专题一 二轮复习3步走2 微专题(二) 动态平衡求解常用的三种方法-【新高考方案】2026年高考物理二轮复习专题增分方略教师用书word（江苏专版）

微专题(二)　动态平衡求解常用的三种方法　　　 　　解决动态平衡问题的一般思路为化“动”为“静”,“静”中求“动”,分析物体所受各力的变化情况或极值问题。根据物体的受力特点,解决物体的动态平衡和临界极值问题。常用以下三种方法: 方法1　解析法 　　如果物体受到多个力的作用,可进行正交分解,利用解析法,建立平衡方程,根据自变量的变化确定因变量的变化。 　[例1]　如图所示,一个大理石半球静置在水平地面上,球心为O。一只小蚂蚁缓慢从图中Q点沿圆弧爬向半球面最高点P,运动过程中大理石半球始终保持静止。已知OQ与OP的夹角为θ=45°,在此过程中,下列说法正确的是 (　　) A.大理石半球对小蚂蚁的作用力变大 B.大理石半球对小蚂蚁的支持力变小 C.地面对大理石半球的摩擦力始终为零 D.地面对大理石半球的支持力变小 [解析]　对小蚂蚁受力分析如图所示,可知大理石半球对小蚂蚁的作用力为支持力与摩擦力的合力,大小始终等于小蚂蚁的重力大小,故A错误;小蚂蚁受到的摩擦力为f=mgsin θ,小蚂蚁受到的支持力为FN=mgcos θ,小蚂蚁缓慢从图中Q点沿圆弧爬向P点的过程中θ逐渐变小,则小蚂蚁受到的支持力变大,摩擦力变小,故B错误;选取大理石半球与小蚂蚁组成的整体为研究对象,可知整体只受到重力与地面的支持力,所以大理石半球受到地面的支持力大小始终等于二者重力的大小,大理石半球与地面之间没有摩擦力的作用,故C正确,D错误。 [答案]　C 方法2　图解法 (1)一般图解法:适用于物体受三个力处于动态平衡时,其中一个力大小、方向均确定,另一个力的方向保持不变。如图所示为挡板P由竖直位置逆时针向水平位置缓慢旋转时小球受力的变化。 (2)辅助圆法:适用于物体受三个力处于动态平衡时,若一个力大小、方向均确定,另两个力大小、方向均不确定,但是这两个力的方向夹角保持不变。如图所示为框架由竖直位置顺时针向水平位置缓慢旋转90°时,绳A、B对小球拉力的变化。 [例2]　(2025·无锡检测)挂灯笼在中国传统文化中寓意深远,挂灯笼不仅是为了增添节日气氛,更是蕴含真挚的祝福和期盼。如图所示,质量相等的两个灯笼A、B在O1M、O1O2、O2N三条细绳的作用下处于静止状态,O1、O2为结点,细绳O1O2与竖直方向成53°角,保持O1O2与竖直方向的夹角为53°不变,用手使细绳O2N从水平状态缓慢沿逆时针方向旋转45°,则 (　　) A.细绳O2N上的拉力先减小后增大 B.细绳O1O2上的拉力一直增大 C.细绳O1M上的拉力先增大后减小 D.细绳O1M与竖直方向的夹角逐渐减小 [解析]　以O2结点为研究对象,如图甲所示,根据矢量三角形可知,细绳O1O2上的拉力逐渐减小,细绳O2N上的拉力也逐渐减小,故A、B错误;以O1结点为研究对象,如图乙所示,根据矢量三角形可知,细绳O1M上的拉力逐渐减小,细绳O1M与竖直方向的夹角逐渐减小,故C错误,D正确。 [答案]　D 　　[例3]　(2025·连云港质检)生活中,我们常用支架与底板垂直的两轮手推车搬运货物。如图甲所示,将质量为m的货物平放在手推车底板上,此时底板水平。现缓慢压下把手,直至支架与水平面间的夹角为60°。不计货物与支架及底板间的摩擦,缓慢压下把手的过程中,下列说法正确的是 (　　) A.货物所受的合外力一直增大 B.手推车对货物的作用力变小 C.