1、动态平衡问题：三种非常规方法-备战2022年高考尖子生培优专题(解析版)

1、动态平衡问题-三种非常规方法一．动态平衡是指平衡问题中的一部分力是变力，是动态力，力的大小和方向均要发生变化，所以叫动态平衡。

2．基本思路化“动”为“静”，“静”中求“动”。

二、解决动态平衡方法1、图解法：图解法分析物体动态平衡问题时，一般物体只受三个力作用，且其中一个力大小、方向均不变，另一个力的方向不变，第三个力大小、方向均变化． (1)用力的矢量三角形分析力的最小值问题的规律：①若已知F 合的方向、大小及一个分力F 1的方向，则另一分力F 2的最小值的条件为F 1⊥F 2； ②若已知F 合的方向及一个分力F 1的大小、方向，则另一分力F 2的最小值的条件为F 2⊥F 合． 例1．（多选）已知力F ，且它的一个分力F 1跟F 成30°角，大小未知，另一个分力F 2的大小为33F ，方向未知，则F 1的大小可能是( ) A.3F 3 B.3F 2 C.23F 3D.3F 【解析】根据题意作出矢量三角形如图，因为33F >F2，从图上可以看出，F 1有两个解，由直角三角形OAD 可知：F OA ＝ F 2－F22＝32F .由直角三角形ABD 得：F BA ＝ F 22－F22＝36F .由图的对称性可知：F AC ＝F BA ＝36F ，则分力F 1＝32F －36F ＝33F ；F 1′＝32F ＋36F ＝233F .【答案】AC针对训练1、作用于O 点的三力平衡，设其中一个力大小为F 1，沿y 轴正方向，力F 2大小未知，与x 轴负方向夹角为θ，如图19所示．下列关于第三个力F 3的判断中正确的是( )．A ．力F 3只能在第四象限B．力F3与F2夹角越小，则F2和F3的合力越小C．F3的最小值为F1cos θD．力F3可能在第一象限的任意区域【解析】O点受三力平衡，因此F2、F3的合力大小等于F1，方向与F1相反，故B错误；作出平行四边形，由图可以看出F3的方向范围为第一象限中F2反方向下侧及第四象限，故A、D错；当F3⊥F2时，F3最小，F3＝F1cos θ，故C正确．【答案】 C针对训练2、（多选）如图所示，在“探究求合力的方法”的实验中，橡皮条一端固定于P 点，另一端通过两个细绳套连接两个弹簧测力计，分别用F1和F2拉两个弹簧测力计，将结点拉至O点.现让F1大小不变，方向沿顺时针方向转动某一角度，且F1始终处于PO所在直线左侧，要使结点仍位于O点，则关于F2的大小和图中的θ角，下列说法中正确的是( )A.增大F2的同时增大θ角B.增大F2的同时减小θ角C.增大F2而保持θ角不变D.减小F2的同时增大θ角【解析】结点O的位置不变，则F1和F2的合力不变，作出F1和F2合成的矢量三角形，如图所示，可知增大F2的同时，θ角可以增大，可以不变，也可以减小，故只有D说法错误.【答案】ABC2、相似三角形：正确作出力的三角形后，如能判定力的三角形与图形中已知长度的三角形（几何三角形）相似，则可用相似三角形对应边成比例求出三角形中力的比例关系，从而达到求未知量的目的。

（1）特点：往往涉及三个力，其中一个力为恒力，另两个力的大小和方向均发生变化，则此时用力的矢量三角形与空间几何三角形相似。

相似三角形法是解平衡问题时常遇到的一种方法，解题的关键是正确的受力分析，寻找力三角形和几何三角形相似，可利用相似三角形对应边成比例进行计算，注意：构建三角形时可能需要画辅助线。

