专题6 力的动态平衡

$ B $ 受重力 $ G $ 、 $ A $ 的支持力 $ {F}_{1} $ 和墙壁的支持力 $ {F}_{2} $ ,如图1所示,将重力 $ G $ 分解为 $ {G}_{1} $ 和 $ {G}_{2} $ ,根据平衡条件可知 $ {F}_{1}={G}_{1}=\dfrac{G}{ \cos \theta } $ , $ {F}_{2}={G}_{2}=G \tan \theta $ ,当 $ A $ 向右移动少许时, $ A $ 对 $ B $ 的支持力 $ {F}_{1} $ 与竖直方向的夹角 $ \theta $ 减小,则墙壁对 $ B $ 的支持力减小, $ A $ 对 $ B $ 的支持力减小,由牛顿第三定律可知, $ B $ 对墙壁的压力减小, $ \mathrm{A} $ 正确, $ \mathrm{B} $ 错误；对 $ A $ 进行受力分析如图2所示,由 $ A $ 水平方向受力平衡得地面对 $ A $ 的摩擦力 $ f={F}_{B} \sin \theta ={F}_{1} \sin \theta ={F}_{2} $ ,故地面对 $ A $ 的摩擦力 $ f $ 减小, $ \mathrm{C} $ 正确；以 $ A $ 、 $ B $ 组成的整体为研究对象,地面对 $ A $ 的支持力等于整体的总重力,不变,由牛顿第三定律可知, $ A $ 对地面的压力不变, $ \mathrm{D} $ 正确.

以物体为研究对象,根据共点力平衡条件可得拉物体的轻绳上的弹力大小为 $ {F}_{\mathrm{T}}=mg $ ,不变,故 $ \mathrm{A} $ 错误；由于轻绳 $ OA $ 恰好在两绳夹角的角平分线上,吊物体的轻绳竖直,根据几何关系可知 $ 2\theta =\alpha $ ,则夹角 $ \alpha $ 与夹角 $ \theta $ 的比值不变,故 $ \mathrm{B} $ 错误；轻绳绕过轻滑轮,轻滑轮相当于一活结,该轻绳上的弹力大小都为 $ mg $ ,以滑轮为研究对象,由共点力平衡条件可得轻绳 $ OA $ 上的弹力大小为 $ T=2{F}_{\mathrm{T}} \cos \dfrac{\alpha }{2}=2mg \cos \dfrac{\alpha }{2} $ ,拉着绳在水平地面上向右运动过程中两绳夹角 $ \alpha $ 逐渐增大, $ \alpha $ 为锐角, $ \cos \dfrac{\alpha }{2} $ 逐渐减小,则弹力 $ T $ 逐渐减小, $ \mathrm{C} $ 正确；以人为研究对象,根据共点力平衡条件可得地面对人的摩擦力为 $ f={F}_{\mathrm{T}} \sin \alpha =mg \sin \alpha $ ,人在水平地面上向右运动过程中,两绳夹角 $ \alpha $ 逐渐增大, $ \alpha $ 为锐角, $ \sin \alpha $ 增大,则摩擦力逐渐增大, $ \mathrm{D} $ 错误.

以 $ O $ 点为研究对象,受到竖直向下的拉力 $ T $ 等于灯笼的重力 $ mg $ ,恒定不变；受到 $ OA $ 的拉力 $ {F}_{1} $ ,方向保持不变, $ OB $ 的拉力 $ {F}_{2} $ ；仅将题图甲中轻绳 $ OB $ 缓慢逆时针旋转至题图乙所示的 $ OB\prime $ 位置, $ OB\prime $ 与水平杆的夹角也为 $ {60}^{\circ } $ ,根据三角形定则,如图所示,可知 $ {F}_{1} $ 变小、 $ {F}_{2} $ 先变小后变大.故 $ \mathrm{C} $ 正确.

对小球受力分析,如图所示,将 $ F $ 由题图所示位置沿逆时针缓慢转至竖直的过程中,在力的平行四边形中,可以看到 $ F $ 先变小后变大,细线弹力一直减小.故选 $ \mathrm{B} $ .

