高中物理动态平衡问题的七种解题方法 讲义 -2026届高考物理二轮复习

该高中物理高考复习讲义聚焦动态平衡问题，以矢量三角形法、相似三角形法等七种解题方法为核心，构建“方法本质-应用场景-操作步骤-典型例题”的知识体系，通过考点梳理、方法指导、真题训练三环节，帮助学生系统掌握受力分析与矢量运算，突破高考难点。 讲义突出科学思维与模型建构，如矢量三角形法通过动态三角形直观判断力的变化，辅助圆法结合正弦定理解决夹角不变问题，培养学生科学推理能力。设置分层例题与方法对比，助力教师精准把控复习节奏，有效提升学生动态平衡问题的解题效率与应考能力。

高中物理动态平衡问题的七种解题方法 高中物理中的动态平衡问题，是指物体在运动状态缓慢变化的过程中，始终处于平衡状态（即合外力为零）。这类问题考察受力分析、矢量运算和数学工具的综合应用。以下是七种核心解题方法的梳理，配有典型例题和关键要点，旨在帮助你构建清晰的解题思路。 🔍 方法体系概览 下表概括了七种方法的本质和典型应用场景，让你先有个整体把握。 解题方法 核心思想 典型应用场景 矢量三角形法​ 将三力首尾相连构成封闭三角形，通过边的长短和方向变化直观判断力的变化。 一力恒定，一力方向不变，另一力动态变化（如挡板缓慢转动）。 相似三角形法​ 利用力的矢量三角形与空间几何三角形相似，通过对应边成比例求解。 一力恒定，另外两力的方向均发生变化，且能找到相似三角形。 辅助圆法（正弦定理）​ 在矢量三角形中，利用正弦定理建立力与角度的函数关系。 一力恒定，另外两力方向变化但夹角保持不变。 解析法​ 列出平衡方程，利用三角函数或几何关系推导力与变量的函数解析式，再判断变化。 适用于多数情况，特别是当变化关系难以用图形直观表示时。 正交分解法​ 将各力沿两个互相垂直的方向分解，分别在两个方向上列平衡方程∑Fx=0, ∑Fy=0。 物体受三个或三个以上共点力作用，是多力平衡问题的基本方法。 全反力与摩擦角​ 将摩擦力与支持力合成为全反力，其与法向夹角为摩擦角（tanθ=μ），简化力系。 涉及滑动摩擦力或有摩擦临界的问题，可将四力平衡转化为三力平衡处理。 临界与极值问题​ 分析平衡状态被打破的临界点（如摩擦力方向反转、绳将断未断），或利用数学方法求极值。 题目中出现“刚好”、“至少”、“至多”等词语，或要求分析力的取值范围。 💡 核心方法详解与运用 ★矢量三角形法 操作步骤： ①对物体受力分析； ② 将三个力首尾相连，构成封闭三角形； ③ 根据题意，让方向变化的力的箭头沿其方向轨迹“滑动”，观察三角形边长的变化。 典例：如图所示，光滑斜面上有一球，被一可绕其下端转动的挡板挡住。当挡板缓慢转至水平的过程中，分析挡板与斜面对球弹力的变化。 通过画动态矢量三角形可以发现，挡板弹力FN1先减小后增大，斜面弹力FN2一直减小。 FN1 FN2 ★相似三角形法 操作步骤： ①受力分析，构建力的矢量三角形； ② 在题设物理情景中寻找一个与力的三角形相似的几何三角形； ③ 列出比例式求解。 典例：半径为R的光滑半球，用细绳通过半球正上方的滑轮拉一小球。缓慢拉绳使小球从A点升到B点。小球受力三角形（G，N，T）与由球心、滑轮和小球构成的几何三角形相似，由比例关系==可证，拉力T变小，支持力N不变。 R A B T O2 O1 R a G T N b T O2 O1 ★辅助圆法（正弦定理） 原理：在力的矢量三角形中，根据正弦定理有：==。当某力（如重力G）恒定，且另外两力夹角不变时，可借助外接圆模型分析。 典例：用两根轻绳悬挂一重物，保持两绳夹角不变，将两绳端点沿圆周缓慢移动。在此过程中，可借助辅助圆模型直观看出两绳拉力的变化情况。 A O B ★全反力与摩擦角 概念：物体所受接触面的法向支持力N与滑动摩擦力f的合力R称为全反力。全反力与法线方向的最大夹角θ称为摩擦角，满足tanθ = μ（μ为动摩擦因数）。 应用：在处理有摩擦的平衡问题时，可将N和f合成为R，将四力平衡转化为三力平衡，再利用矢量三角形法求解，往往能大大简化问题。 🎯 问题解决策略 审题定位，选择方法 先判断物体是否处于动态平衡（缓慢移动、合力始终为零）。 观察力系特征：受三个力还是多个力？是否有恒力？是否有方向不变的力？力的方向如何变化？根据上表快速定位可能适用的方法。 抓住要点，规范分析 三力平衡优先考虑几何法： 矢量三角形法、相似三角形法、辅助圆法（正弦定理）往往更直观简洁。 多力平衡首选正交分解：这是处理多个力作用下的平衡问题的通用且有效的方法。 涉及摩擦巧用摩擦角：特别是求临界问题或极值问题时，摩擦角概念能化繁为简。 临界极值重在分析状态：仔细分析“刚好”滑动、“刚好”脱离等临界条件，再利用数学方法（如三角函数、二次函数、不等式）求解。 勤于总结，融会贯通 动态平衡问题灵活多变，有时一题多解。通过典型例题，对比不同方法的优劣，理解其内在联系。例如，相似三角形法本质上是矢量三角形法在特定几何关系下的应用；解析法则提供了普适的定量工具。 希望这份梳理能帮助你构建清晰的知识框架。学习物理重在理解原理和灵活运用。如果在具体方法或例题上还有疑问，欢迎随时提出，我们可以继续深入探讨。 题型讲解 题型1、矢量三角形法 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 1．生活中常用绳索来改变或固定悬吊物的位置．如图所示，悬吊重物的细绳O点被一水平绳BO牵引，使细绳AO段和竖直方向成θ角．悬吊物所受的重力为G．