《2025年学霸高考黑题物理人教版》

巩固训练3(恒变变模型+Y型动态平衡问题)(2025·重庆拔尖强基联盟模拟)一半圆环直径为 $ AB $，圆心为 $ O $，半圆环放置于竖直平面内，直径 $ AB $ 与水平方向的夹角为如图所示的 $ \theta $，$ A $、$ B $ 两端系着一根不可伸长的光滑轻绳，绳长大于直径 $ AB $，光滑绳子穿过一小球，现将半圆环在竖直平面内绕圆心 $ O $ 顺时针缓慢转过 $ 2\theta $。在此过程中，下列说法正确的是(C)

A.轻绳的拉力始终保持不变
B.轻绳的拉力先减小后增大
C.轻绳的拉力先增大后减小
D.小球受到的合力先增大后减小

答案：
3. 题型分析
重力为恒力，绳子上的两个拉力为变力，属于恒变变模型中的$Y$型模型。
C 解析：ABC.设轻绳与竖直方向夹角为$\alpha$，$AN$、$NB$间夹角为$2\alpha$，半径$OB = R$，绳长$AN + NB = L$，如图所示，

根据几何条件可得$(AN + NB)\sin\alpha = L\sin\alpha = MA$，根据平衡条件可得$2F\cos\alpha = mg$，即$\sin\alpha=\frac{MA}{L}$，$F = \frac{mg}{2\cos\alpha}$，①当顺时针旋转角度在$0\sim\theta$之间时，$MA$的宽度逐渐增大，对应的$\alpha$也逐渐增大，则$F$逐渐增大；②当顺时针旋转角度在$\theta\sim2\theta$之间，$MA$的宽度逐渐减小，对应的$\alpha$也逐渐减小，则$F$逐渐减小。综上，从图示位置绕圆心$O$顺时针缓慢转过$2\theta$角的过程中，轻绳的张力先增大再减小，故C正确，AB错误；
名师点评：进一步写出$F$的表达式，根据几何关系还可得$MA = 2R\cos\theta$，$\sin\alpha=\frac{MA}{L}$，则$F=\frac{mgL}{2\sqrt{L^{2}-(MA)^{2}}}$或$F = \frac{mgL}{2\sqrt{L^{2}-4R^{2}\cos^{2}\theta}}$，从表达式中可以看出，$F$的大小只与宽度$MA$(或角度$\theta$)有关。
D.因为小球是缓慢运动，处于动态平衡状态，所以合力一直为$0$，故D错误。故选C。

巩固训练4(定角动态平衡+四力平衡问题+辅助圆法)(2025·河南一模)两个完全相同的光滑小球 $ A $、$ B $ 和两根等长的轻质细绳，按如图所示方式悬挂处于静止状态，$ O_1 $、$ O_2 $ 分别为 $ A $、$ B $ 的球心。若从两球静止时的图示位置开始，在竖直平面内缓慢向右推 $ A $，直到 $ O_2 $ 与悬点 $ O $ 等高，且推力始终沿 $ O_1 $、$ O_2 $ 连线的方向，整个过程两小球始终在同一竖直面内，两根细绳始终伸直。则下列说法正确的是(A)


A.轻绳 $ OO_2 $ 的拉力一直减小
B.$ A $ 对 $ B $ 的弹力先增大后减小
C.推力先增大后减小
D.轻绳 $ OO_1 $ 的拉力先减小后增大

答案：
4. 题型分析
由于两球始终接触，两根等长的绳与圆心连线$O_{1}O_{2}$构成的三角形是不变的，即角度也是不变的，属于定角模型，可用辅助圆法。
A 解析：
重难突破：如图所示，我们可以把题中的绳球系统简化为$\triangle OO_{1}O_{2}$绕着点$O$逆时针旋转至$OO_{2}$水平，其中$\triangle OO_{1}O_{2}$是以绳长$L$为腰、半径之和$2R$为底的三角形，因此两个底角$\angle O_{1}$和$\angle O_{2}$是不变的，因此绳的拉力$F_{1}$、$F_{2}$和小球间的支持力$N$的夹角也是不变的，则可知这是一个定角模型。

