2024届高考物理大一轮复习模拟题：第5节　共点力的平衡

第5节共点力的平衡学习目标要求核心素养和关键能力1.知道共点力的平衡条件，并会分析生产生活中的相关问题。2.能运用数学中的三角函数、几何关系等对力与平衡问题进行分析和推理。3.能够熟练应用图解法分析动态平衡问题。1.科学思维能运用数学中的三角函数、几何关系等对力与平衡问题进行分析和推理；图解法分析动态平衡。2.关键能力利用数学方法解决物理问题的能力1.共点力：力的作用线或作用线的反向延长线交于同一点的力。2.平衡状态：物体受到几个力作用时，如果保持静止或匀速直线运动状态。我们就说这个物体处于平衡状态。3.共点力的平衡条件：在共点力作用下物体平衡的条件是合力为0。【判一判】(1)处于平衡状态的物体所受的合力一定等于0。(√)(2)物体处于平衡状态时，不受任何力的作用。(×)(3)物体的平衡条件是：物体受的合力为0，速度为0。(×)(4)只有位于同一平面内作用于同一物体的力才是共点力。(×)探究1共点力平衡条件的理解■情境导入如图所示，著名景点——黄山飞来石独自静止于悬崖之上，它受哪些力作用？这些力大小、方向有何关系？它们的合力有何特点？答案受重力和悬崖对它的作用力。重力方向竖直向下、悬崖对它的作用力方向竖直向上，二力等大、反向，合力为零。■归纳拓展1.两种平衡情形静止和匀速直线运动状态。2.平衡条件的表达式F合＝03.由平衡条件得出的三个结论【例1】如图所示，某个物体在F1、F2、F3、F4四个力的作用下处于静止状态，若F4的方向沿逆时针转过60°而保持其大小不变，其余三个力的大小和方向均不变，则此时物体所受到的合力大小为()A.eq\f(F4,2) B.eq\f(\r(3)F4,2)C.F4 D.eq\r(3)F4答案C解析由共点力的平衡条件可知，F1、F2、F3的合力应与F4等大反向，当F4的方向沿逆时针转过60°而保持其大小不变时，F1、F2、F3的合力的大小仍为F4，但方向与此时的F4成120°角，由平行四边形定则可得，此时物体所受的合力大小为F4。探究2静态平衡问题的分析方法1.常用方法合成法物体在三个共点力作用下处于平衡状态时，任意两个力的合力与第三个力大小相等、方向相反分解法物体在三个共点力作用下处于平衡状态时，将某个力按作用效果分解，则其分力与其他两个力分别平衡正交分解法物体在多个共点力作用下处于平衡状态，应用正交分解法，则有∑Fx＝F1x＋F2x＋F3x＋…＋Fnx＝0，∑Fy＝F1y＋F2y＋F3y＋…＋Fny＝0矢量三角形法如果三个力首尾相接恰好构成三角形，则这三个力的合力为零。矢量三角形法可以充分利用几何边角关系求解平衡问题2.解题步骤(1)明确研究对象(物体、质点或绳的结点等)。(2)分析研究对象所处的运动状态，判定其是否处于平衡状态。(3)对研究对象进行受力分析，并画出受力示意图。(4)建立合适的坐标系，应用共点力的平衡条件，选择恰当的方法列出平衡方程。(5)求解方程，并讨论结果。【例2】(多选)如图所示，重物的质量为m，轻细绳AO和BO的A端、B端是固定的，平衡时AO是水平的，BO与水平方向的夹角为θ，重力加速度为g，AO的拉力F1和BO的拉力F2的大小分别是()A.F1＝mgcosθ B.F1＝eq\f(mg,tanθ)C.F2＝mgsinθ D.F2＝eq\f(mg,sinθ)答案BD解析法一(合成法)由力的平行四边形定则，作出F1、F2的合力F12，如图所示，又考虑到F12＝mg，由几何关系得F1＝eq\f(mg,tanθ)，F2＝eq\f(mg,sinθ)。法二(正交分解法)将O点受的力沿水平方向、竖直方向正交分解，如图(a)所示。由力的平衡条件得F2cosθ－F1＝0，F2sinθ－mg＝0，解得F2＝eq\f(mg,sinθ)，F1＝eq\f(mg,tanθ)。(也可以用效果分解法求解，同学们可以试一试。)