3-5-共点力的平衡(2019人教版必修第一册)(解析版)

3.5共点力的平衡考点精讲考点1：对共点力平衡条件的理解1．两种平衡情形（1）物体在共点力作用下处于静止状态。（2）物体在共点力作用下处于匀速直线运动状态。2．两种平衡条件的表达式（1）F合＝0。（2）eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Fx合＝0，,Fy合＝0。))其中Fx合和Fy合分别是将所受的力进行正交分解后，物体在x轴和y轴方向上所受的合力。3．由平衡条件得出的三个结论【点拨】如果物体受到多个共点力的作用，我们可以逐步通过力的合成，最终等效为两个力的作用。如果这两个力的合力为0，则意味着所有的合力为0，物体将处于平衡状态。【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【分析】物体在四个共点力作用下处于平衡状态时，这些力在任何一个方向上的合力均为零。其中任意三个力的合力必定与第四个力等大反向，作用在同一直线上。【解析】C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的合力的大小仍等于F4，但方向与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，故C正确。1物体受多个力作用处于平衡状态时，可以通过求出其中几个力的合力，将多个力的平衡问题转化为二力平衡或三力平衡问题。2当物体处于平衡状态时，沿任意方向物体所受的合力均为零。【针对训练】1．(2020－2021学年云南省玉溪一中高一(上)期中)如图所示，在匀速前进的车厢顶部用细线竖直悬挂一小球，小球下方与一光滑斜面接触，关于小球的受力，下列说法正确的是()A．小球受重力和细线对它的拉力B．小球受重力和斜面对它的弹力C．小球受重力、细线对它的拉力和斜面对它的弹力D．小球受细线对它的拉力和斜面对它的弹力【解析】因车做匀速直线运动，故小球也是做匀速直线运动。对小球分析，可知小球必定受到重力和细线的拉力，小球和光滑斜面接触，假设斜面对小球有弹力，则小球将受到三个力作用：重力、斜面的支持力和细线的拉力，重力和绳的拉力在竖直方向上，弹力垂直于斜面向上，三个力的合力不可能为零，小球将向右上方运动，与题设条件矛盾。故斜面对小球没有弹力。故小球只受到重力和细线对它的拉力两个力。故选A。【答案】A1．如图所示，三个重均为100N的物块，叠放在水平桌面上，各接触面水平，水平拉力F＝20N作用在物块2上，三条轻质绳结于O点，与物块3连接的绳水平，与天花板连接的绳与水平方向成45°角，竖直绳悬挂重为20N的小球P.整个装置处于静止状态.则()A.物块1和2之间的摩擦力大小为20NB.水平绳的拉力大小为20NC.桌面对物块3的支持力大小为320ND.物块3受4个力的作用【解析】对物块1受力分析，受重力和支持力，假如受水平方向的摩擦力，则不能保持平衡，故物块1和物块2间的摩擦力为零，A错误；对O点受力分析，受到三根绳子的拉力，如图，根据平衡条件有，x方向：FT2cos45°＝FT1，y方向：FT2sin45°＝GP，解得FT1＝GP＝20N，所以水平绳中的拉力大小为20N，B正确；对物块1、2、3整体受力分析，受重力、支持力、向左的拉力、绳子a的拉力，竖直方向：FN＝3G＝300N，故C错误；对物块1和物块2整体研究，受重力、支持力、向左的拉力F和向右的静摩擦力Ff23，根据平衡条件得：Ff23＝F＝20N；1、2间摩擦力为零，2、3间摩擦力为20N，则3与桌面间摩擦力为零，故3受重力、支持力、压力、2对3的摩擦力、绳子拉力，共5个力作用，D错误.【答案】B3．(2020－2021学年辽宁省沈阳二中高一(上)期中)如图所示，用一根长为l的细绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A，为使细绳与竖直方向成30°角且绷紧，小球A处于静止，对小球施加外力的可能值()A．mg B．mgC．mg D．mg【解析】当拉力垂直细线时用力最小，则，则对小球施加外力的可能值为mg。故选C。