AB.对$B$受力分析，因$A$对$B$的弹力方向与轻绳$OO_{2}$的夹角不变，利用辅助圆法，作出轻绳$OO_{2}$的拉力$F_{2}$与$A$、$B$间弹力$N$的变化情况如图1所示，可知，$OO_{2}$的拉力$F_{2}$一直减小，$A$、$B$间的弹力$N$一直增大，故A正确，B错误；
技巧点拨：由于$A$受到$4$个力的作用，我们需要将其中$2$个力合成为$1$个力，使四力平衡转化为三力平衡。
D.同理对$A$受力分析，由于推力$F$始终沿着$O_{1}O_{2}$连线方向，则可以把支持力$N$与推力$F$合成为力$F'$，轻绳$OO_{1}$的拉力$F_{1}$与$F'$的变化情况如图2所示，可知，$F_{1}$一直减小，故D错误；


C.由图2可知$F'$先减小后增大，刚开始阶段有$F'=N - F$，由于$F'$减小，$N$增大，则$F$增大，之后有$F'=F - N$，由于$F'$增大，$N$增大，则$F$增大，所以$F$一直增大，故C错误。故选A。

巩固训练5(定角动态平衡+辅助圆)(2025·山东威海调研)半圆弧槽固定在地面上，圆心为 $ O $，一根可动直杆一端固定在圆弧槽底端的铰链上并用手支撑，一个圆心为 $ O_1 $、质量分布均匀的 $ A $ 球和一个圆心为 $ O_2 $、质量分布均匀的 $ B $ 球叠放在如图位置，在可动直杆的支撑下保持静止状态，半圆弧槽半径 $ R $ 和 $ A $ 球半径 $ R_1 $、$ B $ 球半径 $ R_2 $ 三者关系为 $ R ＞ R_1 ＞ R_2 $。将直杆逆时针缓慢转动直至 $ B $ 球的圆心 $ O_2 $ 与半圆弧槽圆心 $ O $ 在同一水平线上，$ B $ 球始终只与 $ A $ 球和半圆弧槽接触，则直杆转动过程中(C)


A.半圆弧槽对 $ B $ 球的弹力一直减小
B.半圆弧槽对 $ B $ 球的弹力先增大后减小
C.$ A $ 球对 $ B $ 球的弹力一直增大
D.$ A $ 球对 $ B $ 球的弹力先增大后减小

答案：
5. 题型分析
$B$球的重力为恒力，$A$球和槽对$B$球的弹力为变力，且方向都沿着各自球心的连线，属于恒变变中的定角模型，可用辅助圆法。
C 解析：对$B$球进行受力分析，如图所示，

重难突破：根据球面上力的特点，$AB$间的支持力$N_{AB}$沿$O_{1}O_{2}$连线方向，半圆弧槽对$B$球的支持力$N_{B}$沿$OO_{2}$连线方向，在旋转过程中，由于$OO_{1}$、$OO_{2}$、$O_{1}O_{2}$的长度均不变，所以$\triangle OO_{1}O_{2}$中$\angle O_{1}O_{2}O$不变，所以$N_{AB}$和$N_{B}$的夹角也保持不变，为定角模型。
作出辅助圆如图中虚线圆所示，当$B$球的圆心$O_{2}$与半圆弧槽的圆心$O$在同一水平线上时，$A$球对$B$球的弹力$N_{AB}$恰好为辅助圆的直径，所以半圆弧槽对$B$球的弹力一直增大，$A$球对$B$球的弹力也一直增大。故选C。