法三(矢量三角形法)O点受到mg、F1和F2的作用处于平衡状态，画出受力分析示意图如图(b)所示。再将表示三个力的有向线段平移到一个三角形中，三力构成首尾相接的封闭的三角形，如图(c)所示。则由几何关系可知F1＝eq\f(mg,tanθ)，F2＝eq\f(mg,sinθ)。【针对训练】(2020·河北张家口月考)斜面倾角为30°，一质量m＝1kg的物块在与斜面成30°角的拉力F作用下恰好不上滑。已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),3)，求F的大小。(g＝10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)答案5eq\r(3)N解析物块受力分析如图，沿斜面方向和垂直斜面方向建立平面直角坐标系，正交分解拉力F、重力mg如图所示。x轴方向：Fcos30°－mgsin30°－Ff＝0y轴方向：Fsin30°＋FN－mgcos30°＝0Ff＝μFN代入数值，解得F＝5eq\r(3)N。探究3“定杆”与“动杆”、“活结”与“死结”问题1.“动杆”和“定杆”的比较(1)“动杆”：对于一端有转轴或有铰链的轻杆，其提供的弹力方向一定是沿着轻杆的方向。(2)“定杆”：一端固定的轻杆(如一端“插入”墙壁或固定于地面)，其提供的弹力不一定沿着轻杆的方向，力的方向只能根据具体情况进行受力分析。根据平衡条件或牛顿第二定律确定杆中的弹力的大小和方向。2.“活结”和“死结”的比较(1)“活结”可理解为把绳子分成两段，且可以沿绳子移动的结点。“活结”一般是由绳跨过滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳子虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳，所以由“活结”分开的两段绳子上弹力的大小一定相等，两段绳子合力的方向一定沿这两段绳子夹角的平分线。(2)“死结”可理解为把绳子分成两段，且不可以沿绳子移动的结点。“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳，因此由“死结”分开的两段绳子上的弹力不一定相等。【例3】(2020·厦门市湖滨中学月考)如图甲所示，轻绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的定滑轮挂住一个质量为10kg的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HP一端用铰链固定在竖直墙上，另一端P通过轻绳EP拉住，EP与水平方向也成30°角，轻杆的P点用轻绳PQ拉住一个质量也为10kg的物体。g取10m/s2，求：(1)轻绳AC段的张力FAC与轻绳EP的张力FEP之比；(2)横梁BC对C端的支持力；(3)轻杆HP对P端的支持力。答案(1)1∶2(2)100N，方向与水平方向成30°角斜向右上方(3)173N，方向水平向右解析分别对C点和P点受力分析如图所示(1)图甲中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，绳AC段的拉力FAC＝FCD＝M1g图乙中则有FEPsin30°＝FPQ＝M2g解得FEP＝2M2g所以得eq\f(FAC,FEP)＝eq\f(M1g,2M2g)＝eq\f(1,2)。(2)图甲中，根据几何关系得FC＝FAC＝M1g＝100N方向与水平方向成30°角斜向右上方。(3)图乙中，根据平衡方程有FEPsin30°＝M2gFEPcos30°＝FP可得FP＝eq\f(M2g,tan30°)＝eq\r(3)M2g＝173N，方向水平向右。1.(共点力平衡条件的理解)如图所示，一架无人机执行航拍任务时正沿直线朝斜向下方匀速运动。