2023版高考物理总复习之加练半小时 第二章 微专题13 动态平衡问题

这是一份2023版高考物理总复习之加练半小时 第二章 微专题13 动态平衡问题，共9页。
微专题13　动态平衡问题1．三力动态平衡常用图解法、相似三角形法、正弦定理法、等效圆周角不变法等，三个力中重力一般不变：(1)若还有一个力方向不变，第三个力大小、方向都变时可用图解法；(2)若另两个力大小、方向都变，且有几何三角形与力的三角形相似的可用相似三角形法；(3)若另外两个力大小、方向都变，且知道力的三角形中各角的变化规律的可用正弦定理；(4)若另外两个力大小、方向都变，且这两个力的夹角不变的可用等效圆周角不变法或正弦定理.2.多力动态平衡问题常用解析法．1．(2022·重庆市九龙坡育才中学高三月考)如图所示，一只蜗牛沿着弧形菜叶从右向左缓慢爬行，下列说法正确的是(　　)A．菜叶对蜗牛的弹力大小一定不变B．菜叶对蜗牛的摩擦力大小先变小后变大C．蜗牛受到的合力先变小后变大D．菜叶对蜗牛的作用力大小不断变化答案　B解析　蜗牛受重力、支持力、摩擦力，设坡角为α，根据平衡条件可得FN＝mgcos α，Ff＝mgsin α，由于坡角α先变小后变大，故支持力FN先增大后减小，静摩擦力先减小后增大，故A错误，B正确；蜗牛缓慢爬行，则受到的合力始终为零，选项C错误；菜叶对蜗牛的作用力是静摩擦力和支持力的合力，始终与重力平衡，一直不变，故D错误．2.如图所示，质量为m的物块静止在粗糙的平板上，现将平板的一端缓慢抬起一定角度(物块始终与平板保持相对静止)，则关于物块的受力情况分析正确的是(　　)A．弹力先减小后增大B．摩擦力先增大后减小C．平板对物块的作用力保持不变D．合力逐渐增大答案　C解析　物块受重力、支持力和静摩擦力，由于物块始终与平板保持相对静止，故物块受力平衡，则弹力大小FN＝mgcos α，将物块缓慢抬起一定角度，α角增大，cos α减小，则弹力FN减小，故A错误；物块所受的静摩擦力大小为Ff＝mgsin α，α角增大，sin α增大，故摩擦力增大，故B错误；平板对物块的作用力是弹力和摩擦力的合力，因物块始终与平板保持相对静止，故物块受力平衡．则弹力和摩擦力的合力与物块的重力是一对平衡力，故平板对物块的作用力保持不变，故C正确；物块始终与平板保持相对静止，故物块所受合力始终为0，故D错误．3.一盏电灯重力为G，悬于天花板上A点，在电线O处系一细线OB，使电线OA偏离竖直方向的夹角为β＝30°，如图所示．现保持β角不变，缓慢调整OB方向至虚线位置，则下列说法正确的是(　　)A．OA中的张力先减小后增大B．OB中的张力先增大后减小C．OA中的张力不断增大D．OB中的张力不断减小答案　C解析　对O点受力分析，重力为恒力，OA绳的拉力方向不变，OB绳的拉力大小和方向均发生变化，则构成三力平衡的一类动态平衡，由图解法作图如图所示，当FTOB⊥FTOA时，FTOB最小，整个转动过程，FTOB先减小后增大，FTOB与重力的合力不断增大，即OA绳的张力不断增大．故选C. 4．质量为m的球置于倾角为θ的光滑斜面上，被与斜面垂直的光滑挡板挡着，如图所示．当挡板从图示位置沿逆时针缓慢转动至水平位置的过程中，挡板对球的弹力FN1和斜面对球的弹力FN2的变化情况是(　　)A．FN1先增大后减小   B．FN1先减小后增大C．FN2逐渐增大   D．FN2逐渐减小答案　D解析　受力分析如图，当挡板逆时针缓慢转动到水平位置时，挡板对球的支持力逐渐增大，斜面对球的支持力逐渐减小．故选D.5.(多选)如图，用硬铁丝弯成的光滑半圆环竖直放置，直径竖直，O为圆心，最高点B处固定一光滑轻质滑轮，质量为m的小环A穿在半圆环上．现用细线一端拴在A上，另一端跨过滑轮用力F拉动，使A缓慢向上移动．小环A及滑轮B大小不计，在移动过程中，关于拉力F以及半圆环对A的弹力FN的说法正确的是(　　)A．FN逐渐变小B．FN大小不变C．FN的方向背离圆心D．