设细线长度为 $ L $ ,悬点到半球体球心的距离为 $ ℎ $ ,半球体半径为 $ R $ ,以小球为研究对象,受力分析如图所示,力 $ △ANF $ 与 $ △OAO\prime $ 相似,由几何关系有 $ \dfrac{F}{ℎ}=\dfrac{N}{R}=\dfrac{T}{L} $ , $ F=mg $ ,解得 $ N=\dfrac{R}{ℎ}mg $ , $ T=\dfrac{L}{ℎ}mg $ ,半球体受热均匀缓慢膨胀时, $ R $ 增大,但 $ ℎ $ 、 $ L $ 不变,故半球体对小球的支持力 $ N $ 增大,细线对小球的拉力 $ T $ 大小不变 $ .\mathrm{C} $ 正确.

如图甲所示,对小球受力分析,将小球受到的力平移构成矢量三角形,则该三角形与 $ △ODC $ 相似,由几何知识有 $ \dfrac{G}{DO}=\dfrac{{F}_{\mathrm{T}}}{OC}=\dfrac{F}{CD} $ ,由题可知, $ G $ 、 $ DO $ 均不变,则 $ \dfrac{{F}_{\mathrm{T}}}{OC} $ 为定值,设弹簧原长为 $ {l}_{0} $ ，形变量为 $ \mathrm{\Delta }l $ ,则 $ OC={l}_{0}-\mathrm{\Delta }l $ , $ {F}_{\mathrm{T}}=k\mathrm{\Delta }l $ ,则 $ \dfrac{{F}_{\mathrm{T}}}{OC}=\dfrac{k\mathrm{\Delta }l}{{l}_{0}-\mathrm{\Delta }l} $ ,可得 $ \mathrm{\Delta }l $ 为定值,故 $ OC $ 、 $ {F}_{\mathrm{T}} $ 均不变,故 $ \mathrm{A} $ 错误；如图乙所示,对 $ O $ 点受力分析,将力平移构成矢量三角形,其中 $ F{\prime }_{\mathrm{T}}={F}_{\mathrm{T}} $ 大小不变, $ a $ 、 $ b $ 杆对 $ O $ 的弹力 $ {F}_{a} $ 、 $ {F}_{b} $ 沿杆,夹角不变；小球上升过程中, $ {F}_{b} $ 与 $ F{\prime }_{\mathrm{T}} $ 的夹角 $ \alpha $ 变大,由图丙可知, $ {F}_{a} $ 逐渐减小, $ {F}_{b} $ 先增大后减小,故 $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{D} $ 正确, $ \mathrm{C} $ 错误.

当底板与水平面间的夹角为 $ {30}^{\circ } $ 时,对货物受力分析,如图甲所示,两个弹力 $ {N}_{1} $ 与 $ {N}_{2} $ 垂直,由平衡条件可得支架对货物的支持力大小 $ {N}_{1}=mg \sin {30}^{\circ }=0.5mg $ ,底板对货物的支持力大小 $ {N}_{2}=mg \cos {30}^{\circ }=\dfrac{\sqrt{3}}{2}mg $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确, $ \mathrm{B} $ 错误；压下把手的过程中,两个弹力的夹角始终是 $ {90}^{\circ } $ ,货物的受力情况如图乙所示,由图乙可知,底板对货物的支持力 $ {N}_{2} $ 一直减小,支架对货物的支持力 $ {N}_{1} $ 一直增大,故 $ \mathrm{C} $ 正确, $ \mathrm{D} $ 错误.

解法一（“动态圆”法） $ ： $ 对结点 $ O $ 受力分析,受竖直向下的拉力（大小等于物体 $ M $ 的重力 $ G $ ）、 $ OA $ 的拉力 $ {F}_{1} $ 、 $ OB $ 的拉力 $ {F}_{2} $ ,始终保持静止,合力为零,所以 $ G $ 、 $ {F}_{1} $ 、 $ {F}_{2} $ 构成封闭的矢量三角形,如图甲所示,由于重力以及 $ {F}_{1} $ 和 $ {F}_{2} $ 夹角 $ \alpha ={120}^{\circ } $ 不变,即 $ \beta ={60}^{\circ } $ 不变,当 $ {F}_{2} $ 水平,即 $ OB $ 绳水平时, $ {F}_{1} $ 最大,所以 $ {F}_{1} $ 先增大后减小, $ {F}_{2} $ 一直减小,故 $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{C} $ 正确.