用G表示无人机所受的重力，F表示空气对它的作用力，下列四幅图中能表示此过程中无人机受力情况的是()答案C2.(静态平衡问题的分析方法)笔记本电脑散热底座一般设置有四个卡位用来调节角度。如图甲所示，某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位4调至卡位1增大倾角(如图乙)，电脑始终处于静止状态，则()A.电脑受到4个力的作用B.电脑受到的合力变大C.散热底座对电脑的作用力方向竖直向上D.电脑受到的重力和支持力的合力变小答案C解析笔记本电脑受重力、支持力和静摩擦力共3个力的作用，电脑处于平衡状态，合力始终为零，故A、B错误；对电脑受力分析，其受力示意图如图所示，散热底座对电脑的作用力是支持力和静摩擦力的合力，与重力平衡，可知散热底座对电脑的作用力方向竖直向上，故C正确；根据平衡条件，有FN＝mgcosθ；Ff＝mgsinθ；由原卡位4调至卡位1，角度θ增大，则静摩擦力增大，根据三力平衡的特点可知，重力和支持力的合力变大，故D错误。3.(静态平衡问题的分析方法)如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心，一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止于P点。设滑块所受支持力为FN，OP与水平方向的夹角为θ，重力加速度为g。下列关系正确的是()A.F＝eq\f(mg,tanθ) B.F＝mgtanθC.FN＝eq\f(mg,tanθ) D.FN＝mgtanθ答案A解析(1)正交分解法对小滑块进行受力分析，甲如图甲所示，将FN沿水平方向和竖直方向进行分解，根据平衡条件列方程。水平方向有：FNcosθ＝F竖直方向有：FNsinθ＝mg联立解得F＝eq\f(mg,tanθ)，FN＝eq\f(mg,sinθ)。乙(2)合成法滑块受力如图乙，由平衡条件知eq\f(mg,F)＝tanθ，eq\f(mg,FN)＝sinθ，所以有F＝eq\f(mg,tanθ)，FN＝eq\f(mg,sinθ)。(3)矢量三角形法丙如图丙所示，滑块受到的三个力组成封闭的三角形，解直角三角形得F＝eq\f(mg,tanθ)，FN＝eq\f(mg,sinθ)。4.(“活结”与“死结”问题)(多选)将砂桶P用细绳系在C点，如图所示，在两砂桶中装上一定质量的砂子，砂桶(含砂子)P、Q的总质量分别为m1、m2，系统平衡时，∠ACB＝90°、∠CAB＝60°，忽略滑轮的大小以及摩擦。则下列说法正确的是()A.m1∶m2＝1∶1B.m1∶m2＝2∶1C.若在两桶内增加相同质量的砂子，C点的位置上升D.若在两桶内增加相同质量的砂子，C点的位置保持不变答案BC解析以结点C为研究对象，受力分析如图所示，其中F＝m1g、FB＝m2g，由力的平衡条件可知FA＝Fcos30°＝m1gcos30°，由几何关系可知FA＝eq\f(FB,tan30°)，联立解得m1∶m2＝2∶1，选项A错误，B正确；由以上分析可知当砂桶(含砂子)P、Q的总质量的比值为2时，AC与BC保持垂直状态，C点的位置保持不变，而若在两桶内增加相同质量的砂子，则两砂桶(含砂子)质量的比值会小于2，则Q桶向下移动，C点的位置上升，选项C正确，D错误。课时定时训练(限时25分钟)题组一共点力平衡条件的理解1.(多选)下列运动项目中的运动员处于平衡状态的是()A.体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时B.蹦床运动员在空中上升到最高点时C.举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内D.游泳运动员仰卧在水面静止不动时答案ACD解析物体处于平衡状态的条件是F合＝0，物体处于静止或匀速直线运动状态。