第二章 专题探究4 动态平衡问题的四种解法-【5星学霸·高考白题】2026年高考物理一轮复习

专题探究4动态斗 ☑专题强化热点聚焦，重难突破限时：40min 题型1解析法 1.如图所示，一台空调外机通过两个三角形支 架固定在外墙上，现把两个支架看作一个整 体，空调外机的重心恰好在支架水平横梁OA 和斜梁OB的连接点O的上方.横梁对O点 的拉力沿OA方向，大小为F1;斜梁对O点的 支持力沿B0方向，大小为F2.如果把斜梁变 短一点，仍保持连接点O的位置不变(B,点 位置上移)，则 ( A.F变大，F2变大B.F,变小，F2变小 C.F,变大，F2变小 D.F变小，F2变大 (第1题) (第2题) 2.一根轻质的不可伸长的细线长为L=50cm, 两端分别系在水平天花板上间距为d=40cm 的a、b两点，有一质量及大小不计的光滑动 滑轮c跨在细线上，滑轮通过细线悬挂重力 为G=1N的小球，处于静止状态，小球可视 为质点现对小球施加大小为F= 3N平行 于a、b连线的水平拉力，小球再次平衡时a、b 间细线的张力为T,则 () A.7= N 5 B.T=5 6 Gr-iN 3 D.T=亏N 题型2图解法 3.(2024·湖北武汉二模)如图所示，固定的倾 斜光滑杆上套有一个重环，绕过光滑定滑轮 的轻绳一端与重环相连，另一端施加拉力F 第二章相互作用学丽高春 衡问题的四种解法 使重环从A点缓慢上升到B点.设杆对重环 的弹力大小为F、,整个装置处于同一竖直平 面内，在此过程中 A.F逐渐增大，F、逐渐增大 B.F逐渐增大，F、先减小后增大 C.F先减小后增大，F、逐渐增大 D.F先减小后增大，F、先减小后增大 RELEEEL2626224665 (第3题) (第4题) 4.(2025·湖南长沙一模)（多选）两根完全相同 的轻质弹簧一端与轻绳OM、ON连接，另一端 分别固定于P、Q两点.用力拉轻绳，使OP水 平，0Q与0P的夹角为120°，此时两弹簧的 长度相同，P、0、M在同一直线上，Q、O、N也 在同一直线上，如图所示.现保持O点不动且 OM方向不变，将ON沿逆时针方向缓慢旋转 60°.已知该过程中弹簧、轻绳始终在同一竖直 平面内，则下列说法正确的是 () A.OM上的拉力一直减小 B.OM上的拉力一直增大 C.ON上的拉力一直减小 D.ON上的拉力先减小后增大 5.(2024·辽宁朝阳联考)如图所示为通过轻杆 相连的A、B两小球，用两根细线将其悬挂在 水平天花板上的O点.已知A、B的质量分别 为m1=3kg、m2=2kg,轻杆长度为L,细线 OA长为L.现对B施加一个水平外力F使系 统保持静止状态，A球在悬点正下方，细线 OB与轻杆恰好垂直.现保持两小球位置不 029 学霸高春|白题物理 变，使F缓慢从水平沿逆时针转过90°的过程 中，下面说法正确的是（重力加速度g取 10m/s2) ( A.细线OA的拉力一定大于30N B.轻杆对B球的作用力一定大于10N C.细线OB的拉力不断减小 D.外力一定不小于20N且先减小后增大 (第5题) (第6题) 题型3相似三角形法 6.（2025·四川广安二模)某智能机械臂应用模 型如图所示，机械臂通过不可伸长的吊索OB 和可以伸缩的液压杆OA吊起重物，其中A点 通过铰链与竖直墙面连接，现缓慢调整液压杆 OA,使吊索OB逐渐趋近水平，在此过程中 ) A.OA的支持力逐渐增大，OB的拉力大小 不变 B.OA的支持力先减小后增大，OB的拉力大 小不变 C.OA的支持力逐渐增大，OB的拉力逐渐 减小 D.OA的支持力大小不变，OB的拉力逐渐 减小 7.(2024·广东深圳一模)如图所示，用一轻绳 通过定滑轮将质量为m的小球静置在光滑的 半圆柱体上，小球的半径远小于半圆柱体截 面的半径R,绳AB长度为L,长度为H的杆 BC竖直且与半圆柱体边缘相切，OA与水平 面夹角为日，不计一切摩擦，重力加速度为g, 下列表达式表示绳对小球的拉力F是( A.mgl mgR(1+cos 0) H B. (H+Rtan 0)cos 0 030 mgL D. mgLtan 0 H+Rtan 0 Htan 0+R 水橘 把手 0 (第7题) (第8题) 题型4辅助圆法 8.(2024·陕西铜川三模)如图所示，送水工人 用推车运桶装水，到达目的地后，工人拾起把 手，带动板OA转至水平即可将水桶卸下.