F逐渐变大答案　BC解析　在小环缓慢向上移动的过程中，小圆环A处于受力平衡状态，根据平衡条件知mg与FN的合力与FT等大反向共线，作出mg与FN的合力，如图，由三角形相似得＝＝ ，F＝FT ，F＝mg，AB变小，BO不变，则F变小．FN＝mg, AO、BO都不变，则FN大小不变，方向始终背离圆心，A、D错误，B、C正确．6．(2022·宁夏银川一中高三月考)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，O与O2由一根轻质细绳连接，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逐渐变大答案　A解析　对细棒受力分析可知，细棒受重力G、拉力F以及结点处的支持力FN，根据平衡条件可知，支持力FN与拉力F的合力与重力等大反向，如图所示；则由图可知，△OFG′∽△O1OO2，则可知：＝＝，在细棒转动过程中，左侧绳长OO2变短，而O2O1及OO1不变，则可知：F变小，FN不变，故A正确，B、C、D错误．7.《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1 000 kV的高压线上带电作业的过程．如图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮D上．另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制．身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处．绳OD一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m，可看作质点，不计一切阻力，重力加速度大小为g.关于王进从C点缓慢运动到E点的过程中，下列说法正确的是(　　)A．绳OD的拉力一直变小B．工人对绳的拉力一直变大C．OD、CD两绳拉力的合力小于mgD．当绳CD与竖直方向的夹角为30°时，工人对绳的拉力为mg答案　D解析　对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析，绳OD的拉力为F1，与竖直方向的夹角为θ；绳CD的拉力为F2，与竖直方向的夹角为α，则由几何关系得α＝45°－.由正弦定理可得＝＝，解得F1＝mgtan α，F2＝＝＝mg(2cos α－)，α增大，θ减小，则F1增大，F2减小，A、B错误；两绳拉力的合力大小等于mg，C错误；当α＝30°时，则θ＝30°，根据平衡条件有2F2cos 30°＝mg，可得F2＝mg，D正确．8.如图为一个水平传感器的简易模型，截面ABC为竖直放置的正三角形，D、E、F分别是三边的中点，O点为三角形的中心，在O点处用三根轻绳将一小球与D、E、F三点处的拉力传感器连接，三根轻绳刚好伸直，通过测出三根轻绳的拉力大小，信息处理单元可显示摆放处的倾角．图中BC边恰好处于水平状态，现将其以C为旋转中心，在竖直平面内沿顺时针缓慢转动，直到AB边处于水平位置，则在转动过程中(　　)A．OD绳的拉力先减小后增大B．OD绳的拉力先增大后减小C．OF绳的拉力先减小后增大D．OF绳的拉力先增大后减小答案　B解析　在三角形顺时针旋转过程中，OE绳上一直没有张力，所以小球在重力以及OD和OF两根绳的拉力作用下保持平衡，在三角形装置绕C点转至AB水平的过程中OD和OF的夹角保持120°不变，重力大小和方向恒定，如图所示，将三个力首尾相连构成一个闭合的矢量三角形，该三角形中G所对的角保持60°不变，由此可以作该矢量三角形的外接圆，画出动态分析图，由图可知，在该过程中FOD先增大后减小，在FOF水平时FOD恰好是外接圆的直径，FOD即达到最大，FOF则一直减小，故B正确．9．(多选)细绳绕过光滑轻质动滑轮，A、B两端按如图所示的方式固定，然后将质量为M的重物挂在动滑轮上，系统处于静止状态，下列说法正确的是(　　)A．