【答案】C考点2：解决平衡问题的常用方法共点力平衡问题的常见处理方法第一步：作图第二步：计算适用情景合成法作平行四边形步骤：①画已知大小和方向的力②画已知方向的力③画已知大小的力根据三角函数、勾股定理、等边三角形、相似三角形等计算合力(或分力)根据平衡条件确定与合力(或分力)平衡的力受力个数≤3已知力个数＝2效果分解法受力个数≤3已知力个数＝1正交分解法①确定坐标轴方向②分解不在轴上的力根据平衡条件列方程解方程，求解未知力适用于各种情况，尤其受力个数>3的情况【例2】把一个足球悬挂在光滑墙壁上的A点，如图所示，足球的质量为M，悬绳的质量不计，足球与墙壁接触点为B，悬绳与墙壁的夹角为α，求悬绳对足球的拉力大小和墙壁对足球的支持力大小。【分析】首先要对足球进行受力分析，足球受到重力、墙壁的支持力、悬绳拉力三个力的作用。然后作出三个力的示意图，根据三力平衡采用不同的方法求解。【解析】方法一：合成法。对足球受力分析，受重力Mg、墙的支持力FN、绳的拉力FT，由平衡条件知，FN与Mg的合力与FT等大反向，如图甲所示，由图可知，FN＝Mgtanα，FT＝eq\f(Mg,cosα)。甲乙丙方法二：矢量三角形法。足球受的三个力的合力为零，故可构成如图乙所示的闭合矢量三角形，由几何关系得FN＝Mgtanα，FT＝eq\f(Mg,cosα)。方法三：正交分解法。如图丙所示，将足球受到的拉力FT分解到水平方向和竖直方向，由平衡条件有FT·cosα＝Mg，FTsinα＝FN，故FT＝eq\f(Mg,cosα)，FN＝Mgtanα。应用共点力平衡条件解题的步骤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。【针对训练】1．(2020－2021学年江苏省南京师大附中高一(上)期中)如图所示，质量均为m的两小球A、B用轻绳相连并悬挂在天花板上O点，现用一水平力缓慢拉小球B，当轻绳OA与水平天花板的夹角为45°时，水平力F的大小为(已知重力加速度为g)()A．2mg B．mg C．mg D．mg【解析】以A、B组成的整体为研究对象，受到重力、OA绳的拉力FT和水平力F，由平衡条件可得，竖直方向上有FTsin45°=2mg，水平方向上有FTcos45°=F，联立得F=2mg，故选A。【答案】A2．(2020－2021学年吉林省长春市实验中学高一(上)期中)(多选)如图所示，重力为G的物体A在大小为F的水平向左的恒力作用下静止在倾角为的固定光滑斜面上。下列关于物体对斜面压力FN大小的表达式，正确的是()A．FN＝ B．FN＝C．FN＝Fsin＋Gcos D．FN＝Gcos【解析】A．对物体A受力分析，受推力F、重力G、支持力N，如图所示由图可得，故A正确；B．由Ncosα=G，可得，根据牛顿第三定律得，故B正确；C．由图根据正交分解法可得FN=Fsinα+Gcosα，故C正确；D．由图可知，可得，故D错误。故选ABC。【答案】ABC3．(2020－2021学年河北省石家庄市第二中学高一(上)期中)如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α=70°，则β等于()A．45° B．55° C．60° D．70°【解析】甲物体是拴牢在O点，且甲、乙两物体的质量相等，则甲、乙绳的拉力大小相等，O点处于平衡状态，则左侧绳子拉力的方向在甲、乙绳子的角平分线上，如图所示根据几何关系有180°=2β+α和，解得β=55°。故选B。【答案】B考点3：物体动态平衡问题1.动态平衡（1）所谓动态平衡问题，是指通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢变化，而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态，常利用图解法解决此类问题。（2）基本思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”。2．分析动态平衡问题的方法方法步骤解析法(1)列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式；(2)根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况图解法(1)根据已知量的变化情况，画出平行四边形边、角的变化；(2)确定未知量大小、方向的变化相似三角形法(1)根据已知条件画出两个不同情况对应的力的三角形和空间几何三角形，确定对应边，利用三角形相似知识列出比例式；(2)确定未知量大小的变化情况力的三角形法对受三力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理等数学知识求解未知力【例3】(2020－2021学年北京市东城区第一七一中学高一(上)期中)某同学用如图所示的实验装置验证“力的平行四边形定则”。将弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M，弹簧测力计B的挂钩处系一细线，把细线的另一端系在弹簧测力计A下端细线上的O点处，手持弹簧测力计B水平向左拉，使O点缓慢地向左移动，且总保持弹簧测力计B的拉力方向不变，不计弹簧测力计所受的重力，两弹簧测力计的拉力均不超出它们的量程，则弹簧测力计A、B的示数FA、FB的变化情况是()A．FA变大，FB变小 B．FA变小，FB变大C．FA变大，FB变大 D．FA变小，FB变小【解析】以O点为研究对象，其受力变化如同所示由图可知，开始时弹簧A处于竖直状态，其拉力大小等于Mg，B弹簧拉力为零，当O点左移时，弹簧A与竖直方向的夹角在增大，由受力图可知FA变大，FB变大，故选C。【答案】C对于共点力作用下物体的动态平衡问题，解题方法有解析法、图解法和相似三角形法。根据本题物体所受力的特征，选择图解法或解析法均可以快速解题。【针对训练】3．(图解法的应用)如图所示，在粗糙水平地面上放着一个表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，整个装置处于静止状态。则把A向右缓慢移动少许的过程中，下列判断正确的是()A．球B对墙的压力增大B．球B对柱状物体A的压力增大C．地面对柱状物体A的摩擦力不变D．地面对柱状物体A的支持力不变【解析】球B受重力、A的支持力F1和墙壁的压力F2，如图甲所示，设F1与竖直方向的夹角为θ，将重力G分解为G1和G2，则根据平衡条件可知，F1＝G1＝eq\f(G,cosθ)，F2＝G2＝Gtanθ。当A向右缓慢移动时，根据几何关系可知，A对球B的支持力F1与竖直方向的夹角θ减小，所以cosθ增大，tanθ减小，即墙壁对球B的压力F2减小，A对球B的支持力F1减小，根据牛顿第三定律可知，球B对墙壁的压力减小，球B对A的压力也减小，选项A、B错误；对A、B整体进行受力分析，如图乙所示，由平衡条件可知A受地面的摩擦力大小Ff＝F2，则Ff减小，地面对A的支持力等于A、B的重力之和，大小不变，选项C错误，选项D正确。甲乙【答案】D4．(相似三角形法的应用)如图所示，不计重力的轻杆OP能以O点为轴在竖直面内自由转动，P端用轻绳PB挂一重物，另用一根轻绳通过光滑定滑轮C系住P端。在力F的作用下，当杆OP和竖直方向的夹角α(0<α<π)缓慢增大时，力F的大小应()A．逐渐增大 B．恒定不变C．逐渐减小 D．先增大后减小【解析】对P点进行受力分析，如图所示，由相似三角形知识可得F＝eq\f(PC,OC)G，由于OC不变，绳子长度PC逐渐增加，所以F逐渐增大，A正确。【答案】A3．(2020－2021学年天津市南开区南开中学高一(上)期中)(多选)如图所示，绳与杆均不计重力，A端用绞链固定，滑轮O在A点正上方(滑轮大小及摩擦均可忽略)，B端吊一重物P，现施加拉力FT将B缓慢上拉(均未断)，在杆达到竖直前()A．绳子拉力越来越大 B．绳子拉力越来越小C．杆的弹力越来越小 D．杆的弹力不变【解析】如下图所示，对B点进行受力分析：根据几何三角形和力学三角形的相似，得：施加拉力FT将B缓慢上拉的过程中，h不变，L不变，s变短故可知，杆的弹力FN不变，绳子拉力FT逐渐越来越小。AC选项与上述分析不符，故选BD。【答案】BD考点一对共点力平衡条件的理解1．物体受F1、F2、F3三个共点力的作用，下面4组力的组合中，可以使物体处于平衡状态的是()A．F1＝9N、F2＝1N、F3＝5NB．F1＝8N、F2＝3N、F3＝15NC．F1＝4N、F2＝2N、F3＝10ND．F1＝6N、F2＝10N、F3＝10N【解析】D9N和1N的力的最小合力为8N，与5N的力的合力不可能为零，故A错误；8N和3N的力的最大合力为11N，与15N的力的合力不可能为零，故B错误；4N和2N的力的最大合力为6N，与10N的力的合力不可能为零，故C错误；6N和10N的力的合力范围是4～16N，可能等于10N，则三个力的合力可能为零，故D正确。2．孔明灯又叫天灯，俗称许愿灯，中国很多地方有放孔明灯的习俗。如图所示，一质量为m的孔明灯升空后与竖直方向夹角为θ斜向上匀速运动，则此孔明灯所受空气的作用力大小是()A．mg B．mgtanθC.eq\f(mg,cosθ) D．eq\f(mg,sinθ)【解析】A孔明灯受到重力和空气的作用力，因为孔明灯匀速运动，所以孔明灯所受重力和空气作用力等大反向，故选项A正确。3．