下列选项确的是 ( ) A O θ G B A．绳AO所受拉力大小为Gsinθ B．绳BO所受拉力大小为Gtanθ C．保持O点位置不变，若B点上移，则绳AO中拉力变大 D．保持O点位置不变，若B点上移，则绳BO中拉力变大 答案B 突破点+矢量三角形法 【解析】对O点受力分析，如图甲所示，根据几何关系可得FOA=，FOB=Gtanθ，A错误，B正确；根据题意，对结点O受力分析(关键点：重力不变，绳子OA拉力方向不变)，保持O点不动，缓慢向上转动绳BO，由图乙可知，OA拉力一直减小，OB拉力先减小后增大，C、D错误。 A O θ G B FOA FOB 甲 A O θ G B FOA FOB 乙 方法总结：物体受三个力平衡，其中一个力恒定，一个力方向不变，考虑矢量三角形法。 2．一个倾角为45o的光滑斜面固定在地面上，斜面上方固定一半径为R的粗糙半圆形细杆，细杆上套一轻小圆环A，A上连一长度为R的轻绳，轻绳另一端连小球B(可视为质点)，开始时细绳与斜面平行。现给小圆环施加一始终沿圆弧切线方向的拉力F，使圆环缓慢移动，直到细绳竖直，整个过程小球位置不变，轻环不计重力，则下列说法正确的是 ( ) 45o B A A．细绳的拉力逐渐变大 B．小球B对斜面的压力逐渐变大 C．半圆形杆对A的摩擦力逐渐变大 D．拉力F逐渐变小 答案 A C 【解析】AB．对小球B进行受力分析，如甲图，由受力分析结合牛顿第三定律，可知小球B对斜面的压力逐渐变小，细绳的拉力逐渐变大，故A正确，B错误； 45o B A FN FT mBg 甲 45o B A FN mA g 乙 F f FT CD．对小圆环A进行受力分析，如乙图，，则FT=FN；F=f；f=μFN，因为FT逐渐增大，重力沿绳方向的分力不断增大，所以FN不断增大，即半圆形杆对A的弹力逐渐增大，所以摩擦力不断增大，所以拉力F逐渐变大，故C正确，D错误。故选AC。 3．如图所示，光滑板做成的斜面上有一个小球，小球被轻质细绳拴住悬挂在天花板上，初始时细绳与竖直方向的夹角为45o，斜面倾角为37o，小球处于静止状态．现缓慢减小斜面的倾角并改变细绳上端悬点的位置，保持细绳与竖直方向的夹角不变，直到斜面与水平面平行，该过程中 ( ) 37o 45o A．斜面对小球的支持力变小 B．斜面对小球的支持力先变小后变大 C．细绳对小球的拉力变小 D．细绳对小球的拉力先变小后变大 答案 C 突破点+矢量三角形法 【解析】小球受重力mg、拉力FT及斜面对小球的支持力FN三个力作用，画出三个力的矢量三角形(关键点:重力恒定，拉力FT方向不变)如图所示，拉力FT方向与竖直方向的夹角始终保持45o不变，支持力与竖直方向间的夹角初始时为37o，后逐步减小到0，角由82o逐步减小为45o，所以拉力FT变小，支持力FN变大，C正确，A、B、D错误。 mg FT 45o FN 37o 4．如图所示，水平面固定一个倾角为30o的光滑斜面，有两个半径相同的光滑小球A和B，质量分别为m和2m，开始时放在斜面和竖直挡板之间保持静止，然后逆时针缓慢转动挡板到与斜面垂直，已知当地重力加速度大小为g，下列说法正确的是 ( ) 30o A B A．开始时，小球A对B的压力大小为mg B．开始时，竖直挡板对B的弹力大小为2mg C．缓慢转动挡板过程中，A对B的压力不断减小 D．缓慢转动挡板过程中，挡板对B的弹力不断减小 答案 D突破点 整体法和隔离法、矢量三角形法 【解析】对A受力分析(关键点:两个支持力的合力与A的重力等大反向)，如图甲所示，此时B对A的支持力大小为N1=mgsin30o=mg，由牛顿第三定律可知，A对B的压力大小为mg，缓慢转动挡板过程中，B对A的支持力大小始终等于mg，由牛顿第三定律可知，A对B的压力不变，A、C错误；对AB整体受力分析，如图乙所示，由几何关系得，竖直挡板对B的弹力大小为N2=3mgtan30o=mg，B错误；分析缓慢转动过程中，挡板对B的支持力，以AB整体为研究对象，受力如图丙所示(关键点:重力恒定，NAB的方向不变，故用矢量三角形法)，挡板对球B的弹力N2逐渐减小，D正确. mg NA 甲 N1 3mg N2 乙 NAB 3mg N2 丙 NAB 5．如图所示，轻绳a的一端与质量为m1的物块A连接，另一端跨过定滑轮与轻绳b拴接于O点．与水平方向成θ角的力F作用在O点，质量为m2的物块B恰好与地面间没有作用力．已知θ=60o，定滑轮右侧的轻绳a与竖直方向的夹角也为θ，重力加速度为g．当F从图中所示的状态开始顺时针缓慢转动90o的过程中，结点O、m1的位置始终保持不变．则下列说法正确的是 ( ) 000 000 a b θ A O m1 B θ m2 A．F的最小值为m1g B．m1=m2 C．轻绳a对定滑轮的作用力变大 D．地面对物块B的支持力不变 答案 A 突破点 矢量三角形法、绳连接体的动态平衡 【解析】物块B恰好与地面间没有作用力，根据受力分析可知m1g=m2gcosθ，可知m1=m2，B错误；受力分析如图所示， 000 a b θ A O m1 θ m2g-FN F F m1g 由图可知，F的最小值为Fmin=m1gsinθ=m1g，A正确；F从图中所示的状态顺时针转动90o的过程中，轻绳a的拉力大小始终等于物块A的重力大小，轻绳对定滑轮的作用力不变，C错误；F从图中所示的状态顺时针转动90o的过程中，轻绳b的拉力变小，故地面对物块B的支持力变大，D错误. 题型2、相似三角形法 6．