左、右两侧的细绳中的拉力大小一定相同B．左、右两侧的细绳与竖直方向的夹角相同C．将B向上缓慢移动，细绳中的拉力一定增大D．将B向下移动，细绳与竖直方向的夹角一定增大答案　AB解析　设绳子总长为L，A、B两端之间的竖直距离为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θ，则由几何知识，得s＝L1sin θ＋L2sin θ＝(L1＋L2)sin θ，L1＋L2＝L得到sin θ＝，即绳子B端缓慢向下或者向上移时，s、L没有变化，则θ不变，绳子的拉力大小为F，重物的重力为G.以滑轮为研究对象，根据平衡条件得2Fcos θ＝G，解得F＝，当θ不变时，绳子拉力不变．故选A、B.10．如图所示，在竖直放置的穹形光滑支架上(上部为半圆形，左右竖直)一根不可伸长的轻绳通过光滑的轻质滑轮悬挂一重物G.现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B点(B点是穹形支架的最高点)沿支架缓慢地向C点(C点与A点等高)靠近．则绳中拉力大小变化的情况是(　　)A．先变小后变大B．先不变后变大C．先不变后变小D．先变大后不变答案　D解析　当轻绳的右端从B点缓慢移到直杆最上端时，设两绳的夹角为2θ.以滑轮为研究对象，受力分析，根据平衡条件得2Fcos θ＝mg，得到绳子的拉力F＝，所以在轻绳的右端从B点移到直杆最上端的过程中，θ变大，cos θ减小，则F变大．当轻绳的右端从直杆最上端移到C点时，设两绳的夹角为2α，绳子总长为L，两直杆间的距离为s，由数学知识得到sin α＝， L、s不变，则α保持不变．再根据平衡条件可知，两绳的拉力F保持不变，所以绳中拉力大小变化的情况是先变大后不变，故选项D正确；A、B、C错误．11．(多选)如图所示，A是一质量为m的盒子，B的质量为，它们间用轻绳相连，跨过光滑的定滑轮，A置于倾角为α＝15°的斜面上，B悬于斜面之外，整个系统处于静止状态．现在向A中缓慢地加入沙子，直至A将要滑动的过程中(　　)A．绳子拉力大小不变，恒等于mgB．A对斜面的压力逐渐增大C．A所受的摩擦力逐渐增大D．A所受的摩擦力先减小后反向增大答案　ABD解析　绳子拉力的大小等于B的重力大小，且始终不变，故A正确；A对斜面的压力等于A及沙子的总重力沿垂直于斜面的分力，随着沙子的质量的增加，A对斜面的压力逐渐增大，故B正确；未加沙子时，A所受的重力沿斜面向下的分力为mgsin α＜ ，即小于绳子的拉力，A有向上运动的趋势，受到沿斜面向下的静摩擦力，当向A中缓慢加入沙子，摩擦力逐渐变小，当A和加入沙子的总重力沿斜面分力大于B的重力时，A 有向下的运动趋势，则受到沿斜面向上的静摩擦力，则随着沙子质量的增加，A 所受到的摩擦力增大，故A受到的摩擦力先减小后反向增大，故C错误，D正确．  12．在楼房维修时，为防止重物碰撞阳台，工人经常使用如图所示的装置提升重物．跨过光滑定滑轮的a绳和b、c绳子连接在O点，工人甲拉动a绳的一端使重物上升，工人乙在地面某一固定位置用力拉着b绳的一端，保证重物沿竖直方向匀速上升，则下列说法正确的是(　　)A．a绳的拉力越来越小B．b绳的拉力越来越小C．工人乙对地面的压力越来越小D．工人乙对地面的摩擦力越来越小答案　C解析　当重物匀速上升时，重物受力平衡，O点受到c绳的拉力大小等于重物的重力G，受力分析如图所示，重物越高，a段绳子与竖直方向的夹角越大，b段绳子与竖直方向的夹角越小，根据力的平行四边形，可见随着重物的升高，a、b两段绳子的拉力均增大，A、B错误；工人乙在竖直方向受到b段绳子拉力的竖直分力越来越大，根据平衡条件可知，地面对乙的支持力越来越小，由牛顿第三定律可知，工人乙对地面的压力越来越小，C正确；由于a段绳子拉力越来越大，与竖直方向的夹角越来越大，其水平方向的分力越来越大，根据平衡条件可知，工人乙受到地面的摩擦力越来越大，由牛顿第三定律知，工人乙对地面的摩擦力越来越大，D错误．