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1、共点力平稳模型知识准备1、平稳条件:1）受力特点为：Z F = 02）运动学特点：a = 02、平稳条件的推论1）如果三个力使一物体平稳，则其中任意两个力的合力必和第三个力等大、反向。2）如果三个非平称力力使一个物体处于平稳状态，则这三个力的矢量必能构成一 个首尾衔接的封闭三角形。3）如果物体受多个力而处于平稳状态，则其中任何一个力必与其他力的合力等大、 反向。4）当物体处于平稳状态时，物体所受的合意一个力，沿任意方向上的分力的合力 均为零。5）三力汇交原理：如果一个物体受到三个非平行力作用而处于平稳状态，这三个 力的作用线必在同一平面内且交于一点。3、物体在斜面上恰好静止或匀速运动的条件：1
2、）sin 0 =日 cos 02）日=tan 0具体是静止还是匀速运动，可用：，静则静，动则动判断，即原来静止，现在亦静止，原来运动，现在还运动。合成与分解I:斜面上物体的平稳模型例1:(多选)一质量为m的牧场恰好静止在倾角为。的斜面上，现对物块施加一个竖直向下的恒力F，如图所示，则：A、物块分处于静止状态。B、物块沿斜面加速下滑C、物块受到的摩擦力不变D、斜面与地面间的摩擦力仍然为零。分析：题目中的关键语句：物块恰好能静止在倾角为e的斜面 上，可知mg sin 0 =日mg cos0 ,日=tan9，现对物块施加一个竖直向下的力F，受力分 析如图所示，则力F与策略的合力沿斜面方向的分力为(m
3、g + F)sin0 ,沿垂直斜面方向的 分力为(mg + F)cos0，仍然满足(mg + F)sin0 = (mg + F)cos0，故物体仍处于静止状态，不会加速下滑，选项A正确，B、C错误；把物块和斜面看着整体，加竖直方向的力F，地面对斜面的支持力变大，但水平方向的力没有变化，合力为零，所以斜面与地面间的摩擦力忿然为零，选项D正确，答案：AD。重要结论：1、如图甲所示，自由释放的滑块能在斜面上匀速下滑时，m与M之间的动摩擦因数日=tan 0。2、自由释放的滑块能在斜面 上匀速下滑皆，斜面对水平地面的 静摩擦力为零。3、如图乙所示，自由释放的滑块在斜面上匀速下滑时，M对地面的静摩擦力为零
4、，这一过程中再在m上加上任何方向的作用力，在m停止运动前，M 对地面在静摩擦力依然为零。如图丙：力F沿斜面方向的分力，将改变m在沿斜面 的运动状态（使m沿斜面减速，力F在垂直斜面方向的分 力，使m对斜面的压力增大，还会影响m对M的滑动摩擦力力的大小：因力F的作用，使斜面对M的压力增大了图丙了 F2二Fcos a ,此力在水平方向的分力F2x = F2 sin 0 = F cos a sin 0，方向水平向右。另外此力还导致m与斜面间的滑动摩擦 力也增大了颂=旦F =旦F cos a，而m对M的滑动摩擦力是沿斜面向下的，此力在水平 2方向 的分力方 向水平向左，大小为s 0 i nAf p=cF
5、 o 0 s =日F c a（os=0 c F o s a= FSMC看到：sa c 0o sF2x=Wx ，所以在m上加了任意方向的推力F后，M仍能保持平稳，即地面对M的静 摩擦力仍为零。正交分解在在物体平稳中的应用例2 :（单选）质量为1kg的小球套在与水平 面成300角的固定硬杆上，现用与杆和重力同平面且垂直于杆斜向的力拉小球，劭科所示，当力F=20N时小球处于静止状态，设小球与杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知sin 370 = 0.6 , cos37 0 = 0.8，取g = 10 m / s，则:A ）小球与杆间的动摩擦因数不小于0.5 ;B）小球与杆间的动摩擦因数等于3；4C