如图所示，一质量为m、半径为r的光滑球A用细绳悬挂于O点，另一质量为M、半径为R的半球形物体B被夹在竖直墙壁和A球之间，B的球心到O点之间的距离为h，A、B的球心在同一水平线上，A、B处于静止状态。重力加速度为g。则下列说法正确的是 A B O h A．B对A的支持力大小为mg B．竖直墙壁对B的摩擦力可能为零 C．轻轻把B向下移动一点距离，若A、B再次保持静止，则B对A的支持力大小保持不变，细绳拉力增大 D．轻轻把B向下移动一点距离，若A、B再次保持静止，则B对A的支持力减小，细绳拉力减小 答案 A D 【解析】A．分析A球的受力情况，如图1所示，FN与mg的合力与F等大反向共线，根据两个阴影三角形相似得 == 解得FN=mg，F=OA，故A正确；B．B在竖直方向受到重力，AB之间光滑，则由平衡条件知竖直墙壁对B的摩擦力一定不为0，故B错误； A B O h FN mg F 图1 A B O L FN mg F 图2 CD．当只轻轻把球B向下移动一点距离，分析A球的受力情况，如图2所示 FN与mg的合力与F等大反向共线，根据两个阴影三角形相似得 == 可得FN=mg，T=OA 由于L>h，可知FN减小，F减小，故C错误，D正确。 故选A、D。 7．如图所示，质量分布均匀的细棒中心为O点，O1为光滑铰链，O2为光滑定滑轮，且O2在O1正上方，细绳跨过O2与O连接，水平外力F作用于细绳的一端．用FN表示铰链对细棒的作用力，现在水平外力F作用下，θ从缓慢减小到0的过程中，下列说法正确的是 ( ) A．F逐渐变小，FN大小不变 B．F逐渐变小，FN逐渐变大 C．F先变小再变大，FN逐渐变小 D．F先变小再变大，FN逐渐变大 000 O O2 O1 F θ 答案A 突破点 相似三角形法、动态平衡问题 【解析】细棒质量分布均匀，重心在O点，对细棒进行分析如图所示，令棒长为L，O1与O2间距为h，左侧绳长为x，根据相似三角形有==，θ从缓慢减小到0的过程中，左侧绳长x减小，OO1长度不变为，可知，F逐渐变小，FN大小不变，A正确，B、C、D错误.方法总结相似三角形解动态平衡问题如果物体受三个力的作用平衡，其中一个力的大小和方向均不变，另外两个力方向变化，或者物体在圆上或运动轨迹为圆弧，考虑用相似三角形法. O O2 O1 F θ FN F x mg h 8．如图所示，质量分别为m1、m2的两个带同种电荷的小球A、B，分别用长为l的绝缘细线悬挂在同一点O，两细线与竖直方向各成一定的角度、，两小球用一绝缘轻质弹簧相接，A、B球连线与过O点竖直线交于C点，初始时刻弹簧处在压缩状态，现增加A球的电荷量，下列说法中正确的是 ( ) A．两细线的拉力之比变大 B．两细线的夹角不变 C．AC与BC的长度之比不变 D．OC长度一定变大 A B C O 答案C 【解析】首先提醒一下，此题对高一学生也许有些知识超前，因为高一教材中没有涉及到带电体之间的电场力(库仑力)，这点知识也许对于优秀生来说，就是小菜一碟了。对两小球受力分析如图，F1、F1为A、B两小球之间的库仑力，F2、F2为两小球之间的弹簧弹力，满足F=F1+F2=F=F1+F2 A B C O T2 T1 F1 F2 F1 F2 m1g m2g 对A球受力分析，F、T1、m1g、三力满足相似三角形，则有==，同理对B球亦有== 当A球的电荷量增大则两球距离会增大，夹角、增大，但仍有=，=，绳长不变，C点上移，OC长度变小。故选C。 9．如图所示，光滑半球固定在水平面上，球心O的正上方固定小定滑轮C，细绳一端拴一小球甲，小球甲置于半球面上的A点，细绳另一端绕过定滑轮拴有另一小球乙，小球乙置于半球面上的B点，平衡时AC与BC的长度之比为k。两球均视为质点，甲、乙两球的质量之比为 ( ) A． B．k C．k2 D． A C 甲 乙 B O 答案A 【解析】对置于A点的甲球受力分析，如图所示，可知N与mAg的合力F等于绳的拉力T，甲球处于平衡状态，由相似三角形可得=，解得mAg=T；(也可以这样处理，小球甲受到的三个力构成首位相接的矢量三角形。) A C 甲 乙 B O T N mAg F T mAg N 首位相接的矢量三角形 由于同一条绳上拉力大小相等，对乙球同理可得mBg=T，联立可得，甲、乙两球的质量之比为==，故选A。 10．如图，光滑圆环竖直固定在水平地面上，细线通过圆环最高点的小孔Q与套在圆环上的小球相连，拉住细线使小球静止于P处．设小球的重力为G，细线与圆环竖直直径的夹角为θ，细线对小球的拉力大小为T．拉动细线使小球缓慢沿圆环向上移动，则下列T随θ变化的图像可能正确的是 ( ) Q P θ T θ 2G G O A T θ 2G G O B T θ 2G G O C T θ 2G G O D 答案 D突破点 动态平衡问题、相似三角形法 【解析】对小球进行受力分析，小球受到重力、细线的拉力T与圆环的弹力N三个力的作用，令圆环的圆心为O，半径为R，则重力方向平行于图中虚线表示的直径，细线拉力方向沿细线，圆环弹力方向沿半径指向圆心，根据相似三角形有=，根据几何关系有xPQ=2Rcosθ，解得T=2Gcosθ，可知，T随θ变化的图像为关键点余弦曲线关系，且最大值为2G，故选D. 题型3 辅助圆(正弦定理)法 11．如图所示，送水工人用推车运桶装水，到达目的地后，工人抬起把手，带动板OA转至水平即可将水桶卸下．水桶对板OA、OB的压力分别为F1、F2，若桶与接触面之间的摩擦不计，∠AOB为锐角且保持大小不变，在OA由竖直缓慢转到水平过程中，下列说法正确的是 ( ) A．