底板对货物的支持力一直减小 D.当支架与水平面间的夹角为60°时,底板对货物的支持力为支架对货物的支持力的3倍 [解析]　因为缓慢压下把手,货物所受的合外力始终为零,故A错误;手推车对货物的作用力与货物的重力等大反向,则手推车对货物的作用力方向竖直向上,且大小不变,故B错误;压下把手的过程中,两个支持力的夹角始终是90°,货物的受力情况如图1所示,可知,底板对货物的支持力N1一直减小,支架对货物的支持力N2一直增大,故C正确;当支架与水平面间的夹角为60°时,对货物受力分析如图2所示,两个支持力N1、N2垂直,由平衡条件可得支架对货物的支持力N2=mgsin 30°=mg,底板对货物的支持力N1=mgcos 30°=mg,底板对货物的支持力为支架对货物的支持力的倍,故D错误。 [答案]　C 方法3　相似三角形法 　　一个力恒定、另外两个力的方向同时变化,当所作力的矢量三角形与空间的某个几何三角形总相似时用此法(如图所示)。 [例4]　(2025·苏州模拟)如图所示,在一个半球形的绝缘光滑球壳内,有M、N两个半径较小的均匀带电的绝缘小球。N球固定,M球静止时如图所示,球壳球心为O,OC为过圆心的竖直线,交MN的连线于Q点。现M球的电荷量缓慢减小(仍分布均匀),下列说法正确的是 (　　) A.两小球间的库仑力将增大 B.M球受到的弹力减小 C.OC和MN的交点Q不会移动 D.OC和MN垂直时,库仑力大小等于M球的重力 [解析]　对M球受力分析,并构建力的矢量三角形,如图所示,由于三角形相似可得==,由于电荷量减小,小球之间的库仑力减小,M球下移,Q点也下移,OQ长度增加,MQ减小,又因为mg、OM不变,所以N1减小,库仑力减小,故A、C错误,B正确;OC和NM垂直时,库仑力和重力的合力不一定沿两者角平分线,所以库仑力大小不一定等于M球的重力,故D错误。 [答案]　B [专题验收评价]　　　　　　测评内容:微专题(一)(二) 1.(2025·南通检测)如图甲所示是风筝在空中悬停的情景,图乙是其简化图。若风筝的重力为G,在牵线的拉力T和垂直于风筝面的恒定风力F的共同作用下处于平衡状态,则下列说法正确的是 (　　) A.风筝在空中所受合力竖直向上 B.风力F和牵线的拉力T的合力竖直向上 C.风对风筝的作用力小于风筝对风的作用力 D.F沿竖直方向的分力与T沿竖直方向的分力大小相等 解析:选B　风筝在空中所受合力为零,不是竖直向上,A错误;风筝受到重力G、牵线的拉力T、风力F三个力的作用处于平衡状态,风力F和牵线的拉力T的合力与重力是一对平衡力,二者大小相等、方向相反,由于重力的方向竖直向下,故风力F和牵线的拉力T的合力竖直向上,B正确;根据牛顿第三定律可知,风对风筝的作用力与风筝对风的作用力大小相等,C错误;由力的平衡条件可知,F沿竖直方向的分力大小等于T沿竖直方向的分力大小与重力G大小之和,D错误。 2.如图甲所示,窗户上的连杆通常被称为滑撑或铰链。它是一种连杆式活动链接装置,主要用于连接窗扇和窗框,使窗户能够顺利开启和关闭,它通常由滑轨、滑块、悬臂组成,示意图如图乙所示。水平悬臂通过转轴O1、O2分别与竖直窗扇和滑块相连,窗扇可绕轴O3转动。现将窗扇打开,使窗扇与窗户垂直,此时悬臂与窗户之间的夹角为θ,若要求此时无论多大的风力均不能将窗扇关闭,则滑块与滑轨之间的动摩擦因数μ应满足的条件是 (　　) A.μ≤tan θ B.μ≥tan θ C.μ≤ D.