例1、(2021·河北石家庄模拟)如图所示，光滑的半圆环沿竖直方向固定，M 点为半圆环的最高点，N 点为半圆环上与半圆环的圆心等高的点，直径MH 沿竖直方向，光滑的定滑轮固定在M 处，另一小圆环穿过半圆环用质量不计的轻绳拴接并跨过定滑轮．开始小圆环处在半圆环的最低点H 点，第一次拉小圆环使其缓慢地运动到N 点，第二次以恒定的速率将小圆环拉到N 点．滑轮大小可以忽略，则下列说法正确的是( )A ．第一次轻绳的拉力逐渐增大B ．第一次半圆环受到的压力逐渐减小C ．小圆环第一次在N 点与第二次在N 点时，轻绳的拉力相等D ．小圆环第一次在N 点与第二次在N 点时，半圆环受到的压力相等【解析】 小圆环沿半圆环缓慢上移过程中，受重力G 、拉力F T 、弹力F N 三个力处于平衡状态，受力分析如图所示．由图可知△OMN 与△NBA 相似，则有G ＝F N R ＝F TMN(式中R 为半圆环的半径)，在小圆环缓慢上移的过程中，半径R 不变，MN 的长度逐渐减小，故轻绳的拉力F T 逐渐减小，小圆环所受的支持力的大小不变，由牛顿第三定律得半圆环所受的压力的大小不变，A 、B 错误；第一次小圆环缓慢上升到N 点时，F N ＝G 、F T ＝2G ；第二次小圆环运动的过程中，假设小圆环速率恒为v ，当小圆环运动到N 点时，在水平方向上有F T ′cos 45°－F N ′＝m v 2R ，在竖直方向上有G ＝F T ′sin 45°，解得F T ′＝2G ，F N ′＝G －m v 2R，再结合牛顿第三定律可知，C 正确，D错误． 【答案】 C针对训练1、(2021·安徽合肥高三质检)如图所示，两小球A 、B 固定在一轻质细杆的两端，其质量分别为m 1和m 2.将其放入光滑的半圆形碗中，当细杆保持静止时，圆的半径OA 、OB 与竖直方向夹角分别为30°和45°，则m 1和m 2的比值为( )A.2∶1B.3∶1 C ．2∶1D.6∶1【解析】分别对小球A 、B 受力分析如图所示．对小球A 、B 分别由三角形相似原理得m 1gOO ′＝F N1OA ，m 2g OO ′＝F N2OB ，故m 1m 2＝F N1F N2；分别由正弦定理得F N1sin α＝F sin 30°，F N2sin β＝F sin 45°，而sin α＝sin β，故F N1F N2＝sin 45°sin 30°＝2∶1，故m 1∶m 2＝2∶1，选项A 正确．【答案】A针对训练2、如图所示，两个带有同种电荷的小球A 、B 用绝缘轻细线相连悬于O 点，已知q 1>q 2，L 1>L 2，平衡时两球到过O 点的竖直线的距离相等，则( )A ．m 1>m 2B ．m 1<m 2C ．m 1＝m 2D ．不能确定【解析】对两小球A 、B 受力分析如图所示(OC 距离为L 、F 库与F 库′为所受库仑力)．由力的三角形定则和几何三角形相似，对m 1有m 1g F 库＝L x 1，对m 2有m 2g F 库′＝Lx 2，由于F 库＝F 库′，可得m 1m 2＝x 2x 1，由于两球到过O 点的竖直线的距离相等，所以x 1＝x 2，故m 1＝m 2，故C 项正确．【答案】C 3、正弦定理法如图所示，物体受三个共点力作用而处于平衡状态，则三个力中任何一个力的大小分别与另外两个力的夹角的正弦成正比，即F 1sin α＝F 2sin β＝F 3sin γ。