F1一直增大 B．F1先增大后减小 C．F2先减小后增大 D．F1、F2的大小变化始终相反 A O B 水桶 把手 答案B 突破点 拉密原理解决动态平衡问题 【解析】在倒出水桶的过程中，重力及两个支持力的夹角都是确定值(关键点：一个力和它所对的角不变)，受力情况如图所示。根据拉密原理，可得==，由于重力和θ不变，故该式子比值不变，在转动过程中，从90o增大到180o，则sin不断减小，F20将不断减小(关键点:通过全过程角的变化，分析力的变化)，根据牛顿第三定律可得F2将不断减小；转动过程中，从钝角减小为锐角，sin先增大后减小，则F10将先增大后减小，根据牛顿第三定律可得F1先增大后减小，B正确，A、C、D错误。 A O B 水桶 把手 θ F10 F20 mg 12．某中学为增强学生体魄，组织学生进行多种体育锻炼．在某次锻炼过程，一学生将铅球置于两手之间，其中两手掌平面之间夹角为(60o保持两手掌平面间夹角不变，将右手掌平面由图示位置缓慢旋转(60o至水平位置．不计一切摩擦，则在转动过程中，下列说法正确的是 ( ) A．右手对铅球的弹力增大 B．右手对铅球的弹力先增大后减小 C．左手对铅球的弹力增大 D．左手对铅球的弹力先增大后减小θ mg F1 F2 【解析】我们把铅球在手掌转动过程中认为始终保持静止，合力为零，由于重力不变，两手掌对铅球的作用力F1、F2夹角不变，则mg、F1、F2构成封闭的矢量三角形如图所示，则=120o，此角大小始终不变，把三力封闭的矢量三角形放在一个圆周中，利用圆周轴不变的形式，F1、F2改变的方向，可以看出F1、F2的大小的变化情况。答案因为A． 13．(多选)一竖直放置的轻质圆环静止于水平面上，质量为m的物体用轻绳系于圆环边缘上的A、B两点，结点恰位于圆环的圆心O点．已知物体静止时，AO绳水平，BO绳与AO绳的夹角为150o。现使圆环沿顺时针方向缓慢滚动，在AO绳由水平转动至竖直的过程中 ( ) A O B A．AO绳中的拉力一直增大 B．AO绳中最大拉力为2mg C．BO绳中的拉力先减小后增大 D．BO绳中最小拉力为0 答案 BD 突破点 动态平衡问题、辅助圆法 【解析】物体始终保持静止，合力为零，由于重力不变，以及F1和F2夹角不变，则mg、F1、F2构成封闭的矢量三角形如图所示，则=30o，可知在AO绳由水平转动至竖直的过程中，AO绳中的拉力先增大后减小，BO绳中的拉力一直减小，A、C错误；当F1为直径时，AO绳的拉力最大，则AO绳中最大拉力为F1max==2mg，B正确；在AO绳竖直时，BO绳中拉力最小，为0，D正确． F1 F1 F1 F1 F2 F2 F2 F2 mg 14．如图所示，V型光滑挡板AOB之间放置有一质量均匀的球体，初始时系统处于静止状态，现将整个装置以O点为轴顺时针缓慢转动（∠AOB保持不变），在AO由水平转动90°到竖直的过程中，下列说法正确的是（　　） B O A A．挡板AO的弹力逐渐增大 B．挡板AO的弹力先增大后减小 C．挡板BO的弹力逐渐增大 D．挡板BO的弹力先增大后减小 答案BC 【解析】AB.支架转动过程中，对小球受力分析及各个力的夹角如图，由拉密定理==，因为整个装置以O点为轴顺时针缓慢转动（∠AOB保持不变），故保持不变。在AO由水平转动90°到竖直的过程中，从锐角增大到钝角，sin先增大后减小，故挡板AO的弹力先增大后减小，B正确，A错误； B O A mg NB NA θ CD.从180°减小到90°，sin一直增大，故挡板BO的弹力一直增大，D错误，C正确。故选BC。 15．如图所示，斜面静止在水平地面上，斜面顶端装有光滑定滑轮O，轻绳跨过滑轮一端连接斜面上的物块M，另一端竖直悬挂物块N，两物块均处于静止状态．现在ON间的某点Q施加与轻绳OQ段始终垂直的外力F，使N缓慢上升，直到OQ处于水平，该过程中斜面和M始终静止，则此过程中( ) F Q O M N A．外力F先增大后减小 B．OQ段绳子拉力先增大后减小 C．物块M所受摩擦力可能一直增大 D．斜面受到地面的摩擦力先减小后增大 答案 C 突破点 相似三角形法、整体法与隔离法 【解析】设OQ段绳子拉力为T，与竖直方向的夹角为θ，对Q点受力分析如图，由正弦定理知==，即==mg，θ由0o逐渐增大到90o过程中，sinθ一直增大，cosθ一直减小，则F一直增大，T一直减小，A、B错误； 由于刚开始物块M所受摩擦力方向不确定，当摩擦力沿斜面向上时，随着T的减小，摩擦力不断增大；当摩擦力沿斜面向下时，随着T的减小，摩擦力不断减小还可能接着反向增大，C正确；把物块M与斜面视为整体，整体受到地面的摩擦力f=Tsinθ=mgsin2θ，θ由0o逐渐增大到90o过程中，f先增大后减小，D错误。 F Q O M N N mg T θ Q 16．新疆是我国最大的产棉区，在新疆超出70%棉田都是通过机械自动化采收，自动采棉机能够在采摘棉花的同时将棉花打包成圆柱形棉包，通过采棉机后侧可以旋转的支架平稳将其放下，放下棉包的过程可以简化为如图所示模型，质量为m的棉包放在“V”型挡板上，两板间夹角为120o固定不变，“V”型挡板可绕P轴在竖直面内转动。在使BP板逆时针缓慢转动60o的过程中，忽略“V”型挡板对棉包的摩擦力，下列说法正确的是（　　） B P A O A．如图BP板水平时，棉包受到二个力的作用 B．当BP板转过60o，AP板水平时，棉包受到三个力的作用 C．当BP板转过30o时、棉包对AP板和BP板的作用力大小不相等 D．