μ≥ 解析:选D　设悬臂的推力为F,则悬臂对滑块的压力为FN=Fsin θ,若要求此时无论多大的风力均不能将窗扇关闭,则有Fcos θ≤μFN,解得μ≥,故选D。 3.(2025·高邮模拟)有一劲度系数为k、原长为l的轻质弹性绳(弹性绳的形变满足胡克定律)两端固定在天花板上,如图甲所示,此时弹性绳处于原长。现分别将质量为m1和m2的重物系在弹性绳中点O处(系m2前取下m1),并最终保持平衡,如图乙所示,两次悬挂弹性绳与水平面夹角分别为60°和30°,弹性绳始终处在弹性限度内。则等于 (　　) A. B.3 C.3+3 D.6+3 解析:选D　设弹性绳一侧与水平方向夹角为θ,根据几何关系,可得弹性绳伸长量为Δl=2×-l,则弹性绳弹力为F=k(2×-l),对结点O受力分析,根据平衡条件,可知竖直方向上满足2k(2×-l)sin θ=mg,分别将θ=60°和30°代入解得=6+3,故选D。 4.(2025·淮安模拟)某登山营地在两座不等高的悬崖边缘设置了紧急救援滑索。滑索由质量为m的强化绳索制成,两端分别固定在高度不同的竖直支架上。安装时,左端绳索切线与支架的夹角为α,右端切线夹角为β。为确保受困人员滑降时的安全性,需计算滑索最低点(弧底)的张力大小。已知重力加速度为g,则该张力表达式为 (　　) A.mg B.mg C.mg D.mg 解析:选B　对绳子受力分析如图所示,其中T1、T2分别是左右悬点对绳子的拉力大小,设绳子最低点(弧底)的张力大小为F,分析可知其方向为水平方向,对绳子最低点左半部分,由平衡条件有T1sin α=F,对绳子最低点右半部分,由平衡条件有T2sin β=F,对绳子,由平衡条件有T2cos β+T1cos α=mg,联立解得F=mg,故选B。 5.(2025·淮安检测)如图所示,在竖直墙壁上固定水平轻杆OB,B为铰链装置,OA为轻质细绳且与水平方向夹角为θ=30°,小球质量为m,通过轻绳系于O点,初始时整个装置处于静止状态,现保证O点位置不变,逐渐减小绳OA的长度,使绳的上端由A点缓慢移动至C点。已知重力加速度为g,不计所有摩擦,则下列说法正确的是 (　　) A.初始时OA绳的拉力大小为mg B.移动过程中OA绳的拉力大小逐渐增大 C.移动过程中OB杆的弹力逐渐减小 D.最终OA绳的拉力大小减小至0 解析:选C　初始时整个装置处于静止状态,则根据平衡条件,竖直方向上可得mg=FTsin 30°,解得FT=2mg,故A错误;根据平衡条件,竖直方向上可得mg=FTsin θ,则FT=,绳的上端由A点缓慢移动至C点,θ增大,则sin θ增大,则FT减小,直至减小到大小为mg,故B、D错误;根据平衡条件,水平方向上可得FNB=,绳的上端由A点缓慢移动至C点,θ增大,则tan θ增大,FNB减小,故C正确。 6.(2025·南京模拟)如图所示,轻质弹簧一端固定在水平天花板上,另一端与一个质量为m的小球相连,小球在一个水平拉力F(F<mg)作用下,弹簧与竖直方向的夹角为α,现保持拉力F大小不变,方向由水平缓慢逆时针向竖直方向转动,在这个过程中 (　　) A.α先增大后减小 B.α一直减小 C.弹簧弹力先增大后减小 D.弹簧弹力一直增大 解析:选A　根据题意,对小球受力分析,如图所示,保持拉力F大小不变,方向由水平缓慢逆时针向竖直方向转动,由矢量三角形可得,弹簧弹力逐渐减小,根据图像可知当FT与图中圆弧相切时α最大,继续转动时α开始减小,故α先增大后减小。故选A。 7.