=mg,d=lasin+lbsin=lsin,即sin=,FT=,当绳右端上移或两端高度差减小时,d和l均不变,则sin为定值,为定值,cos为定值,绳子的拉力保持不变,故A正确,C
20、错误;将杆N向右移一些,d增大,则sin 增大,cos减小,绳子的拉力增大,故B正确;若换挂质量更大的衣服,d和l均不变,绳中拉力增大,但衣服的位置不变,D错误。9.D隔离a分析受力情况,设此时a、b间作用力与水平方向的夹角为,如图所示:由力的平衡条件可得:F=,FN=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,增大,则sin、tan增大,F减小,FN减小,根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ab的整体受力分析如图所示: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=FN
21、在减小,故A、B错误。10.C风筝受力情况如图,则风筝从a点到b点时,绳的张力减小,风对风筝的作用力减小,A、B错误;小孩对地面的压力FN=Mg-FTsin(其中是线与水平方向的夹角)因为FT和均减小,可知FN变大,小孩对地面的压力变大,C正确;对小孩和风筝的整体分析,水平方向f=Fcos(其中是风力的方向与水平方向的夹角),则因为不变,F减小,则f减小,D错误。故选C。11.D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,则根据平行四边形定则可知合力变小,即绳OO的拉力逐渐减小,故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,先减小后增大,在垂直斜面方向根据平衡方程可知:斜面对物块B的支持力先减小后增大,在沿斜面方向根据平衡条件可知外力F逐渐变大,故C错误、D正确。12.B对钢索、短钢棒及棚顶的整体可以看作共点力的平衡,两边钢柱总拉力与总重力交汇于一点,处于三力平衡状态,根据平衡条件得:2Fcos60=mg解得:F=mg,故B正确,A、C、D错误。关闭Word文档返回原板块