在转动过程中棉包对BP板的压力不变 【答案】A 【解析】AB．BP板水平时或AP板水平时棉包都只受到二个力作用，故A正确，B错误； C．当BP板转过30o时，此时两板与水平方向夹角相等，由对称性知，棉包对AP板和BP板的作用力大小相等，故C错误； D．在转动过程中棉包对BP板的压力减小，故D错误。故选A。 17．球心为O，半径为R的半球形光滑绝缘碗固定于水平地面上，带电量分别为+2q和+q的小球甲、乙刚好静止于碗内壁A、B两点，过O、A、B的截面如图所示．C、D均为圆弧上的点，OC沿竖直方向，∠AOC=45o，OD⊥AB，A、B两点间距离为R，E、F为AB连线的三等分点。下列说法正确的是 ( ) C D E F B A 甲 45o O 乙 A．甲的质量小于乙的质量 B．C点电势高于D点电势 C．E、F两点电场强度大小相等．方向相同 D．沿直线从O点到D点，电势先升高后降低 答案BD 【解析】A．对甲、乙两小球受力分析如图所示，甲、乙两小球分别受到重力、支持力、库仑力作用保持平衡。 C D E G F B A G甲 G乙 F电 F乙 F甲 甲 F电 45o O 乙 设OC与AB线段交点为G点，由几何关系2Rsin∠OAB=R 解得得∠OAB=∠OBA=30o 因此有∠OGA=105o，∠OGB=75o 根据正弦定理，对甲有= 对乙有= 因为sin45o<sin75o F电与F电′是一对相互作用力，可得m甲>m乙，A错误； 另解：方法三：力矩平衡法 由题及几何知识可知，∠AOM=45o，∠BOM=75o，过A做OC的垂线AM，过B做OC的垂线BN，系统可看做以O为圆心的力矩平衡问题，两个弹力的力矩都为零，只有重力的力矩，根据力矩平衡有 m甲gAM=m乙gBN，即m甲gRsin45o=m乙gRsin75o，可知= C D E F B A G甲 G乙 甲 45o O 乙 M N B．根据点电荷场强公式E=，由场强叠加知识，可知C到D之间的圆弧上各点场强方向都向右下方，若有一正试探电荷从C运动到D的过程中，电场力做正功，电势能减小，故可判断C点电势高于D点电势，B正确； C．两带电小球连线上的电场分布可以等效成一对等量异种点电荷的电场和在A点带电量为3q的正点电荷的电场相互叠加的电场。在等量异种点电荷的电场中E、F两点电场强度大小相等，方向相同。但是A点带电量为3q的正点电荷在E、F两点的电场强度不同。E、F两点电场强度大小不同，C错误； D．电势是标量，OD与AB线段的交点距离两带电小球最近，所以该点电势最大，那么沿直线从O点到D点，电势先升高后降低，D正确。 故选BD。 题型4 解析法 18．如图所示，光滑轻质晾衣绳的两端分别固定在两根竖直杆的A、B两点，衣服通过衣架的挂钩悬挂在绳上并处于静止状态，且此时衣服更靠近左侧直杆。下列说法正确的是 ( ) A．静止时左侧的绳子张力大于右侧绳子张力 B．保持两竖直杆间距离不变，仅将B端移到B1位置，绳子张力不变 C．保持两竖直杆间距离不变，仅将B端移到B2位置，绳子张力变小 D．保持两固定点不变，仅将右侧直杆向左移至图中虚线位置，绳子张力变大 A B1 B B2 答案B 突破点 晾衣杆模型、动态平衡问题 【解析】挂钩属于“活结”，左、右两侧绳子张力相等，A错误；设绳子间的夹角为2θ(关键点:两等大分力，合力沿角平分线方向，两绳子与竖直方向夹角均为θ)，绳子总长为L，两杆间距离为d，如图所示， A B1 B θ B2 θ L1 L2 根据几何关系有L1sinθ+L2sinθ=d，得sinθ=，当B端移到B1位置或B2位置时，d、L都不变，则θ也不变；由平衡条件可知2Fcosθ=mg，解得F=，可见绳子张力F也不变，B正确，C错误；保持两固定点不变，仅将右侧直杆向左移至图中虚线位置，则d减小，θ减小，F减小，D错误。 技巧必背晾衣杆模型，上下移，角不变；左右移，角与力均为杆靠近时变小，杆远离时变大。 19．如图甲是工人师傅们在给高层住户安装空调时吊运空调室外机的情景，为安全起见，要求吊运过程中空调室外机与楼墙保持一定的距离．原理如图乙，一人在高处控制一端系在室外机上的绳子P，另一人站在水平地面上拉住另一根系在室外机上的绳子Q。在吊运过程中的某段时间内，地面上的人缓慢后退同时缓慢放绳，室外机缓慢竖直上升，绳子Q与竖直方向的夹角(小于90o)近似不变，室外机视为质点，绳子的质量忽略不计，则在这段时间内，以下说法正确的是 ( ) A．绳子P给室外机的拉力先变大后变小 B．绳子Q给室外机的拉力不断变大 C．地面给人的支持力不断变大 D．绳子P、Q给室外机的拉力的合力不断变大 O P Q 甲 乙 答案 B突破点 解析法 【解析】对结点O受力分析，如图所示，将力进行正交分解，由平衡条件可得F1sin=F2sin，F1cos=F2cos+mg，联立解得F1=，F2=(关键)点：找出F1和F2的表达式)，在题述过程中不变，增大，故两根绳的拉力F1、F2都不断变大，A错误，B正确； O P Q F1 F2 mg 分析地面上的人受力，由平衡条件，地面给人的支持力为FN=mAg-F2cos，题述过程中不变，F2不断增大，则地面对人的支持力不断减小，C错误；室外机受两根绳的拉力和重力三个力作用平衡，则两根绳对室外机拉力的合力与室外机的重力等大反向，故绳子P、Q给室外机的拉力的合力恒定，D错误。 D．绳子P、Q给室外机的拉力的合力不断变大 20．