B项中运动员上升到最高点时v＝0，F合≠0，不会静止在最高点，故不是平衡状态，B错误。2.(多选)如图所示的对物体A的四幅受力图中，正确的有()答案BD解析A选项中的物体A若处于静止，则杆一定受球面或地面的摩擦力，A项错误；B选项中的物体A一定受地面的支持力及自身重力，球与斜面没有挤压，故不受斜面的弹力，B项正确；C选项中的物体A匀速下滑，则一定受力平衡，而图中很明显A所受合力不可能为零，C项错误；D选项中物体A匀速下滑，处于平衡状态，合力为零，故一定受沿斜面向上的摩擦力，且摩擦力与支持力的合力与重力等大、反向，D项正确。题组二静态平衡问题的分析方法3.(多选)如图所示是一种测定风作用力的仪器的原理图，它能自动随着风的转向而转向，使风总从图示方向吹向小球P。P是质量为m的金属球，固定在一细长刚性金属丝下端，能绕悬挂点O在竖直平面内转动，无风时金属丝自然下垂，有风时金属丝将偏离竖直方向一定角度θ，角θ大小与风力大小有关，下列关于风力F、刚性金属丝拉力FT与角度θ的关系式正确的是(重力加速度为g)()A.F＝mgsinθ B.F＝mgtanθC.FT＝mgcosθ D.FT＝eq\f(mg,cosθ)答案BD解析选取金属球为研究对象，它受到三个力的作用，如图甲所示。金属球处于平衡状态，这三个力的合力为零。可用以下两种方法求解。法一力的合成法将风力F和拉力FT合成如图乙所示，由平衡条件知F与FT的合力与重力等大反向，由平行四边形定则可得F＝mgtanθ，FT＝eq\f(mg,cosθ)。法二正交分解法以金属球的重心为坐标原点，取水平方向为x轴，竖直方向为y轴，建立直角坐标系，如图丙所示。由于金属球处于平衡状态，故水平方向的合力Fx合和竖直方向的合力Fy合都等于零，即Fx合＝FTsinθ－F＝0Fy合＝FTcosθ－mg＝0解得F＝mgtanθ，FT＝eq\f(mg,cosθ)。4.用三根轻绳将质量为m的物块悬挂在空中，如图所示。已知ac和bc与竖直方向的夹角分别为30°和60°，重力加速度为g，则ac绳和bc绳中的拉力分别为()A.eq\f(\r(3),2)mg，eq\f(1,2)mg B.eq\f(1,2)mg，eq\f(\r(3),2)mgC.eq\f(\r(3),4)mg，eq\f(1,2)mg D.eq\f(1,2)mg，eq\f(\r(3),4)mg答案A解析分析结点c的受力情况如图，设ac绳对结点c的拉力为F1，bc绳对结点c的拉力为F2，根据平衡条件知F1、F2的合力F与重力mg等大、反向，由几何知识得F1＝Fcos30°＝eq\f(\r(3),2)mgF2＝Fsin30°＝eq\f(1,2)mg选项A正确。题组三“定杆”与“动杆”、“活结”与“死结”问题5.水平横梁一端插在墙壁内，另一端装一小滑轮B。一轻绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一质量m＝20kg的重物，∠CBA＝30°，如图所示，则滑轮受到绳子的作用力大小为(g取10N/kg)()A.100N B.100eq\r(3)NC.200N D.200eq\r(3)N答案C解析如图所示，以滑轮为研究对象，悬挂重物的绳的拉力大小F＝mg＝200N，故小滑轮受到绳的作用力沿BC、BD方向，大小都是200N。由几何关系得，∠CBD＝120°，∠CBE＝∠DBE＝60°，即△CBE是等边三角形，故F合＝200N。6.手握轻杆，杆的另一端安装有一个轻质小滑轮C，支持着一根悬挂重物的绳子，如图所示。现保持滑轮C的位置不变，使杆向下转动一个角度，则杆对滑轮C的作用力将()A.变大 B.不变C.变小 D.无法确定答案B解析以小滑轮为研究对象，进行受力分析可知，小滑轮受到三个力的作用：两绳的拉力和杆对小滑轮的作用力，小滑轮处于平衡状态。杆对滑轮C的作用力大小等于两绳拉力的合力，由于两绳的拉力不变，故杆对滑轮C的作用力不变。7