例1．(2021·江苏常州市期中)如图为一个水平传感器的简易模型，截面为内壁光滑竖直放置的正三角形，内部有一个略小于三角形内切圆的小球，三角形各边有压力传感器，通过测出小球对三边压力的大小，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 为轴在竖直平面内顺时针缓慢转动，直到AB 边处于水平状态，则在转动过程中( )A ．球对BC 边的压力一直增大B ．球对BC 边的压力一直减小 C ．球对BC 边的压力先增大后减小D ．球对BC 边的压力先减小后增大【解析】 对正三角形内部的小球受力分析，如图所示．由几何关系可知，随着角度θ从0°到120°增大过程中，角α与角θ之和保持不变，且α＋θ＝120°，所以角β也保持不变，β＝60°，由平衡条件和正弦定理得G sin β＝F N ACsin θ＝F N BCsin120°－θ球对BC 边的压力F N BC ′＝F N BC ＝G sin βsin (120°－θ)＝G sin 60°sin (120°－θ)＝233G sin(120°－θ)当AB 边水平时，则θ＝60°，而当θ＝30°，F N BC 最大，故选C. 【答案】 C针对训练2.(2021·辽宁模拟)(多选)如图所示，处于竖直平面内的正六边形ABCDEF ，可绕过C 点且与平面垂直的水平轴自由转动，该金属框架的边长为L ，中心记为O ，用两根不可伸长、长度均为L的轻质细线将质量为m的金属小球悬挂于A、E两个顶点并处于静止状态．现顺时针缓慢转动框架，转过90°角，重力加速度为g，在整个转动过程中，下列说法中正确的是( )A．细线OA中拉力的最大值为mgB．细线OE中拉力的最大值为233mgC．细线OA中拉力逐渐增大D．细线OE中拉力逐渐减小【解析】对小球进行受力分析，如图所示，mg的对角始终为120°，设FTA的对角为α，FTE的对角为β，缓慢转动过程中，小球始终受力平衡，由正弦定理得mg sin120°＝FTAsinα＝FTEsinβ，α角由150°减小到60°，FTA先增大后减小，当α＝90°时，FTA 最大，最大值为23mg3，故A、C两项错误；β角由90°增加到180°，FTE 一直减小到0，当β＝90°时，FTE最大，最大值为23mg3，故B、D两项正确．【答案】BD针对训练2．(2021·绵阳模拟)近年来，智能手机的普及使“低头族”应运而生．现将人体头颈部简化为如图的模型，重心在P点的头部，在可绕O转动的颈椎OP(可视为轻杆)的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止．当人低头时，颈椎与竖直方向的夹角为45°，PQ与竖直方向的夹角为60°，此时，颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到的压力的(sin 15°＝0.26，3＝1.73)( )A ．4.2倍B ．2.8倍C ．3.3倍D ．2.0倍【解析】：选C.对头部进行受力分析，如图所示．设人的颈椎对头的支持力为F ，由正弦定理得F G ＝sin 180°－15°－45°sin 15°＝sin 60°sin 15°≈3.3，选项C 正确．【答案】C练习1. （多选）如图所示，物体在沿粗糙斜面向上的拉力F 作用下处于静止状态．当F 逐渐增大到物体即将相对于斜面向上运动的过程中，斜面对物体的作用力可能( )A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．先增大后减小D ．先减小后增大【解析】因为初始状态拉力F 的大小未知，所以斜面对物体的摩擦力大小和方向未知，故在F 逐渐增大的过程中，斜面对物体的作用力的变化存在多种可能．斜面对物体的作用力是斜面对物体的支持力与摩擦力的合力．因为物体始终保持静止状态，所以斜面对物体的作用力和物体重力G 与拉力F 的合力是平衡力．因此，判断斜面对物体的作用力的变化就转化为分析物体的重力G 和拉力F 的合力的变化．物体的重力G 和拉力F 的合力的变化如图所示，由图可知，F 合可能先减小后增大，也可能逐渐增大．【答案】AD2．