如图所示，一条不可伸长的轻绳两端分别系在轻杆MN两端，轻杆MN的中点为O，在轻绳上放置一轻质光滑滑轮，滑轮与一重物相连，此时轻杆与水平方向的夹角为θ，轻绳两部分的夹角为90o．让轻杆绕O点在竖直面内顺时针缓慢转过2θ，在此过程中关于轻绳张力大小，下列说法正确的是( ) M θ O N A．保持不变 B．逐渐增大 C．逐渐减小 D．先增大再减小 答案 D突破点 解析法在动态平衡问题中的应用 【解析】如图所示，轻杆MN与水平方向的夹角θ(θ<90o)越大，MN之间的水平距离d越小，由于滑轮两侧轻绳拉力相等，滑轮左右两侧轻绳与竖直方向的夹角相等(关键点:两等大分力，合力在角平分线上)，令夹角为，轻绳长为L，则有sin===，可知若θ越大，d越小，则越小，根据平衡条件有mg=2Tcos，可得T=，轻杆从图示位置在纸面内绕O点顺时针缓慢转过2θ的过程中，MN之间的水平距离d先增大后减小，即先增大后减小，cos先减小后增大，可知，轻绳的张力先增大再减小，D正确。 M θ O N d1 d2 L2 L1 d 方法总结：此题也可直接认为是晾衣架模型的变形。解析法解动态平衡问题，根据题给信息列出未知量和变化量之间的函数关系式，通过函数关系式确定未知量随已知量如何变化。 21．(多选)如图所示，一根轻质直杆一端固定在O位置，直杆可绕O位置在竖直面内旋转，用一根长度为2L且不可伸长的轻质细绳穿过质量为m的圆环，轻绳的两端分别固定连接在杆上O位置和A位置，OA=L．忽略一切摩擦阻力．现将轻杆从如图所示水平位置绕O点逆时针缓慢旋转直到轻杆竖直，下列说法正确的是 ( ) O A A．杆处于水平位置时，轻绳的拉力大小为 B．当轻绳的拉力大小为时，轻杆与水平方向夹角为60o C．当轻杆与水平方向夹角为45o时，轻绳的拉力大小为 D．在转动过程中，轻绳的拉力先减小后增大 答案 AC突破点 直接合成法解决三力平衡问题、动态平衡问题 【解析】杆处于水平位置时，设轻绳与竖直方向夹角为，对圆环与轻绳的接触点进行分析，根据平衡条件有mg=2T1cos，根据几何关系有cos==，解得T1=，A正确；设轻杆从水平方向逆时针转过的角度为θ，此时轻绳与竖直方向的夹角为，根据几何性质有2Lsin=Lcosθ，对圆环与轻绳的接触点进行分析，根据平衡条件有2Tcos=mg，解得T=， 当T2=时，代入上式解得θ=30o，B错误； 结合上述，当θ=45o时，代入上式解得T3=，C正确； 结合上述有T=可知，随着θ逐渐增大，T的值逐渐减小，D错误。 题型5正交分解法 22．如图所示，三根不可伸长的轻质细绳系于O点，A、B端分别固定在竖直与水平墙上，绳OA水平，绳OB与水平方向间夹角为=60o，C端竖直悬挂一小球(可视为质点)．现保持结点O不动，对小球施加一个始终与OC绳垂直的作用力F，使小球缓慢运动至绳OC水平，则此过程中 ( ) B A O C F A．力F大小一直增大 B．绳OC受到的拉力大小不变 C．绳OB受到的拉力先增大后减小 D．绳OA受到的拉力一直增大 答案 A突破点 正交分解法 【解析】以小球为研究对象，设OC与竖直方向的夹角为θ，根据受力平衡可得F=mgsinθ，TOC=mgcosθ，由于θ增大，故力F大小一直增大，绳OC受到的拉力大小减小，A正确，B错误；以O点为对象进行分析，根据受力平衡可得TOBsin=TOCcosθ，联立解得TOB=，由于θ增大，所以绳OB受到的拉力大小一直减小，C错误； 由共点力平衡有TOA=TOBcos+TOCsinθ，得TOA=+mgsinθcosθ，整理得TOA=，可见在θ增大的过程中，绳OA受到的拉力不是一直增大，D错误。 23．如图甲所示是某人下蹲弯曲膝盖缓慢搬起重物的情景．该过程是身体肌肉、骨骼、关节等部位一系列相关动作的过程，现将其简化为如图乙所示的模型．设脚掌受地面竖直向上的弹力大小为FN，膝关节弯曲的角度为θ，该过程中大、小腿部的肌群对膝关节的作用力F的方向始终水平向后，且大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力大致相等．关于该过程的说法正确的是 ( ) 甲 乙 A．人缓慢搬起重物的过程中，FN逐渐变小 B．人缓慢搬起重物的过程中，F逐渐变大 C．当θ=60o时，F= D．当θ=120o时，F= 答案D突破点 合成法、正交分解法 【解析】人缓慢搬起重物(关键点：任何一个时刻都可以看成平衡状态)的过程中，脚掌受到竖直向上的弹力与人和重物的总重力大小相等，A错误；设大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力大小为F1，则它们之间的夹角为θ，F即为合力，受力分析如图所示，则有2F1cos=F，脚掌所受地面竖直向上的弹力为FN=F1sin，联立可得F=，人缓慢搬起重物的过程中，膝盖弯曲的角度θ变大，F逐渐变小，B错误； F1 θ F F1 当θ=60o时，可得F==2FN，当θ=120o时，可得F==，C错误，D正确。 题型6 全反力和摩擦角 24．(多选)某同学用一根绳子斜向上拉着书箱在水平地面上滑行，绳子与水平面夹角为θ，书箱与地面之间的动摩擦因数为0.75，该同学想找到一个省力的角度，于是将θ从30o逐渐增大到60o，此过程中书箱一直保持匀速直线运动．则在此过程中( ) θ F A．书箱所受的摩擦力先减小后增大 B．绳子对书箱的作用力先减小后增大 C．当θ=37o时最省力 D．