6、）当力F增大时，小球受到的摩擦力增大；D）当力F减小时，小球受到的摩擦力一定减小。分析：重力和杆在同一平面，且力F垂直杆向上，杆的弹力N垂直于杆，摩擦力f （若有，沿杆的方向）三力相互垂直，因此建立垂直于杆和平等于杆的直角体系，用正交分解法 求解。mg解：小球受四个力的作用有，由平稳条件可得：f mg sin37 0 = 0，F N mg cos37 0 = 0。解得： f = 6N, N = 12N。由f = 11N得|i= 0.5。故小球与小球 间动摩擦因数必须满足1 2 0.5，A对、B错；当力F增大时，杆对小球的弹力增大，最大静摩擦力增大，因此，小球仍静止在杆上，F mg sin370
7、 = 0仍成立，摩擦力等于6N不变，C错；当力F减小时，小球可能沿杆下滑，也可能静止，因 此摩擦力可能减小，也可能不变，D错。所以答案是A。总结：1）当物体受到四个或四个以上的力的作用时，或者所受作用力间的夹角不是特殊角 G00、37。、45。、60。）时，采用正交分析法较方便。2）坐标轴的选择： 所要分解的力最少（让尽可能多的力和坐标轴重合）原则； 化非特殊角为特殊角的原则。摩擦自锁模型例3：（单选）拖把是由拖把头构成的擦地工具（如图）设拖把头的质量为m，拖杆的 质量可以忽略；拖把头与地板间的动摩擦因数为1，重力加速度为g，某同学用该拖把在水 平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向
8、的夹角为。，则下列说法正确的是:A）当拖把头在上匀速移动时推拖把的力F的大小为/mg八；sin 0 + 1 cos 0B）当拖把头在地板上匀速移动时推拖把的力F的大小P mg .sin 0 - p cos0C ）当P tan 0时，无论用多大的力都能推动拖把头；D ）当P si0 ,Fs0n f = F0l p，所以无论用多大的力都不，能推动拖把头，选项C 错误；当 P tan0 时，即 p cos 0，0能拖动拖把头，否则不能拖动拖把头，选项D错误。所以答案B正确。小结:摩擦角：物体在粗糙平面（或斜面）上滑动时，所受的滑动摩擦力f和支持力N的合f力Fn卢N间的夹角。，如图（a）、（b）所示，
9、由于tan0 = N = p为常量，所以被称为摩擦 角。（2）摩擦角的应用图(b)1）在水平面上，若给物体施加拉力F使之在水 平面上滑动，则力F跟水平面的夹角为。（跟FNf垂 直）时，拉力F最小，如图（C）2）当所加的推力F与支持力F反方向间的夹角为8，P0，无论推力F多大，都不能推动物体在平面（或 斜面上）运动，这种现象叫摩擦自锁，如图d）、（e），本例选项C就是考查摩擦力自锁问题。3）有摩擦力参与的四力平衡问题可通过合成支持 力N和滑动摩擦力f转化为三力平稳的问题，然后根 据力的平衡知识求解。例4 ：（单选）如图所示，质量为m的物体，放在一固定的斜面上，当斜面倾角等于300 时恰能沿斜面匀
10、速下滑。对物体施加一个大小为F的水平向右的恒力，物体可沿斜面向上 滑行。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现增大斜面倾角。，当。增大并超过某一临界值角00时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行。那么A、物体与斜面间的动摩擦因数为豆B、0 = 45020C、0 = 600D、0 = 30000分析：由斜面倾角0 =300时物体匀速下滑可求得动摩擦因数R，由动摩擦因数H可求 得摩擦角，再根据摩擦自锁条件判断水平恒力F与斜面支持力间的夹角以及斜面的倾角0。0解析：斜面倾角为300时物体匀速下滑，对物体进行受力分析，如图所示，可知应满足mg sin300 -r mg cos300 = 0，解得