巩固训练6(定角动态平衡+辅助圆+拉密定理+四力平衡问题)(2025·东北三省四市二模)一个足够长的绝缘半圆柱体固定在水平面上，整个空间中加有沿半圆柱体半径向内的辐向磁场，半圆柱体表面处的磁感应强度大小均为 $ B $，一根长度为 $ L $、质量为 $ m $、粗细可忽略的导体棒 $ A $ 紧靠在半圆柱体底端静止，其截面如图所示。在导体棒 $ A $ 中通入方向垂直于纸面向外的变化电流，使导体棒 $ A $ 沿半圆柱体从底端缓慢向上滑动，导体棒 $ A $ 受到半圆柱体的摩擦力是导体棒 $ A $ 对半圆柱体的压力的 $ k $ 倍。在导体棒 $ A $ 从底端缓慢滑动到顶端的过程中，下列说法正确的是(C)


A.当 $ k = 0 $ 时，导体棒 $ A $ 中的电流先变大再变小
B.当 $ k = 0 $ 时，导体棒 $ A $ 所受的支持力与安培力合力先变大再变小
C.当 $ k \neq 0 $ 时，导体棒 $ A $ 所受重力与安培力的合力一直变大
D.当 $ k \neq 0 $ 时，导体棒 $ A $ 所受安培力一直变大

答案：
6. 题型分析
重力为恒力，安培力为变力，沿切向，支持力为变力，沿径向，属于恒变变的定角模型，可用辅助圆或拉密定理。
C 解析：AB.当$k = 0$时，根据左手定则确定安培力的方向，导体棒在上升至某位置时的受力分析如图1所示，安培力$F$始终沿切线方向，支持力$F_{N}$始终沿半径方向，所以$F$和$F_{N}$的夹角$\alpha$始终为$90^{\circ}$，作出辅助圆，重力$mg$为辅助圆的直径，可得安培力$F$逐渐减小，根据$F = BIL$，可得导体棒$A$中的电流变小；根据平衡条件可知，导体棒$A$所受的支持力与安培力合力始终与重力等大反向，保持不变，故AB错误；

C.当$k\neq0$时，导体棒在上升至某位置时的受力分析如图2所示，

解题技巧：已知导体$A$受到的摩擦力$f$是导体给半圆柱压力的$k$倍，而导体$A$受到的支持力$F_{N}$等于半圆柱受到的压力，即$f = kF_{N}$，在处理具有比例关系的两个力时，通常把它们合成为$1$个力，且摩擦力$f$与支持力$F_{N}$的合力$F_{合}$与$F_{N}$的夹角$\alpha$是不变的，满足$\tan\alpha = k$，我们将这类型合力称为全反力(或全约束力)。这样，安培力、摩擦力、支持力与重力的四力平衡问题转化为了安培力、全反力和重力的三力平衡问题。
其中$f = kF_{N}$，则$f$与$F_{N}$的合力与$F_{N}$的夹角保持不变，设为$\alpha$，则$\tan\alpha = k$，设$f$与$F_{N}$的合力为$F_{合}$，则导体棒的受力情况可表示为如图3所示，根据几何关系可知$\beta=\frac{\pi}{2}+\alpha$，$\gamma=\frac{\pi}{2}+\theta - \alpha$，根据拉密定理可得$\frac{mg}{\sin\beta}=\frac{F}{\sin(\frac{\pi}{2}+\theta - \alpha)}=\frac{F_{合}}{\sin(\pi - \theta)}$，化简得$\frac{mg}{\cos\alpha}=\frac{F}{\cos(\theta - \alpha)}=\frac{F_{合}}{\sin\theta}$，随着$\theta$逐渐增大的过程，$\cos\alpha$不变，$\cos(\theta - \alpha)$减小，$\sin\theta$增大，
所以安培力$F$减小，$F_{合}$增大，根据平衡条件可知导体棒$A$所受重力与安培力的合力与$F_{合}$等大反向，所以也一直增大，故C正确，
D错误。故选C。

名师点评：也可同样用辅助圆法求解，因为$F$与$F_{合}$之间的夹角为钝角，因此这两个力要在劣弧上移动，如图所示，同样可以得到$F$减小，$F_{合}$增大。