甲

解法二（正弦定理法）:如图乙所示,作出矢量三角形,由正弦定理可知 $ \dfrac{G}{ \sin \mathrm{\angle }A}=\dfrac{{F}_{1}}{ \sin \mathrm{\angle }B}=\dfrac{{F}_{2}}{ \sin \mathrm{\angle }O} $ ,在旋转过程中,两根轻绳的夹角不变,则 $ \mathrm{\angle }A $ 始终为 $ {60}^{\circ } $ ,而 $ \mathrm{\angle }O $ 会从 $ {90}^{\circ } $ 逐渐减小, $ \mathrm{\angle }B $ 会从 $ {30}^{\circ } $ 逐渐增大,且最后大于 $ {90}^{\circ } $ ,根据正弦值的变化可知, $ {F}_{1} $ 先增大后减小, $ {F}_{2} $ 一直减小,故 $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{C} $ 正确.

乙

因为挂钩是光滑的,可视为“活结”,所以两段绳子上的拉力大小相等,合力方向竖直向上,每段绳子与竖直方向夹角也相等,如图所示,设两段绳子与竖直方向夹角为 $ \theta $ ,绳长为 $ L $ ,两杆间的距离为 $ d $ ,根据几何关系可知 $ {L}_{1} \sin \theta ={d}_{1} $ , $ {L}_{2} \sin \theta ={d}_{2} $ ,其中 $ {L}_{1}+{L}_{2}=L $ , $ {d}_{1}+{d}_{2}=d $ ,联立可得 $ \sin \theta =\dfrac{d}{L} $ ,对衣服进行受力分析,可得 $ 2F \cos \theta =mg $ ,无论绳子右端上移还是下移,两端点高度差如何变化,只要 $ L $ 、 $ d $ 不变,绳子与竖直方向夹角保持不变,绳子的拉力大小就不变,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{C} $ 错误；若将右边的竖直杆右移一些,两杆间的距离 $ d $ 增大,绳子与竖直方向夹角 $ \theta $ 增大,绳子拉力变大,故 $ \mathrm{B} $ 正确；若换挂质量更大的衣服,绳子拉力增大,但小挂钩的位置不会移动,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

不计挂钩与绳之间的摩擦,则挂钩可视为“活结”,挂钩两侧绳上的拉力大小相等.甲缓慢站起至站直的过程,可视为动态平衡.设挂钩两侧轻绳间的夹角为 $ \theta $ ,设轻绳上的拉力为 $ F $ ,则由共点力的平衡可得 $ 2F \cos \dfrac{\theta }{2}=mg $ ,则甲缓慢站起至肩膀与乙肩膀高度相同的过程中, $ A $ 、 $ B $ 之间的水平距离变大,故轻绳间的夹角 $ \theta $ 变大, $ \cos \dfrac{\theta }{2} $ 变小,轻绳的张力变大；甲、乙站直后肩膀高度相同,当甲站直时,杆水平,两段轻绳间夹角最大,轻绳的张力最大.所以轻绳的张力一直变大,故 $ \mathrm{A} $ 正确, $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{C} $ 错误.轻绳对挂钩的作用力始终等于挂钩和重物的重力之和,所以轻绳对挂钩的作用力大小一直不变,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

设挂钉左右两侧细绳与竖直方向的夹角为 $ \theta $ ，开始时根据平衡条件可得 $ 2F \cos \theta =G $ ,由几何关系可知 $ \theta ={30}^{\circ } $ ,解得 $ F=\dfrac{10\sqrt{3}}{3}\mathrm{N} > 5\mathrm{N} $ ,细绳的最大拉力不是 $ 5\mathrm{N} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误；挂钉对细绳的弹力是由挂钉的形变产生的,故 $ \mathrm{B} $ 错误；将细绳打结后重新对称悬挂,细绳长度变短,则 $ \theta $ 变大, $ \cos \theta $ 变小,细绳的张力变大,故 $ \mathrm{C} $ 错误；重新悬挂后细绳对画框的作用力仍然等于画框的重力,所以细绳对画框的作用力不变,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