若 桶与接触面之间的摩擦不计，∠AOB为锐角 且保持不变，板OA、OB对水桶的压力大小分 别为F,、F2,则在OA由竖直缓慢转到水平的 过程中 () A.F1、F2都不断增大 B.F,不断增大，F,不断减小 C.F,不断减小，F2先增大后减小 D.F,先增大后减小，F2不断减小 9.(2025·山东青岛调研)如图所示，质量为M 的物块置于粗糙水平地面上，质量为m的小 球用细线拴接在物块的顶端，对小球施加水 平外力F,平衡时细线与竖直方向间的夹 角0=30°.现保持外力F与细线间的夹角不 变，缓慢改变外力F的大小，使细线沿逆时针 方向缓慢转动，直到细线到达水平位置，整个 过程中物块始终静止不动重力加速度为g.下 列说法正确的是 A.外力F先增大后减小 B.细线上的拉力F,一直增大 口物块受到的摩擦力最大值为 2 mg D.外力F的最大值与细线拉力F,的最大值 之比为1：2设细绳与斜坡间的夹角为a,沿斜坡方向有mgin9+f=Fcoa,垂直 斜坡方向有mgoos0=Fsi血a+f,又f户u解得F=2in（60°+a √2mg 分析可知，细绳与斜坡的夹角《由30°逐渐增大到75°，故细绳的拉 力一直增大，当a=30°时，细绳的拉力最小，此时F 2mg,故C正 确，D错误故选C. 专题探究4动态平衡问题的四种解法 1.A解析：以0点为研究对象，0点受到空调外机的压力、OA和OB 的作用力，如图所示.空调外机对0点的压力大小等于空调外机的重 力，保持不变，OA的作用力方向不变，若斜梁变短一点，则F2与外 策的夹角0变大，根据平衡条件可得，=mGm8,=二。放当0 变大时，F和F2均变大.故选A B 2.B解析：对小球未施加拉力时，设细线与竖直方向夹角为6，如图 施加拉力后，小球再次平衡时，设重力与水平拉力的合力为G,G与 竖直方向夹角为a,细线与合力C反向延长线夹角为6，则ana= G3,可得csa=3 F7 ,G=G=4N,同时，线段ab在垂直合 cos a 3 力G"方向投影的长度d”=dco=40x3 cm=30cm=0.3m,L= d'3 50cm=0.5m,可得sin0= 工=了，则小球再次平衡时，有 2T0s=G,代人数据联立解得，ab间细线的张力为：T=5N,故 6 B正确，ACD错误.故选B. G C 3.B解析：对物体受力分析，并构建封闭的矢量三角形，如图所示： 由图可知，在拉力到达竖直方向前，与竖直方向的夹角越来越小，拉 力F增大，F,碱小，经过竖直方向后，夹角又逐渐变大，拉力F雏续 增大，F、也增大，故B正确.故选B 4.AD解析：由题意易知两弹簧弹力等大且它们的合力F大小不变 方向在∠POQ的角平分线上，故结点0受到Foy、Fow、F而平衡，作 出力的矢量三角形，如图所示： 可知将ON沿逆时针方向缓慢旋转60°的过程中，F。v先诚小后增 大，FN一直减小故选AD. 5.C解析：AB.由于系统处于静止状态，A球在悬点正下方，故A球只 受重力和细绳OA拉力作用，且二力平衡，故细线OA的拉力大小等 一学霸高考·白 于m1g=30N,轻杆对A,B球均没有作用力，故AB错误：C,小球B 受竖直向下的重力、沿悬线OB斜向上的拉力F和F的作用而处 于静止状态，三力的合力为零，表示三力的线段构成封闭三角形如 图所示： 由于重力的大小及方向不变，悬线拉力的方向不变，F缓慢从水平沿 逆时针转过90°的过程中，细线0B的拉力不断减小，外力F先减小 后增大，故C正确：D,细线0B与轻杆怡好垂直，且轻杆长度为， 细线OA长为L,故OB与竖直方向夹角为9=30，由儿何关系可知」 当F的方向与OB垂直时F最小，由几何关系知此时Fm=2m& 1 10N,故D错误故选C. 6.A解析：对0点受力分析如图所示： B 0 根装相敏三角形类系可知品治品援慢调整浅压轩4，使品 素OB逐渐趋近水平，在此过程中O4变大，0B不变，可知FA和变大， Fn不变.故选A 7,C解析：根据题意，对小球受力分析，受拉力、支持力和重力，把拉 力和支持力平移，组成矢量三角形，延长AO和BC交于D点，如图 所示： 由几何关系和相似三角形有=。解得F=二。故 mgL 选C 8.D解析：在倒出水桶的过程中，两个支持力的夹角是个确定值，受 力情况如图所示： 限照力的示意图结合平衡条件可得品。品后器。