(2025·泰州模拟)如图所示,水平天花板下方固定一光滑小定滑轮O,一轻质弹簧一端固定在定滑轮的正下方N处,另一端与小球P连接,同时一轻绳跨过定滑轮与小球P相连。开始时在外力F作用下系统在图示位置静止。改变F大小使小球P缓慢移动,在小球P到达N点正上方前,下列说法正确的是 (　　) A.外力F大小不变 B.外力F逐渐变大 C.弹簧弹力逐渐变小 D.小球运动轨迹是圆弧 解析:选D　对小球P进行受力分析,重力、轻绳拉力、弹簧弹力构成矢量三角形,如图所示。根据相似三角形法有==,小球P缓慢运动过程OP越来越小,则F逐渐减小,故A、B错误;如果PN增大,则x会减小,如果PN减小,则x会增大,==不可能成立,所以弹簧的形变量保持不变,弹簧弹力大小始终不变,小球运动轨迹是圆弧,故D正确,C错误。 8.如图甲所示为家用燃气炉架,有四个对称分布的爪,正对两爪的间距为d,将锅静置于炉架上,如图乙所示(纵截面图),锅的总质量为m,质量可视为均匀分布在半径为R的球冠面上,不计爪与锅之间的摩擦力,重力加速度为g,则 (　　) A.R越大,锅受到的合力越大 B.R越大,每个爪与锅之间的弹力越大 C.相邻的两爪对锅的作用力大小为mg D.正对的两爪对锅的作用力大小为mg 解析:选D　R越大,锅受到的合力不变,始终等于零,A错误;设每个爪与锅之间的弹力为FN,其与竖直方向的夹角为θ,根据平衡条件得4FNcos θ=mg,解得FN=,R越大,θ越小,cos θ越大,每个爪与锅之间的弹力FN越小,B错误;设相邻的两爪对锅的作用力大小为FN1,其与竖直方向的夹角为α,根据平衡条件得2FN1cos α=mg,解得FN1>,C错误;设正对的两爪对锅的作用力为FN2,根据平衡条件得2FN2=mg,解得FN2=mg,D正确。 9.(2025·扬州质检)如图甲所示,两根长为L、夹角为60°的光滑导轨M、N一端固定在地面上,另一端与电动势为E的电源连接,两根导轨形成倾角为30°的斜面,有匀强磁场垂直斜面。质量为m的足够长的导体棒P平行于斜面底端放置,垂直斜面的视图如图乙所示,导体棒可静止在导轨的任意位置。已知两导轨的电阻与长度成正比,总电阻均为R,与电源连接处靠得很近但彼此绝缘,不计电路其余部分的电阻,重力加速度为g。下列说法正确的是 (　　) A.磁场方向垂直斜面向上 B.导体棒静止在导轨的不同位置时,电流保持不变 C.导体棒静止在导轨的不同位置时,导轨对导体棒的作用力不同 D.匀强磁场的磁感应强度为B= 解析:选D　对导体棒进行受力分析,导体棒受到重力、导轨的支持力以及安培力作用而能静止在导轨的任意位置,则安培力必须沿斜面向上平衡重力沿斜面向下的分力,根据左手定则知,磁场方向垂直斜面向下,故A错误;根据题意,设导体棒接在导轨间的长度为Lx,根据欧姆定律,电流I==,Lx不同,电流不同,故B错误;导体棒静止时,受到重力mg、导轨的支持力N和安培力F,根据平衡条件,三个力的合力为零,导轨对导体棒的作用力与重力mg和安培力F的合力等大反向,重力mg、安培力F不变,所以导轨对导体棒的作用力不变,与导体棒在导轨上的位置无关,故C错误;根据上述分析有I==,对导体棒,根据平衡条件有BLxI=mgsin 30°,联立解得B=,故D正确。 10.(2025·连云港检测)如图所示,一轻质细绳两端固定于两根竖直杆等高的P、Q两点,带电小球通过光滑绝缘轻质挂钩挂在细绳上,小球静止时细绳位置如图中实线所示。现加一水平向右的匀强电场,当小球再次平衡时,细绳位置如图中虚线所示。已知绳长保持不变,下列说法正确的是 (　　) A.