风对风筝的作用力垂直于风筝,斜向右上方,若风筝线与水平方向夹角为 $ {30}^{\circ } $ ,则线与竖直方向夹角为 $ {60}^{\circ } $ ,对风筝进行受力分析,如图甲所示,沿风筝面,有 $ {F}_{1} \cos {60}^{\circ }=mg \cos {60}^{\circ } $ ,即 $ {F}_{1}=mg $ ,垂直于风筝面有 $ {F}_{2}={F}_{1} \sin {60}^{\circ }+mg \sin {60}^{\circ }=\sqrt{3}mg $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误, $ \mathrm{B} $ 正确；若风速缓慢增大,则风对风筝的作用力 $ {F}_{2} $ 增大,作出矢量动态三角形如图乙所示,由图乙可知,若风速缓慢变大,则线与水平方向夹角变大,线对风筝的作用力 $ {F}_{1} $ 也增大,故 $ \mathrm{C} $ 正确；当线与水平方向夹角达到 $ {60}^{\circ } $ 时,风筝无法平衡,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

以两个小球及杆组成的系统为研究对象,以 $ C $ 为支点,并作出力臂 $ {L}_{A} $ 、 $ {L}_{B} $ 如图甲所示, $ C $ 为定滑轮,则 $ AC $ 、 $ BC $ 对滑轮的拉力相等,如图乙所示,所以 $ \mathrm{\angle }ACD=\mathrm{\angle }BCD $ ,以 $ C $ 为支点,根据杠杆的平衡条件有 $ {m}_{A}g{L}_{A}={m}_{B}g{L}_{B} $ ,由 $ {m}_{A}:{m}_{B}=3:1 $ ,可知 $ {L}_{A}:{L}_{B}=1:3 $ ,由图甲知, $ △AEC $ 与 $ △BFC $ 均为直角三角形, $ \mathrm{\angle }ACD=\mathrm{\angle }BCD $ ,则 $ \mathrm{\angle }EAC=\mathrm{\angle }FBC $ , $ \mathrm{\angle }ACE=\mathrm{\angle }BCF $ ,所以 $ △ACE\sim △BCF $ ,则 $ AC:BC={L}_{A}:{L}_{B}=1:3 $ , $ \mathrm{C} $ 正确.

设绳长为 $ L $ ,轻质挂钩光滑,可知两边绳的拉力大小相等,设为 $ F $ ,绳与竖直方向的夹角 $ \theta $ 相等,由平衡条件可知 $ 2F \cos \theta =mg $ ,设灯笼与绳的交点为 $ O $ ,由几何关系有 $ {L}_{AO} \sin \theta +{L}_{BO} \sin \theta =d $ , $ {L}_{AO}+{L}_{BO}=L $ ,联立解得绳长为 $ L=5\mathrm{m} $ , $ \sin \theta =\dfrac{d}{L} $ , $ \theta ={53}^{\circ } $ ,若在状态1下缓慢将细绳右端沿竖直杆下移（灯笼未落地）, $ d $ 不变, $ L $ 不变,则 $ \theta $ 不变,绳上的拉力 $ F $ 不变, $ \mathrm{A} $ 正确, $ \mathrm{C} $ 错误；受到水平向右的恒定风力时,灯笼受力增加一个风力,四力平衡,两侧绳的拉力的合力与重力、风力的合力平衡,设风力与重力的合力为 $ T $ ,有风时,两绳夹角的一半为 $ \alpha $ ,如图所示,由几何关系有 $ \dfrac{{L}_{1}}{ \sin \alpha }+\dfrac{{L}_{2}}{ \sin \alpha }=L $ ,即 $ {L}_{1}+{L}_{2}=L \sin \alpha $ ,又 $ d > {L}_{1}+{L}_{2} $ ,可知 $ \alpha < \theta $ ,当在有风的情况下,缓慢将细绳右端沿竖直杆下移（灯笼未落地）, $ {L}_{1} $ 不变, $ {L}_{2} $ 减小,则 $ \alpha $ 减小,又 $ 2F \cos \alpha =T $ , $ T $ 为恒力,则绳上的拉力变小, $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{D} $ 正确.

在圆环顺时针缓慢旋转 $ {90}^{\circ } $ 过程中,保持两手臂伸直状态,两手拉力夹角不变,由三力平衡可知三力平移后可以组成一个闭合矢量三角形,如图所示, $ {F}_{1} $ 表示左手拉力, $ {F}_{2} $ 表示右手拉力.由图可知,左手拉力先变大后变小,右手拉力一直变小.故 $ \mathrm{D} $ 正确, $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{C} $ 错误.