（多选）如图所示，形状和质量完全相同的两个圆柱体a 、b 靠在一起，表面光滑，重力为G，其中b的下半部刚好固定在水平面MN的下方，上边露出另一半，a静止在平面上．现过a的轴心施加一水平作用力F，可缓慢的将a拉离平面一直滑到b的顶端，对该过程分析，则应有( )A．拉力F先增大后减小，最大值是GB．开始时拉力F最大为3G，以后逐渐减小为0C．a、b间的压力开始最大为2G，而后逐渐减小到GD．a、b间的压力由0逐渐增大，最大为G【解析】要把a拉离平面，在开始时，平面MN对a球的支持力应为零，因此a球受力分析如图甲所示，则sin θ＝R2R ＝12，所以θ＝30°，拉力F＝Gtan 30°＝3G.当球a逐渐上移时，用图解法分析F的变化如图乙所示，在球a上移时，拉力F逐渐减小至零．在开始时，a、b间的压力F N＝Gsin 30°＝2G，以后逐渐减小至G，因此正确选项为B、C.【答案】BC3、如图所示，质量为m的球放在倾角为α的光滑斜面上，在斜面上有一光滑且不计厚度的木板挡住球，使之处于静止状态．今使挡板与斜面的夹角β缓慢增大，在此过程中，斜面对球的支持力N1和挡板对球的压力N2的变化情况为( )A．N1、N2都是先减小后增加B．N1一直减小，N2先增加后减小C．N1先减小后增加，N2一直减小D．N1一直减小，N2先减小后增加【解析】对球受力分析，如图甲所示．球始终处于平衡状态，故三个力的合力始终为零，三力构成矢量三角形．挡板逆时针转动时，N 2方向也逆时针转动，作出图甲所示的动态矢量三角形．由图甲可见，N 1随β的增大一直减小，N 2先减小后增大．【答案】D4．如图所示，两个带有同种电荷的小球A 、B 用绝缘轻细线相连悬于O 点，已知q 1>q 2，L 1>L 2，平衡时两球到过O 点的竖直线的距离相等，则( )A ．m 1>m 2B ．m 1<m 2C ．m 1＝m 2D ．不能确定【解析】对两小球A 、B 受力分析如图所示(OC 距离为L 、F 库与F 库′为所受库仑力)．由力的三角形定则和几何三角形相似，对m 1有m 1g F 库＝L x 1，对m 2有m 2g F 库′＝Lx 2，由于F 库＝F 库′，可得m 1m 2＝x 2x 1，由于两球到过O 点的竖直线的距离相等，所以x 1＝x 2，故m 1＝m 2，故C 项正确．【答案】 C5.(2020·全国百强中学3月模拟)如图，半圆球P 和竖直挡板固定在水平面上，挡板与P 相切，光滑小球Q 静止在P 和挡板之间．已知Q 的质量为m ，P 、Q 的半径之比为4∶1，重力加速度大小为g ，则Q 对P 的压力大小为( )A.4mg 3 B.5mg 4 C.4mg 5 D.3mg 4【解析】 对Q 进行受力分析，Q 受重力mg 、挡板对Q 的弹力N 1和P 对Q 的弹力N 2，Q 受三力平衡，将三力构建成一个首尾相连的矢量三角形，如图所示，连接P 、Q 两球的球心O 1O 2，从O 2竖直向下作垂线，交球P 直径于A ，根据几何关系可得，球Q 受三力的矢量三角形与△AO 1O 2相似，由相似三角形法可得mg O 2A ＝N 2O 1O 2，设球Q 的半径为r ，球P 的半径为4r ，则O 1O 2＝5r ，AO 1＝3r ，根据勾股定理可得O 2A ＝4r ，联立解得N 2＝5mg4，根据牛顿第三定律可知，Q 对P 的压力大小为N 2′＝5mg4，选项B 正确．【答案】 B6.（多选）如图所示，固定的光滑直杆与竖直墙面夹角α＝30°，轻弹簧上端固定墙面上，下端与重力为G 的小球连接，小球套在直杆上，已知小球静止时弹簧与墙面夹角θ＝45°，下列判断正确的是( )A.杆对小球的弹力方向垂直杆向上B.弹簧对球的弹力有可能为压力C.弹簧的弹力大小是杆对小球弹力的62倍 D.弹簧的弹力大于3G【解析】 由小球沿杆方向受力平衡可知，弹簧对小球的弹力为拉力，由小球受力平衡可知，杆对小球的弹力方向垂直杆向下，选项A、B错误；小球受力如图所示，杆对小球的弹力F N与F′的夹角i＝90°－α－θ＝15°，根据正弦定理有Gsin i＝F′sin（180°－θ－i）＝F Nsin θ，解得F′F N＝62，F′＝sin 60°sin 15°G＞sin 60°sin 30°G＝3G，选项C、D正确。