11、川=寸，A错;物体与斜面间的摩擦角a = arctan r = 300，因此当水平恒力F与斜面支持力N成300角，即斜面倾角为600时，无论F有多大，都不摩擦自锁模板:能使物体沿斜面上滑，故。0 = 600，C对。答案为C。轻质绳杆模型一、模型特点:模型轻绳（m=0）轻杆(m=0)形变微小伸长可忽略长度几乎不变施力与受力拉力拉力墓压力方向始终沿绳的收缩方向可沿杆，也可不沿杆大小变化可突变可突变模型两边受力大小始终相等始终相同运用模型时的注意事项:（一）轻绳1）同一根轻绳上各处张力相等。其关键处在于是否是同一根轻绳。2 ）注意活结（结点可沿绳自由滑动），就属于同一根绳子；对于死结（结点不 可以沿
12、绳移动），结点两边分属于两根绳子。（二）轻杆图一1）轻杆模型的弹力不一定沿杆的方向，要根据运动状态来确定，如图一所示小车上固定一根弯成a角的况下杆对曲杆，杆的另一端固定一质量为m的球，小车在静止情球的弹力的大小和方向如图二）2）轻杆模型可分为动轻杆”（铰链连接：一端可绕铰链自由转动）和定轻杆”（轻 杆的一端固定不动。动轻杆所受的弹力一定沿杆的方向，定轻杆所受的弹力 不一定沿杆的 方向。有质量的动杆不是动轻杆，要考虑杆的重力，可根据三力灌浆的原理求解。（三）轻杆、轻绳、轻弹簧模型要凸现轻字，含义即它们的质量可忽略不计。例5 :在玉树地震的救援行动中，千斤顶发挥了巨大的作用，如图所示的剪式千斤顶，
13、当摇 动把手时，螺纹轴就能迫使千斤顶两臂靠拢，从而将汽车顶起。当车轮刚被顶起时汽车对千斤顶的压力为1.0 X103 N，此时千斤顶两臂间的夹角为120 0，则下列判断正确的是：A、此时两臂受到的压力大小均为5. （X 14NB、此时千斤顶对汽车的支持力为2.0 X105 NC、若继续摇动把手。将汽车顶起，两臂受到的压力将增大；D、若继续摇动把手，将汽车顶起，两臂受到的压力将减小。分析：此题属于动轻杆模型，可转化为三角支架模型。因千斤顶的两臂可动，故可看着动轻杆，弹力必沿臂的方向，可把压力沿千斤顶的两臂方向进行分解，利用力的分解和力的解：将千斤顶的压力F分解为沿两臂的两个分力，当F不变次减小时，
14、cos 9增大，平衡知识进行求解。F1、F2，如图所示，根据对称性可知，两臂受到的压力大小相等。即F1 = F，由2F1 co& = F，得F = F = FTxIO5N，选项A错误三定i 2 2cos 6Oo律得知：千斤顶对汽车的支持力等于汽车对千斤顶的F 压力，为1.0 x 105N，选项B错；由F1 = F =赤昴Fi、F2减小，选项C错、D正确。所以答案为D。例6 :如图所示，一根质量不计的横梁A端用铰链固 定在墙壁上，B端用细绳悬挂在墙壁上的C点，使横梁保 持水平状态，已知细绳与竖直墙壁间的夹角为600，用另 一段轻绳在B点悬挂一个质量为M=6kg的重物时，求轻 杆对B点的弹力和绳B
15、的拉力各为多大？分析：这是一个铰链连接的三角支架模型,AB为动轻 杆，绳子系在B端，故连接重物的绳与与连接杆的绳是两根绳子，两根绳上受力不定相等，故要对B点受力分析，再结合平稳条件求解。解答：设杆对B点的弹力为F1，因横梁A端用铰链固定，故F1的方向沿杆的方向，绳BC对B点的拉力为F2 ,由于B点静止，B点受到向下的拉力大小恒定为重物的重力，根据受力平衡的条件，杆的弹力F1与绳BC对B点的拉力F2的合力一定竖直向上，大小为Mg ,如图所示。根据以上分析可知：弹力F1与拉力F2的合力大小顷tan600 = g. F广血00 =120,即轻杆对B点的弹力为双由绳BC的拉力为120N。注意点:（2）