地面对书箱的作用力一直减小 答案BCD 突破点 正交分解法、全反力 【解析】对书箱进行受力分析如图， mg f F FN θ 根据平衡条件有μ(mg-Fsinθ)=Fcosθ，整理得F==，f=Fcosθ=，当θ增大时，f减小，A错误； 将F表达式整理得F===， 所以将θ从30o逐渐增大到60o的过程中sin(53o+θ)先增大再减小，F先减小后增大，当θ=37o时，F最小，最省力，B、C正确； 地面对书箱的作用力为支持力与摩擦力的合力，即==，θ增大，sinθ增大，cosθ减小，一直减小，D正确。 mg F F FN 37o 快解：可以先将支持力和摩擦力合成为一个力，的方向斜向左上方与竖直方向成37o，如图所示，利用图解法可以得到一直减小，F先减小后增大，θ=37o时取得最小值。 25．如图所示，圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切．套在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢地由最低点A运动到最高点B．已知拉力F始终沿轨道的切线方向，轨道对小球的弹力大小为FN，轨道与小球间的动摩擦因数处处相同．在此过程中 ( ) F O A B A．F增大，FN增大 B．F减小，FN减小 C．F先增大后减小，FN减小 D．F先减小后增大，FN减小 答案 C 突破点 动态平衡问题、全反力 【解析】设小球的质量为m，小球和圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，对小球，根据平衡条件得，FN=mgcosθ，F=mgsinθ+f，f=μFN=μmgcosθ 联立解得 F=mg(sinθ+μcosθ)=mgsin(θ+)，其中cos=，小球缓慢地由最低点A运动到最高点B的过程中，θ从0逐渐增大到90o，则FN减小，当θ+=90o时，F最大，则F先增大后减小，C正确，A、B、D错误。 如图甲所示，小球所受支持力FN与摩擦力f合力为F1，tan==μ，则F1与F间夹角不变，小球可等效为受重力、F1和拉力F三个力作用，由图乙知，F先增大后减小，F1减小，由FN=F1cos知，FN减小。 F F1 f 甲 O FN A B F F1 F mg 乙 F 题型7 临界和极值问题 26．某同学为了较准确地测量一根不可伸长的细线能承受的最大拉力，将细线对折，将重为G的钩码(挂钩光滑)挂在细线的下端，如图甲所示，用刻度尺测量出对折后的长度L；再按图乙所示，将刻度尺水平放置，两手捏着细线紧贴刻度尺水平缓慢向两边移动，直到细线断裂，读出此时两手间的水平距离d．下列说法正确的是 ( ) L 甲 乙 A．同学两手捏着细线缓慢向两边移动的过程中，细线对钩码的作用力变大 B．同学两手捏着细线缓慢向两边移动的过程中，细线对钩码的作用力变小 C．细线能承受的最大拉力大小为 D．细线能承受的最大拉力大小为 答案 C 突破点 细线断裂的临界和极值问题 【解析】该同学两手捏着细线缓慢向两边移动的过程中，钩码始终处于平衡状态，细线中拉力逐渐增大，但它们的合力始终等于钩码重力G，故细线对钩码的作用力大小不变，A、B错误；细线断裂时，细线中拉力为最大值，设此时细线与竖直方向夹角为θ，则2Fcosθ=G，根据几何关系可知cosθ=，联立解得F=，C正确，D错误。 27．如图所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动，在O点用细线悬挂一质量为M的重物，将质量为m的两相同木块紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止．OO1与竖直方向夹角为θ，若将两挡板缓慢靠近少许距离，靠近过程中保持O1、O2始终等高，则靠近过程中( ) O2 m O M 挡 板 θ O1 挡 板 m A．挡板与木块间的弹力变大 B．挡板与木块间的摩擦力一定保持不变 C．若木块没有滑动，则两挡板的摩擦力之和大于(2m+M)g D．若木块没有滑动，则木块与挡板间动摩擦因数至少为μ= 答案 D 突破点 含有活动杆的共点力平衡问题 【解析】设轻质硬杆的弹力大小为F，与竖直方向夹角为θ，对O点进行受力分析如图甲所示， 有FT=Mg，故2Fcosθ=Mg，再将杆对木块的推力按照效果分解，如图乙所示， O2 m O M 挡 板 θ O1 挡 板 m F F 甲 O M 挡 板 θ O1 m F Fx 乙 Fy O2 m O M 挡 板 θ O1 挡 板 m F FN 丙 Ff mg 根据几何关系，有Fx=Fsinθ，联立解得Fx=tanθ，若挡板间的距离稍许减小后，θ变小，Fx变小，所以挡板与木块间的弹力变小，A错误； 若木块没有滑动，对整体受力分析，由平衡条件可知两挡板的摩擦力之和与整体的重力平衡，即2Ff=(2m+M)g，若木块发生了相对滑动，则挡板与木块间的摩擦力由静摩擦力转变为滑动摩擦力(易错点:挡板与木块之间可能发生相对滑动)，B、C错误； 若木块没有滑动，对其中一个木块受力分析如图丙所示， 竖直方向上，Ff=mg+Fcosθ，联立解得Ff=(M+2m)g，由于Ff≤μFx，则μ≥，即木块与挡板间动摩擦因数至少为，D正确。 28．(多选)如图所示，倾角为30o、质量M=4 kg的斜面体C置于粗糙水平地面上，质量m=3 kg的小物块B放在粗糙斜面上，连接B的轻绳与斜面平行，轻绳跨过光滑轻质定滑轮O与质量为mA=1 kg的物块A相连．