某物体受四个力的作用而处于静止状态，保持其他三个力的大小和方向均不变，使另一个大小为F的力的方向转过90°，则欲使物体仍保持静止状态，必须再加上一个大小为多少的力()A．F B．eq\r(2)FC．2F D．3F【解析】B物体受四个力的作用而处于静止状态时，F与其余三个力的合力F′等大、反向，当F转过90°时，F′与F之间的夹角为90°，又F′＝F，两力的合力F合＝eq\r(2)F，故要满足题意，必须再加上一个大小为eq\r(2)F的力，故B正确。考点二解决平衡问题的常用方法4．如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动，物块与桌面间的动摩擦因数为()A．2－eq\r(3) B．eq\f(\r(3),6)C.eq\f(\r(3),3) D．eq\f(\r(3),2)【解析】C当F沿水平方向时，物块受力如图甲所示，有F＝f，f＝μN，N＝mg，联立解得F＝μmg ①甲乙当F与水平面成60°角时，物块受力如图乙所示，有Fcos60°＝f′，f′＝μN′，N′＝mg－Fsin60°，联立解得Fcos60°＝μ(mg－Fsin60°) ②联立①②解得μ＝eq\f(\r(3),3)，C正确。5．叠罗汉是一种两人以上层层叠成各种造型的游戏娱乐形式，也是一种高难度的杂技。如图所示为六人叠成的三层静态造型，假设每个人的重量均为G，下面五人的背部均呈水平状态，则最底层正中间的人的一只脚对水平地面的压力约为()A.eq\f(3,4)G B．eq\f(7,8)GC.eq\f(5,4)G D．eq\f(3,2)G【解析】C最上面人的重力为G，所以每条腿上的力均为eq\f(G,2)；中间层左边的人，受到竖直向下的力为G＋eq\f(G,2)＝eq\f(3G,2)，所以每条腿上的力均为eq\f(3G,4)，由对称性，中间层右边的人每条腿上的力也均为eq\f(3,4)G；最底层中间的人，受到竖直向下的力为G＋eq\f(3G,4)＋eq\f(3G,4)＝eq\f(5G,2)，所以其每条腿上的力均为eq\f(5G,4)。即最底层正中间的人的一只脚对水平地面的压力约为eq\f(5,4)G，故选项C正确。6．如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为()A.eq\r(3)∶4 B．4∶eq\r(3)C．1∶2 D．2∶1【解析】D方法一：分别对两个小球受力分析，如图甲所示。甲乙FAsin30°－FBsinα＝0，FB′sinα－FC＝0，FB＝FB′，得FA＝2FC，即弹簧A、C的伸长量之比为2∶1，选项D正确。方法二：将两个小球作为一个整体，进行受力分析，如图乙所示。由平衡条件知：FAsin30°＝FC，解得FA＝2FC，即弹簧A、C的伸长量之比为2∶1，故选项D正确。7．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。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【解析】A滑块受力如图甲，由平衡条件知：eq\f(mg,F)＝tanθ，eq\f(mg,FN)＝sinθ，则F＝eq\f(mg,tanθ)，FN＝eq\f(mg,sinθ)。甲乙丙丁法二：效果分解法将重力按产生的效果分解，如图乙所示，F＝G2＝eq\f(mg,tanθ)，FN＝G1＝eq\f(mg,sinθ)。法三：正交分解法将滑块受的力水平、竖直分解，如图丙所示，mg＝FNsinθ，F＝FNcosθ，联立解得：F＝eq\f(mg,tanθ)，FN＝eq\f(mg,sinθ)。法四：封闭三角形法如图丁所示，滑块受的三个力组成封闭三角形，解直角三角形得：F＝eq\f(mg,tanθ)，FN＝eq\f(mg,sinθ)。8．(2020－2021学年河北省石家庄市第二中学高一(上)期中)如图，质量为3m的光滑圆球B紧靠竖直墙壁置于光滑水平地面上，质量为m的均匀圆球A用一定长度的轻质细绳悬挂于竖直墙壁上的P点。O1、O2为两球的球心，平衡时PQ2与竖直方向的夹角，且两球心O1O2的连线与PQ2恰好垂直，已知重力加速度为g()，求：(1)B球对A球的支持力的大小；(2)墙面对B球的弹力大小；(3)地面对B球的支持力大小。【解析】(1)对球A和球B的受力分析如下图所示球B对球A的支持力为(2)墙面对B球的弹力为其中，可得(3)根据上图球B的受力分析，地面对B球的支持力为解得【答案】(1)；(2)；(3)9．