16、铰链连接三角形支架常见类型和受力特点:轮挂在绳子上，属于活结，如图，此 时BC绳的拉力生于所挂重物的重力， 轻绳属于活结，右图中的结点O、D 为死结，结点A、B、C属于活结。研究对象为结点为B，三力平衡;右图中AB杆可用轻绳来代替;两杆的弹力均沿杆的方向，可用轻绳代替的AB杆为拉力，不可用轻绳代替的BC杆为支持力。例7（悬挂模型）：（单选）如图所示，以O点作为悬点的两根轻绳a、b将日光灯挂在天 花板上的O点，两绳与竖直方向的夹角分别为600和45o ,日光灯保持水平并静止，其重 力为G，以下说法正确的是A、a绳的弹力比b绳的弹力大；B、a绳的弹力与b绳的弹力一样大;C、日光灯的重心一定在0点的
17、正下方；D、日光灯的重心不一定在0点的正下方。分析：日光灯受三个非平行力的作用处于平衡状态，此三力的延长线必交于一点，或者说，这三个力首尾相接，必组成一个封闭的三角形解：如图所示，由正弦定理可知重力最大，b绳的弹力比a绳折弹力大；因重力的作用点在重心上，根据 二力平稳的条件，a、b绳拉力的合力的延长线 一定通过灯的重心，所以选项C正确。例8 （悬绳模型）：如图所示，质量为m的匀质细绳，一端系在天花板上的A点，另一端系在竖直墙壁上的B点，平稳后最低点为C点，现 测得AC段绳长是BC段绳长的n倍，且绳子B端的切线与墙壁的的夹为a。试求绳子在C处和在A处的弹力分别为多大？（重力加速度为g）分析：由于
18、悬绳不同于以前的质点，从而同学们带来一定的思维障碍，审视题目的特点， 可从绳的最低点将绳分成左、右两部分，然后分别以左、右两部分为研究对象进行分析，这样问题就好解决得多。解答：以BC绳为研究对象，如图甲所示。绳的B端所受的弹力为TB，C处所受的弹1力为TC。由三力平稳条件可得：T cosa=i mg, T sina= T，联立求解得：T = mg tan a c n +1再以AC段为研究对象，设绳子为研究对象，设绳子A端所受的弹力为TA , TA与水平 方向的夹角为5, C处所受的弹力为T，如图乙所示，由受力平稳可得： T sin P =mg, T cos。= T, 又 T = T，联立解得：
19、T = mg、m 2 + tan2 a A n +1 Ac c cA n +1小结：（1）研究对象的选取是关键，对于悬绳（一般有质量要考虑重力）、铁链等非质点模 型，可以采用分段法进行讨论，以寻求解题的突破。（2）轻绳上各处的张力均相等，但对于非轻绳，各处的张力均不相等（这一点应弓|起 特别注意是一在易错点，但绳上某点的受力方向为该绳子在该处的切线且沿绳的收缩方向。 讨论有质量的绳子某点的张力时，必须从该处把绳子断开（实际上使用隔离法），将绳的内 部张力转化为外力方可计算。多体平衡问题1、多体及分类：多体就是指两个或者两个以上的物体组成的系统，中间可以用绳、杆 或弹簧连接或直接连接（连接体）,
20、也可以是几个物体叠加在一起（叠加体）,一般靠摩擦力 相互作用。2、处理多体问题的基本方法：整体法或隔离法。3、整体法和隔离体法的应用技巧：（1）优先整体：不涉及内力时用整体法，涉及内力时用隔离法。（2）以大为优：选择隔离体时）其指导思想是：内力转换为外力为原则，选择将系 统隔离成两部分，而不需要将系统中各个物体全部隔离开来。隔离物体时）选取 受力少的 物体）或已知力多的物体。（3）对象转换：熟练运用力的相互作用进行研究对象的转换。例9连接体模型（多选）：如图所示，粗糙水平面上放置质量分别为m和2m的四个 木块，其中B、D的质量均为2m，A、C的质量均为m ,A和C之间用不不可伸长的轻强 相连，
21、木块间的动摩擦因素均为P，木块间动摩擦因素均为P，木块与水平面的动摩擦因数 相同可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平拉力F拉其中质量均为2m的木块D， 使四个木块一起匀速前进，则需要满足的条件是：A、木块与水平面间的动摩擦因数最大为已；3B、木块与水平面间的动摩擦因数最大为丑；3C、水平拉力F最大为2mg ；D、水平拉力F最大为6mg。分析：叠加连接体模型，涉及整体法、隔离体法和极值问题。木块间的动摩擦因数不同， 要确定木块与水平地面间动摩擦因数的最大值，就应该使木块C和D间的摩擦力达到最大 静摩擦力，所以应以木块A、B、C整体为研究对象，动力为木块C受到的最大静摩擦力， 阻力为木块B与
22、地面的滑动摩擦力（也可只隔离木块B为研究对象）此时，四个木块一起 匀速前进，水平拉力为最大值。解：设木块与水平地面间的动摩擦因数为、，要使木块与水平地面间的动摩擦因数最 大，木块C和D间的摩擦力应为最大静摩擦力R mg。隔离木块D，则由平衡条件可得 F = 3Rmg + Rmg，对整体有F = Rmg + Rmg，对整体有F = r （3m + 3m）g，联立解 得r = ?, F = 2R mg，选项A、C正确，B、D错误。答案：A、C。小结：（1）整体处于平衡状态且模型内各物体相对静止，有静止和匀速运动两种情况，不涉 及内力时，采用整体法进行受力分析求解。涉及内力时宜采用先隔离后整体，或先
23、整体后隔离的方法。（2 ）静摩擦力的可变性（0最大静摩擦力之间）是分析问题的焦点，也是一个难 点，根据物体的运动状态分析其大小和方向是解决问题的突破口。（3）静摩擦力对应的两个临界状态： 不发生相对滑动对应最大静摩擦力； 由于静摩擦力方向可变当涉及其方向变化时静摩擦力为零是方向改变的临界状态。（4）采用整体法和隔离法进行分析时，应根据灵活、简便原则进行研究对象的转换。例10叠加体模型（单选）如图所示，质量为m的物体放在质量为M倾角为。的斜面 体上，斜面体置于粗糙的水平面地面上，用平等于斜面的力F拉物体使其沿斜面向下匀速运动，斜面体始终静止，则下列说法正确的是:A、地面对斜面体的摩擦力大小为Fe
24、os 9 ；B、地面对斜面体的支持力为（M + m）g ；C、物体对斜面体的摩擦力的大小为F；D、斜面体对物体的作用力竖直向上。分析：这是属于叠加体模型，叠加体间有相对运动，涉及整体法和隔离法。两物体间虽 然有相对运动，但两物体均处于平稳状态，根据牛顿第二定律并结合整体法就可求出地面对 斜面体的摩擦力大小和地面对斜面支持力，对物体獐力分析，根据平衡条件即可求出物体对 斜面体的摩擦力的大小。解析：由于斜面体和物体都处于平衡状态，将斜面体和物块看成一整体，由受力情况得: 地面对斜面体摩擦力大小为F eos 9。地面对斜面体的支持力大小为M + m ） g + F sin 9。故A对、B错；隔离物体
25、进行受力分析，物体对斜面体摩擦力大小为F + mg sin 9，故C错；将斜面体作为施力物体，则斜面体对物体的作用力即为物体受到的支持力与摩擦力的合力，由力的合成可知斜面体对物体的作用力与物体的重力和F的合力大小相等地、方向相反， 故斜面体对物体的作用力不在竖直方向上，故D错。答案为：A。小结：（1）整体法和隔离法不是独立的，对一些复杂问题，能学需要多次选择研究对象，交 替使用整体法和隔离法。隔离系统时，待求内力的作用点即是隔离点。由此处将系统隔离开 来。（2）理解作用的含义：题中如果涉及作用力，即为施力物体对受力物体所施加的 所有的力的合力。例11（弹簧连接体）如图所示，质量为m的物体放在质
26、量为M，倾角为。的斜面体上，斜面体置于粗糙的水平地面上，用平等于斜面的力F拉物体使其沿斜面向下匀速运动，斜面 体始终静止，则下列说法正确的是：A、地面对斜面体的摩擦力大小为F cos 0 ；B、地面对斜面体的支持力为（M + m）g ；C、物体对斜面体的摩擦力的大小为F；D、斜面体对物体的作用力竖直向上。分析：叠加体模型，且叠加体间有相对运动，涉及整体法和隔离法。两物体虽然有相对 运动，但两物体均处于平稳状态，根据牛顿第二定律结合整体法就可求出地面对斜面体的摩 擦力大小和地面对斜面体的支持力，对物体进行受力分析，根据物体的平衡条件，就可求出 物体对斜面体的摩擦力的大小。解析：由于斜面体和物体都
27、处于平衡状态，所以可以将斜面体和物体看成一个整体，由受力情况得：地面对斜面体的摩擦力大小为F cos0，地面对斜面体的支持力大小为（M + m） g + F sin 0，故A对，B错。隔离物体进行受力分析，物体对斜面体的摩擦力大小为F + mg sin 9，故C错；将斜面作为为施力物体，则斜面体对物体的作用力即为物体受到的支持力与摩擦力的合力，由力的合成可知斜面体对物体的作用力与物体的重力和F 的合力大小相等、方向相反，故斜面体对物体的作用力不在竖直方向上，故D错。所以答 案为A。小结：(1)整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂的问题，能学需要多次选择研究对象交 替使用整体法和隔离法。隔离系
28、统时，待求内力的作用点即为隔离点，由此处将系统隔离开 来。(2)理解作用的含义：题中涉及的作用力，即为施力物体对受力物体所施加的所有 力的合力。例12(弹簧连接体模型)(单选)如图所示，倾角为。的光滑斜面ABC放在水平面上，迳度系数分别为灼、K2的贱人个轻弹簧沿斜面悬挂着，两弹簧之间有一质量为m的重物，最下端挂一质量为m2的重物，此时两重物 处于平衡状态，现把斜面ABC绕A点缓慢 地顺时针旋转9Oo后，重新达到平衡。试示 两重物分别沿斜面移动的距离。分析：此属于弹簧连接体。旋转前后，分别根据平衡知识判断弹簧的伸缩状态，对两重 物进行受力分析可救出两弹簧的形变量。再根据形迹量间关系确定两重物分别
29、没啥危地马拉 距离。解析：没旋转时，两药处于伸长状态，设两弹簧的伸长量分别为xx2,。分别对两重物进行受力分析可知：k x = mg sin 9 解得：x =气gSin 92 222 k2kx + 心 sinO= kx x =S+ m)g sin 2 211 11k1x;，分别对两重物受力分析得:旋转后，两弹簧均处于压缩状态，设压缩量分别为x、1m g cos0 = k x ,解得：x =22 22 k2(m + m )g cos0 = kx,解得：x(m + m )g cos0k1质量为m1的重物移动的距离：=x +x，= S+ %)g (sin0+ cos0)11 k1质量为d = d +
30、 x + x x2122m2 的 重 物 移 动 的 距 离(m1+ 气)g (sin0 + cos0)+ 空(sin0 + cos0 ) kk12小结:找出初态和终态弹簧的形变量与重物移动的距离之间的几何关系是解答本题的关键，能学情况下需要画出草图，确定伸缩量、距离的关系。例1-例11的解题模板：121 11物体在三力作用下的动态平衡问题知识准备：1、动态平衡（有时称为准静态）：指通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢的变 化，而在这个过程中物体可认为始终处于一系列的平衡状态，可运用平衡知识求解。2、解动态问题的关键：抓住不变量，确定自变量，依据不变量与自娈量间的关系来确 定其他量的变化规
31、律。3、常用的分析方法: 解析法：对研究对象的任一状态进行受力分析，建立平衡方程，救出应变物理量与自变物理量的一般函数关系式然后根据自变量的变化情况及变化区间确定应变的物理量的变 化情况。 图解法的程序：对研究对象在状态变化过程中的苦干状态进行受力分析，依据某一参 量的变化（一般为某一角度），在同一图中作出物体在苦干状态下的平衡力图（用力的平等四边 形或力的三角形法则作图），再由动态的力的平行四边形或三角形的边的长度变化及角的变 化些力的大小及方向的变化情况。例12（力方向变化模型）（多选）如图甲所示，质 量分布均匀的两个圆柱体a、b靠在一起，表面光滑， 重力均为G，其中b的下一半刚好固定在水
32、平 面 MN的下方，上边露出另一半a静止在水平面上，现过a的轴心施以水平作用力F，可缓慢地将a拉离平面一直滑到b的顶端，对该过程进行分析，应有：人、拉力F先增大，后减小；B、开始时拉力F最大为3G，以后逐渐减小到零；C、a、b间的压力由零逐渐增大，最大为G ；另一个的方向发生变化的情况，由图解法结合解析法即可求解。1 一解析：根据几何关系可知：sin0=5，0 = 300，对a受力分析，如图乙所示，应用平衡条件可得：F = % =加，之后a缓慢移动的过程中，两轴心的连线与竖直方向 tan 0的夹角越来越小，由图丙可知：Fn 一直变小，F也一直变小，可得拉力从最大值为F = = 2G，而后逐渐减
33、小到档选项C错，。正确答案：B、D小结：三力平衡图解法图解法分析力的动态变化，具有直观，便于比较的特点，它一般适用于研究对象受三个 力的作用的情况，且其中有一个力大小、方向不变，另一个力方向不变，第三个力大小、方 向均变化的情况。（1）合成图解法作图时应注意以下几点:明确要合成的两个变力，将其合成到大小和方向都不变的恒力的反方向上。 确定哪个力方向是不变的。 确定哪个力大小、方向变化，根据方向变化的特征判断变化的范围。（2）三角形图解法的步骤:确定大小和方向都不变的恒力一重力mg，画出其力的示意图；确定方向不变的力一水平拉力F，画出其方向，并与mg首尾相接; 确定大小和方向都变的力：b球面的支
34、持力Fn，其初始方向与mg、F构成闭合矢量 三角形; 确定变力与不变的力mg间夹角的变化趋向一 I7mg减小，并画出2 3个变化后的闭合矢量三角形。此 时即可由图中的矢量三角形的变化情况判断各力的变 化情况一F减小，fn减小，并进行相关计算。例13 :（二力方向变化的模型）（单选）一轻杆BO，其O点用光滑铰链固定在轻杆AO 上，B端挂重物，细绳跨过杆顶A处的光滑遥小滑轮，用 力F拉住，如图所示，现将细绳缓缓向左拉，使杆BO与 AO的夹角逐渐减小，在此过程中，拉力F及杆BO所受 的压力Fn及杆BO所受的压力Fn的大小变化情况是：A、Fn先减小，后增大；B、Fn始终不变C、F先减小，后增大；D、F
35、始终不变。分析：这是一个二力方向都发生变化的模型，以B点 为研究对象，进行受力分析知其受三个力作用而处于动态 平衡，由题意可知，在细绳缓慢向左拉时，绳的拉力和杆 的支持力方向均发生变化，可作出由力的矢量三角形，根 据矢量三角形与几何三角形相似法即可求解。解析：当细绳缓慢拉动时，整个装置处于动态平衡状 态，以B点为研究对象，其受力情况如图。作出Fn与F 的合力F2，根据平衡条件得知：F = F = G,由AF F B2212 NAABO，得马=B0，得到F AOFn = AOg，式中BO、AO的长度不变，G的大小不变，则Fn保持不变。OA、OB间的夹角减小，由力的合成与分解知识可知逐渐减小。所以答案：B经验总结：动态分析中，如果发现除恒力外的另两个力的方向都在变化，一般情况下装 置结构所构成的几何三角形与力的矢量三角形总相似，在缓慢变化过程中，几何三角形中各 边长度的变化能映射出由矢量三角形中对应的力的大小的变化，即对应边成比例，故可进行 边、力转化，列出比例式计算求解，如本例比例式F = B0。F AO动态平衡问题钥匙模板