开始时A静止在滑轮正下方，现对A施加一个拉力F使A缓慢移动，F与连接A的轻绳OA的夹角始终保持120o，直至轻绳OA水平．此过程中B、C始终保持静止状态．g取10 m/s2，则 ( ) A．开始时，B所受摩擦力大小为5 N B．OA水平时，轻绳拉力为 C．OA水平时，地面对C的支持力为N D．A缓慢移动过程中，轻绳拉力的最大值为110N F C O B A 120o F 答案 AC 突破点 轻绳拉力的极值问题、辅助圆法 【解析】开始时，对B受力分析知，受重力、拉力、支持力、摩擦力，合力为零，拉力为T=mAg，B所受摩擦力大小为fB=mgsin30o-T，联立解得fB=5N，A正确； OA水平时，物块A的受力示意图如图甲所示，有FT2=mAgtan30o，解得FT2=N，B错误； OA水平时，以B、C作为整体，其受力示意图如图乙所示，有FN=(mB+M)g -FT2sin30o，解得FN=，C正确； 物块A在重力、拉力F和轻绳张力FT作用下始终处于平衡状态，所以三个力的合力等于零，根据三角形定则，这三个力通过平行移动可以构成一个闭合的矢量三角形，如图丙所示，在△PMN中，MN对应重力，NP对应拉力F，PM对应轻绳张力FT，拉力F与轻绳张力FT之间的夹角保持120o不变，即∠MPN保持60o不变，满足此关系的几何图形是△PMN的外接圆，P为动点，当P移动到F1点时经过圆直径，这时PM对应轻绳张力FT最大，有FTmax==N，D错误。 x 30o mAg 甲 y FT2 F x θ (mB+M)g FN 乙 y FfC P1 M FTmax mAg 丙 R N P 60o 29．如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F的大小不变，而方向与水平面成60o角，物块也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间动摩擦因数为 ( ) F 60o mg FN f F合 F F 60o F A． B． C． D． 【解析】解法1解析法 假设物块与桌面间动摩擦因数为μ，物块在水平力F作用下匀速直线运动满足F=μmg； 在与水平方向成60o角的力F作用下做匀速直线运动满足Fcos60o=μ(mg-Fsin60o)； 联立方程解得：μ=，故C正确。 解法2图解法 两种情况下均为匀速运动，可以围成封闭的矢量多边形，将支持力与摩擦力合二为一，将多边形转化为矢量三角形，根据几何关系可得：=30o。 又tan==μ，所以μ=，故C正确。 29、如图所示，一物体置于水平地面上，当用与水平方向成60o角的力F1拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30o角的力F2推物块时，物块仍做匀速直线运动，若F1和F2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为 ( ) A． B． C． D． F1 60o F2 30o 【解析】解法1解析法 当用F1拉物块做匀速直线运动时，受力分析如图所示， F1 60o mg Ff1 FN1 将F1正交分解， 则水平方向：F1cos60o=Ff1 竖直方向：F1sin60o+FN1=mg 其中：Ff1=μFN1，联立可得：F1=。 同理，当用F2推物块做匀速直线运动时水平方向：F1cos30o=Ff2 竖直方向：F1sin30o+mg=FN2 其中：Ff2=μFN2 联立可得：F2=，根据题意知：F1=F2， 解得：μ=，B正确． F1 60o mg Ff1 FN1 F合 θ F2 45o 45o 解法2 图解法 将支持力与摩擦力合成全反力，则物体受到三作用力，一个确定力(重力)，一个方向确定的力(全反力)，一个不确定的拉力。合力为零。根据几何关系可知θ=45o-30o=15o。 解得：μ=tanθ=。 课外知识延伸 三角函数拓展 (1) 和差公式： sin()=sincoscossin cos()=coscossinsin tan()= (2) 倍角公式： sin2=2cossin cos2=cos2-sin2=2cos2-1=1-2sin2(次升角降) tan2=(次升角降) (3) 半角公式：又称降次公式，也可称之为次降角升公式： sin2=，cos2=， tan==， (4) 推论：a sin+b cos=sin(+)，其中tan= a cos+b sin=cos(-)，其中tan= (5) 三倍角、四倍角： sin3=3sin-4sin3 sin4=-4cossin×(2sin2-1) cos3=4cos3-3cos cos4=1-8cos2+8cos4 (6)万能公式： sin=，cos=，tan=。 证：①sin=== ②cos=== ③tan=== (7)解决一般三角形必备两个定理 正弦定理：== A B C a b c 余弦定理： a2=b2+c2-2bccosA b2=a2+c2-2accosB c2=a2+b2-2abcosC (8)诱导公式(物理中常用的) sin(90o-θ)=cosθ cos(90o-θ)=sinθ sin(180o-θ)=sinθ cos(180o-θ)=-cosθ (9)三角函数的单调性 y=sinx(这里的x表示一个角)在[0，90o]区间是增函数。 y=cosx(这里的x表示一个角)在[0，90o]区间是减函数。 y=tanx(这里的x表示一个角)在[0，90o]区间是增函数。 $