挂钩两侧细绳的夹角与原来相等 B.挂钩对小球的作用力比原来大 C.细绳对挂钩的作用力大小与原来相等 D.两杆在P、Q两点对细绳的作用力比原来小 解析:选B　设绳长为L,两竖直杆的距离为d,因挂钩轻质光滑,可知两侧绳子的拉力大小相等,设为F,绳子与竖直方向的夹角θ相等,则由几何关系有d=Lsin θ,由平衡条件可知2Fcos θ=mg;受到水平向右的电场力时,四力平衡,两侧绳子的拉力的合力与重力、电场力的合力平衡,设此时绳子夹角的一半为α,由几何关系有L1+L2=Lsin α;因为d>L1+L2,可知α<θ,故A错误;根据平衡条件可知,加上水平向右的匀强电场后,挂钩对小球的作用力等于重力和电场力的合力,大于小球重力,故B正确;细绳对挂钩的作用力大小等于重力和电场力的合力,大于原来的作用力,故C错误;加上水平向右的匀强电场后,绳中弹力满足2F'cos α=,根据等式可知,无法判断绳中弹力变化,根据牛顿第三定律可知,两杆在P、Q两点对细绳的作用力无法判断,故D错误。 11.(2025·南通模拟)如图所示,将一光滑轻杆固定在水平地面上,杆与地面间的夹角为θ,一光滑轻环套在杆上,一个大小和质量都不计的滑轮用轻绳OP悬挂在天花板上,用另一轻绳绕过滑轮系在轻环上,轻绳另一端系一质量为m的小物块,用手扶住小物块使OP恰好在竖直方向。现用手扶着小物块使其缓慢向下运动,到达某位置时松手,小物块恰好可以保持静止,此时(已知重力加速度大小为g,小物块未碰杆或地面) (　　) A.绳PQ与水平方向的夹角为θ B.绳PQ的张力大小为mgcos C.绳OP与水平方向的夹角为90°-θ D.绳OP的张力大小为2mgcos 解析:选D　系统再次平衡时,以轻环为研究对象,根据平衡条件可知,绳PQ与杆垂直,所以绳PQ与水平方向的夹角为90°-θ,故A错误;系统处于平衡状态,以小物块为研究对象,根据受力平衡可知,绳PQ的张力大小为mg,故B错误;绳OP在PQ绳和系小物块的绳夹角的角平分线上,所以绳OP与水平方向的夹角为90°-,故C错误;根据平衡条件可得绳OP的张力大小为TOP=2TPQcos=2mgcos,故D正确。 12.(2025·镇江检测)如图为高层安装空调时吊运外机的场景简化图。一名工人在高处控制绳子P,另一名工人站在水平地面上拉住另一根绳子Q。在吊运的过程中,地面上的工人在缓慢后退时缓慢放绳,空调外机M缓慢竖直上升,绳子Q与竖直方向的夹角β保持不变,绳子质量忽略不计,则 (　　) A.绳子P上的拉力不断变大 B.绳子Q上的拉力先变小后变大 C.地面工人所受的支持力不断变大 D.地面工人所受的摩擦力先变大后变小 解析:选A　对空调外机进行受力分析可知,空调外机分别受到绳子P、Q的拉力F1、F2和自身的重力mg的作用而平衡,受力分析如图1所示。将这三个力构成矢量三角形,如图2所示,可知,地面上的工人在缓慢后退并缓慢放绳的过程中,β不变,α逐渐变大,F1、F2均变大,故A正确,B错误;对地面上工人进行受力分析可知,该工人受到重力G、地面的支持力FN、绳子Q的拉力F2'以及地面的摩擦力Ff四个力的作用处于平衡状态,受力分析如图3所示,竖直方向平衡方程为FN+F2'cos β=G,水平方向平衡方程为Ff=F2'sin β,其中β不变,绳子Q的拉力F2'变大,所以该工人受到的支持力FN变小,摩擦力Ff变大,故C、D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $