2.5.1 动态平衡问题（第一课时）
【学习目标】
1、动态平衡及基本思路
2、处理动态平衡问题的四种方法
【学习重难点】
运用处理动态平衡的方法分析实际问题（重难点）
考点一、动态平衡（三力平衡）
例1、如图所示,工人利用滑轮组将重物缓慢提起,下列说法正确的是
( )
A.工人受到的重力和支持力是一对平衡力
B.工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力
C.重物缓慢拉起过程,绳子拉力变小
D.重物缓慢拉起过程,绳子拉力不变
【参考答案】B [解析] 对人受力分析如图甲所示,则有FN+FT=mg,其中工人对绳的拉
力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力,A 错误,B 正确;对左边滑轮受力分析如图
乙所示,则有F'T= mg
2cosθ ,随着将重物缓慢提起,θ 逐渐增大,则F'T逐渐增大,C、D 错误.
变式1、如图所示，P 为光滑定滑轮，O 为光滑轻质动滑轮，轻绳跨过滑轮，左端与物体A
相连，右端固定在杆Q 上，重物B 悬挂在动滑轮上。将A 置于静止在粗糙水平面的斜面体
上，轻绳
段与斜面平行，系统处于静止状态。若将杆Q 向右移动一小段距离，斜面体
与物体A 仍保持静止状态，待动滑轮静止后，下列说法正确的是（ ）
A．轻绳中拉力减小
B．物体A 与斜面体之间的摩擦力一定增大
C．斜面体与地面之间的弹力增大
D．斜面体与地面之间的摩擦力增大
【答案】D
【详解】A．若将杆Q 移动一段距离，斜面体与物体A 仍保持静止状态，待动滑轮静止后，
变大，两绳拉力大小相等，合力与B 的重力等大反向，设绳OP 与竖直方向夹角为
，则有
角度
变大，则绳中拉力变大，A 错误；
B．根据上述，绳中拉力变大，如果开始A 受到的摩擦力沿斜面向上，则摩擦力可能减小，
也有可能反向，如果开始A 受到
摩擦力沿斜面向下，则摩擦力增大，B 错误；
C．对A 和斜面整体分析，斜面倾角为
，水平方向有
竖直方向有
绳的拉力变大，斜面体与地面之间的摩擦力变大，斜面体与地面之
间的弹力变小，C 错误，D 正确。故选D。
【做题感悟】
1、什么是动态平衡？
动态平衡: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又始终
处于一系列的平衡状态,在问题的描述中常用“缓慢”等语言叙述.
2、解析方法总结—— 法
对研究对象进行受力分析,画出受力示意图,根据物体的平衡条件列方程,得到因变量与自变
量的函数表达式(通常为三角函数关系),最后根据自变量的变化确定因变量的变化.
例2、如图所示,倾角为α 的斜面体置于光滑水平面上,质量为m 的小球用细线拴住放在光滑
斜面上,斜面足够长,重力加速度为g,现用水平力F 推斜面体使斜面体缓慢地向左移动,小球
沿斜面缓慢升高.当细线拉力最小时,推力F 等于
( )
A.mgcos α
B.1
2
mgsin α
C.mgcos 2α
D.1
2
mgsin 2α
【参考答案】D [解析] 对小球受力分析,如图所示,在小球沿斜面缓慢上升过程中,小球
受到的合力为零,当拉力FT与支持力FN垂直时,拉力最小,最小值为FTmin=mgsin α,对小球
和斜面体整体受力分析,根据平衡条件可知F=FTmincos α=mgsin αcos α=1
2mgsin 2α,故D
正确.
变式2、 如图所示，在倾角为α 的斜面上，放一质量为m 的小球，小球和斜面及挡板间均
无摩擦，当挡板绕O 点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中（ ）
A. 斜面对球的支持力逐渐增大
B. 斜面对球的支持力逐渐减小
C. 挡板对小球的弹力先增大后减小
D. 挡板对小球的弹力先减小后增大
【参考答案】BD
【详解】球受重力、斜面支持力
和挡板支持力
，将
与
合成为
，如图
小球一直处于平衡状态，三个力中的任意两个力的合力与第三个力等大、反向、共线，故
与
合成的合力
一定与重力等大、反向、共线。从图中可以看出，当挡板绕O 点逆
时针缓慢地转向水平位置的过程中，
越来越小，
先变小，后变大。
故选BD。
【做题感悟】解析方法总结—— 法
在对物体进行受力分析(一般受三个力)的基础上,若一个力为恒力,另一个力方向不变或另一
个力大小不变或另两个力方向的夹角不变,可画出这三个力的封闭矢量三角形来分析力的变
化情况,图解法也常用于求极值问题.
例3、 (多选)[2024·江西鹰潭模拟] 如图所示,圆心为O、半径为R 的四分之一圆形光滑轨道
竖直固定在水平地面上,在O 点正上方有一光滑的小滑轮,小滑轮到轨道上B 点的距离为h,
轻绳的一端系一质量为m 的小球,靠放在光滑圆形轨道上的A 点,A 点到小滑轮的距离为L,另
一端绕过小滑轮后用力拉住.重力加速度大小为g,则( )
A.若使小球静止在A 点,圆形轨道对小球的支持力大小FN= mgR
R+h
B.若使小球静止在A 点,绳对小球的拉力大小FT=2mgL
R+h
C.缓慢地拉绳,在使小球由A 到B 的过程中,圆形轨道对小球的支持力大小FN不变,绳对小球
的拉力大小FT变小
D.缓慢地拉绳,在使小球由A 到B 的过程中,圆形轨道对小球的支持力大小FN变小,绳对小球
的拉力大小FT先变小后变大
【参考答案】AC [解析] 小球受力如图甲所示,由平衡条件可知,将三个力按顺序首尾
相接,可形成如图乙所示闭合三角形,由图可知力的三角形与几何三角形△AOO'相似,则
有mg
R+h= F N
R =FT
L ,得FN=mgR
R+h、FT= mgL
R+h,故A 正确,B 错误;由于FN=mgR
R+h,FT= mgL
R+h,其
中mg、R、h 均不变,L 逐渐减小,则由上式可知,FN不变,FT变小,故C 正确,D 错误.
变式3、如图所示，木板B 放置在粗糙水平地面上，O 为光滑铰链。轻杆一端与铰链O 固
定连接，另一端固定连接一质量为m 的小球A。现将轻绳一端拴在小球A 上，另一端通过
光滑的定滑轮
由力F 牵引，定滑轮位于O 的正上方，整个系统处于静止状态。现改变力
F 的大小使小球A 和轻杆从图示位置缓慢运动到
正下方，木板始终保持静止，则在整个
过程中（ ）
A．外力F 大小不变
B．轻杆对小球的作用力大小变小
C．地面对木板的支持力逐渐变小
D．地面对木板的摩擦力逐渐减小
【参考答案】D
【详解】A．对小球A 进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图所示
根据几何关系可知两三角形相似，因此
缓慢运动过程
越来越小，则F
逐渐减小，故A 错误；
B．由于OA 长度不变，杆对小球的作用力大小不变，故B 错误；
CD．对木板，由于杆对木板的作用力大小不变，方向向右下，但杆的作用力与竖直方向的
夹角越来越小，所以地面对木板的支持力逐渐增大，地面对木板的摩擦力逐渐减小，故C
错误，D 正确。
故选D。
【做题感悟】解析方法总结—— 法
在三力平衡问题中,如果有一个力是恒力,另外两个力方向都变化,且题目给出了空间几何关
系,多数情况下力的矢量三角形与空间几何三角形相似,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4、如图所示,用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P 点,将木板以底边
MN 为轴向后方缓慢转动直至水平,绳与木板之间的夹角保持不变,忽略圆柱体与木板之间的
摩擦,在转动过程中( )
A.圆柱体对木板的压力逐渐增大
B.圆柱体对木板的压力先增大后减小
C.两根细绳上的拉力均先增大后减小
D.两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变
【参考答案】B [解析] 设两绳子对圆柱体的拉力的合力为F,绳子拉力为FT,两绳子之
间的夹角为2θ,则2FTcos θ=F,可得FT=
F
2cosθ
,画出矢量三角形,如图所示,G 为圆柱体重
力,FN为所受支持力.因为F 和FN的夹角保持不变,矢量三角形处在以斜边中点(初始时F
中点)为圆心的外接圆中,在将木板以底边MN 为轴向后方缓慢转动直至水平过程中,可
判断出FN先增大后减小,F 逐渐减小,进而推出FT不断减小.
变式4、如图所示,送水工人用推车运桶装水,到达目的地后,工人抬起把手,带动板OA 转至水
平即可将水桶卸下.水桶对板OA、OB 的压力分别为F1、F2,若桶与接触面之间的摩擦不
计,∠AOB 为锐角且保持不变,在OA 由竖直缓慢转到水平过程中( )
A.F1一直增大B.F1先减小后增大
C.F2一直减小D.F2先增大后减小
【参考答案】C [解析] 对水桶初始状态受力分析,作出力的矢量三角形如图所示,分析
可知,在转动过程中,F1与F2的夹角始终不变,因此F1与F2夹角的补角α 始终保持不变,
重力mg 与F2之间的夹角的补角β 逐渐增大,当增大至90°时将继续增大,则可知重力mg
与F1之间夹角的补角γ 从90°开始逐渐减小,直至为0,根据正弦定理可得mg
sinα = F1
sinβ =
F2
sinγ
,可知mg
sinα 为定值,而sin γ 始终减小,则F2始终减小,但由于β 角从锐角增大至90°后
将继续增大一定角度,则可知,sin β 先增大后减小,因此可知F1先增大后减小,故选C.
【做题感悟】解析方法总结—— 法
物体受三个共点力作用而处于平衡状态，一力恒定,另外两力方向一直变化,但两力的夹角不
变，利用两力夹角不变,可以作出动态圆,恒力为圆的一条弦,根据不同位置判断各力的大小变化
——动态圆
正弦定理法(拉密定理)：F1
sin α
= F2
sin β
= F3
sin γ
.
【巩固练习】
1、如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A 的左端紧
靠竖直墙，A 与竖直墙之间放一光滑圆球B，已知A 的圆半径为球B 的半径的3 倍，球B
所受的重力为G，整个装置处于静止状态。设墙壁对B 的支持力为F1，A 对B 的支持力为
F2，若把A 向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则F1、F2的变化情况分别是（ ）
A. F1减小
B. F1增大
C. F2增大
D. F2减小
【参考答案】AD
【详解】法一：解析法
以球B 为研究对象，受力分析如图所示
由平衡条件可得
F1=Gtanθ
F2=
当A 向右移动少许后，θ 减小，则F1减小，F2减小，AD 正确。
故选AD。
法二：图解法
先根据平衡条件和平行四边形定则画出如图所示的矢量三角形
当A 向右移动少许后，θ 减小，从图中可直观地看出，F1、F2都减小，AD 正确。
故选AD。
2、如图所示为某独轮车搬运光滑圆柱体的截面图，两挡板OA、OB 可绕O 点转动，
且保持不变，初始时OB 与水平方向夹角为60°。保持O 点的位置不变，使两
挡板沿逆时针方向缓慢转动至OA 水平。在此过程中关于圆柱体的受力情况，下列说法正
确的是（ ）
A．挡板OA 对圆柱的作用力一直增大
B．挡板OA 对圆柱的作用力先增大后减小
C．挡板OB 对圆柱的作用力一直增大
D．小车对圆柱的作用力先减小后增大
【参考答案】B
【详解】由题意可知，初始状态两挡板对圆柱弹力均等于mg，重力个两弹力组成闭合三角
形，如图
两挡板沿逆时针方向缓慢转动至OA 水平过程中，两挡板弹力夹角不变，则挡板OA 对圆
柱的作用力先增大后减小，挡板OB 对圆柱的作用力逐渐减小。小车对圆柱的作用力等于
mg 保持不变。
故选B。
3、如图，在竖直平面内固定一光滑的半圆环，圆心为O、半径为R，OA 为半圆环的竖直
半径，AB 为与OA 在同一直线上的光滑固定杆，半圆环上套有一小球a，杆AB 上套有另一
小球b。两小球之间连接一轻弹簧，初始时小球a 在距圆环A 点右侧不远处的P 点，小球b
固定于杆AB 上的Q 点，两小球间距离为R。现用外力使小球b 沿杆AB 缓慢向上移动一段
距离，但未到达A 点。在移动过程中弹簧始终在弹性限度内且在一条直线上，两小球均可
视为质点，则下列说法正确的是（ ）
A．初始时弹簧弹力大于半圆环对小球a 的弹力
B．初始时弹簧弹力大于小球a 的重力
C．小球b 沿杆缓慢向上移动过程中，环对小球a 的支持力先增大后减小
D．小球b 沿杆缓慢向上移动过程中，弹簧弹力增大
【参考答案】D
【详解】AB．对小球a 进行受力分析，小球a 受重力G，半圆环对小球a 的支持力
和弹
簧弹力F，三力平移后构成一首尾相连的三角形，如图所示，力的三角形与三角形OPQ 相
似，根据三角形相似有
初始时
，
所以
选项AB 错误；
C．小球b 缓慢上移过程，小球a 处于动态平衡状态，随着小球b 上移，OQ 减小，OP 不变，
重力G 不变，半圆环对小球的支持力
增大，选项C 错误；
D．设弹簧的原长为L，弹簧的形变量为x，根据胡克定律有
则
，
OQ 减小，重力G 不变，L 不变，则弹簧形变量x 增大，弹簧弹力F 增大，选项D 正确。
故选D。
4、一台空调外机用两个三角形支架固定在外墙上(如图所示），空调外机的重心恰好在支
架横梁和斜梁的连接点0 的上方，重力大小为200N。横梁AO 水平，斜梁BO 跟横梁的夹角
为37°，sin 37°=0.6。
(1)横梁对O 点的拉力沿OA 方向，斜梁对O 点的压力沿BO 方向，这两个力各有多大?
(2)如果把斜梁加长一点，仍保持连接点O 的位置不变，横梁仍然水平，这时横梁和斜梁对
O 点的作用力大小将如何变化?