(2020－2021学年广东省深圳市深圳中学高一(上)期中)如图所示，A、B为竖直墙面上等高的两点，AO、BO为长度相等的两根轻绳，CO为一根轻杆，转轴C在AB中点D的正下方，AOB在同一水平面内，∠AOB=120°，∠COD=60°，若在O点处悬挂一个质量为m的物体，则平衡后绳AO所受的拉力和杆OC所受的压力分别为多少？【解析】根据对称性可知AO和BO绳子上的拉力大小相等，令为F，则AO和BO作用在O点的合力大小为F，方向由O指向D。对O点进行受力分析，受到重物向下的拉力mg，CO杆沿CO方向的支持力N以及AO和BO作用在O点的合力F，mg、N和F三力平衡，则mg、N和F可构成一个矢量三角形，且N和mg的夹角为30°。则，所以AO所受的拉力为，根据牛顿第三定律知杆OC所受的压力为。【答案】；考点三物体动态平衡问题10．(多选)半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态。如图所示是这个装置的纵截面图，若用外力使MN保持竖直，缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止，在此过程中()A．MN对Q的弹力逐渐增大B．地面对P的摩擦力逐渐增大C．P、Q间的弹力先减小后增大D．Q所受的合力逐渐增大【解析】AB对小圆柱体Q受力分析如图所示，P对Q的弹力为F，MN对Q的弹力为FN，挡板MN向右运动时，F和竖直方向的夹角逐渐增大，而小圆柱体所受重力大小不变，所以F和FN的合力大小不变，故选项D错误；由图可知，F和FN都在不断增大，故选项C错误，A正确；对P、Q整体受力分析知，地面对P的摩擦力大小就等于FN，所以地面对P的摩擦力也逐渐增大，故选项B正确。11．(多选)如图所示，晾晒衣服的绳子轻且光滑，悬挂衣服的衣架的挂钩也是光滑的，轻绳两端分别固定在两根竖直杆上的A、B两点，衣服处于静止状态。如果保持绳子A端的位置不变，将B端分别移动到不同的位置，下列判断正确的是()A．B端移动到B1位置时，绳子张力不变B．B端移动到B2位置时，绳子张力不变C．B端在杆上位置不变，将杆移动到虚线位置时，绳子张力变大D．B端在杆上位置不变，将杆移动到虚线位置时，绳子张力变小【解析】ABD以悬挂点为研究对象，画出受力分析图如图所示。由于两侧绳子的拉力大小相等，可以推知两侧绳子与竖直方向的夹角θ相等。由平衡条件得2Fcosθ＝F1＝mg，设绳长为L，左、右两侧绳长为L1、L2，两杆之间的宽度为d，所以L1sinθ＋L2sinθ＝d，则sinθ＝eq\f(d,L1＋L2)＝eq\f(d,L)，由此可见，θ只由d、L决定，与其他因素无关，F的大小与绳子在B1、B2的位置无关，选项A、B正确；将杆移动到虚线位置时，d变小，θ变小，绳子张力变小，选项D正确。12．如图所示，一小球放置在木板与竖直墙面之间；设墙面对球的支持力大小为FN1，球对木板的压力大小为FN2；以木板与墙的连接处为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦，在此过程中()A．FN1始终减小，FN2始终增大B．FN1始终减小，FN2始终减小C．FN1先增大后减小，FN2始终减小D．FN1先增大后减小，FN2先减小后增大【解析】B对小球受力分析如图所示，缓慢转动木板，可认为小球在任意位置受力平衡，以FN1的方向为x轴正方向、竖直向上为y轴正方向建立坐标系，设木板与墙面的夹角为θ，则将木板对球的支持力FN沿两坐标轴分解并根据共点力的平衡条件，得FNsinθ＝mg，FNcosθ＝FN1，所以FN＝eq\f(mg,sinθ)，FN1＝mgcotθ。球对木板的压力大小等于木板对球的支持力大小，即FN2＝FN，当木板向下转动时，θ角增大，则FN2减小，FN1减小，故选项B正确。13．如图所示，光滑半球的半径为R，有一质量为m的小球(球可视为质点)用一细线挂靠在半球上，细线上端通过一个定滑轮，在用力将小球缓慢往上拉的过程中，细线对小球的拉力F大小和小球紧压球面的力F2大小变化情况是()A．两者都变小 B．两者都变大C．F变小，F2不变 D．F不变，F2变小【解析】C在小球往上移动的过程中，小球所受的重力不变，拉力F与重力的分力F1大小相等、方向相反，并且随着小球上移，F1与F2的方向均发生变化，此时力的平行四边形的形状变化规律不直观，力随角度变化的关系也难建立。而此处所求的力的变化关系是由于OA段细线缩短引起的，因此可建立与OA线段长度之间的变化关系。设OA段长为L，O点到半球顶的距离为d，△OO′A与力的矢量三角形相