，在转动过程 中a从90增大到180°，则sna不断减小，F2将不断诚小：而B从钝 角减小到锐角，其中跨过了90°，因此nB先增大后减小.则F,先增 大后减小，故D正确、ABC错误故选D. 9.C解析：AB.平衡时细线与竖直方向间的夹角8=30°，则此时外力 F与细线间的夹角为120°：保持外力F与细线间的夹角不变，缓慢 题·物理·11一 改变外力F的大小，使细线沿逆时针方向缓慢转动，直到细线到达 水平位置：以小球为对象，根据三角形定则，其受力如图所示： 60 602 mg 60 由图可知，外力F一直增大，细线上的拉力F,一直减小，故AB错 误：C.以物块和小球为整体，根据平衡条件可知，物块受到的摩擦力 大小等于外力F的水平分力：由小球的受力矢量图可知，在2位置， 外力F的水平分力最大，根据图中几何关系可知，物块受到的摩端 力最大值为=P=Fi血60=mh60=g,故C正确：D.由 小球的受力矢量图可知，在3位置，外力F的最大值为F= 0在1位置，细线拉力，的最大值品0则外力F 的最大值与细线拉力F,的最大值之比为1：1，故D错误故选C 第二章综合测试 1.B解析：A.对工人受力分析：工人受到重力以及来自横木对脚和 双手的支持力，共至少三个力作用，故A错误：B.整体处于平衡，对 整条绳梯（含工人）整体分析可知，天花板对绳梯的拉力F”=G1+ G2,故B正确：C,对工人分析可知，左脚施加于横木的作用力大小 为=G1-F,故C错误：D,根据牛顿第三定律可知，左脚对横木的 作用力等于横木对左脚的作用力，故D错误故选B. 2.B解析：木块A、B与地面间的最大静摩擦力大小分别为∫= aGa=8NfA=uGa=4N,烧断细线瞬间，弹簧的弹力大小为F= k红=6N,由于F,所以A静止不动，则A所受地面的静摩擦力大 小为f=F=6N,由于FP>f,所以B相对地面滑动，则B所受地面 的滑动摩擦力大小为n=f=4N,故选B. 3.D解析：阻力伞受到空气阻力和6根伞绳的作用保持平衡，根据力 的分解可得f=6Fcas30°，代人数据解得每根伞绳的拉力大小为F= 103N,故选D. 4.D解析：对球进行受力分析如图，设球的半径为R,根据几何知识 可得血a-L8R-R_08,根据平衡条件得Fc0sa=mg,解得F、= R 3mg,根据牛顿第三定律得球对横杆的压力大小为F=R,= 5 3mg故选D mg 5。A解析：根据题意，对铲子受力分析，受重力、桶底的支持力和摩擦 力、简壁的支持力，如图所示： N 由平衡条件有N1cs0=人，N,n8+N2=mg,又有f=uN2,联立解 得/二故选人 6.A解析：AB.设楔形木块B的倾角为9，根据题意，对A受力分析， 受重力mAg、M的支持力F,、B的支持力FN,如图所示： 一学霸高考·白 MAg 由平衡条件可得：F%c0s0=m4g,F,=m4gtan0,由题可知，A球慢慢 升高，但0不变，则B的支持力F、、M的支持力F,均不变，由牛顿 第三定律可知，A对B的压力和A对M的压力始终不变，故A正确， B错误：CD.对AB的整体受力分析，如图所示： N G 由平衡条件可得：N▣G,F=FT,结合题意可知，Gg和F,均不变 则水平面对B的支持力N不变、水平外力F不变，故CD错误.故 选A. 7.A解析：AB.如图所示，由对称性可知F=F。,2F,0660°=G,解得 F。=F,=G,与水平方向夹角为30°，根据正交分解可得F,in60°= Fin30°+G,F。=√3G,方向与水平方向夹角为60°，故A正确， B错误； 60 60 1209 ●30 30 G、 CD.由对称可知F,=F:,故细线a、d拉力最大，M、N之间的距离 为MN=2×(1xcos60°+1×co%30°)m=(1+√万)m,故CD错误.故 选A. 8.A解析：AB.当底板与水平面间的夹角为30°时，受力分析如图： p130 mg 由平衡条件可得FNC060°=Facs30,FN1in60°+Fx2sin30°=mg, 、解得底板对货物的支持力Pm,, 支架对货物的支持力。=受A正确，B辑误： CD.压下把手的过程中，货物的受力情况如图： 由图可知，底板对货物的支持力一直诚小，支架对货物的支持力一 直增大，CD错误.故选A. 9.AC解析：A.以潜轮2为研究的对象，受力如图： 中b 若将©向右移动少许，两根细线之间的夹角B增大，由于6对滑轮的 题·物理·12一