人教版高中物理必修一3.5 共點力的平衡（解析版） 精講精練

3.5共點力的平衡考點精講考點1：對共點力平衡條件的理解1．兩種平衡情形(1)物體在共點力作用下處于靜止狀態(tài)。(2)物體在共點力作用下處于勻速直線運動狀態(tài)。2．兩種平衡條件的表達式(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合分別是將所受的力進行正交分解后，物體在x軸和y軸方向上所受的合力。3．由平衡條件得出的三個結論【點撥】如果物體受到多個共點力的作用，我們可以逐步通過力的合成，最終等效為兩個力的作用。如果這兩個力的合力為0，則意味著所有的合力為0，物體將處于平衡狀態(tài)?！纠?】如圖所示，某個物體在F1、F2、F3、F4四個力的作用下處于靜止狀態(tài)，若F4的方向沿逆時針轉(zhuǎn)過60°而保持其大小不變，其余三個力的大小和方向均不變，則此時物體所受到的合力大小為()A.eq\f(F4,2) B．eq\f(\r(3)F4,2)C．F4 D．eq\r(3)F4【分析】物體在四個共點力作用下處于平衡狀態(tài)時，這些力在任何一個方向上的合力均為零。其中任意三個力的合力必定與第四個力等大反向，作用在同一直線上?！窘馕觥緾由共點力的平衡條件可知，F(xiàn)1、F2、F3的合力應與F4等大、反向，當F4的方向沿逆時針轉(zhuǎn)過60°而保持其大小不變時，F(xiàn)1、F2、F3的合力的大小仍等于F4，但方向與F4成120°角，由平行四邊形定則可得，此時物體所受的合力大小為F4，故C正確?！炯记膳c方法】1物體受多個力作用處于平衡狀態(tài)時，可以通過求出其中幾個力的合力，將多個力的平衡問題轉(zhuǎn)化為二力平衡或三力平衡問題。2當物體處于平衡狀態(tài)時，沿任意方向物體所受的合力均為零。【針對訓練】1．某物體受四個力的作用而處于靜止狀態(tài)，保持其他三個力的大小和方向均不變，使另一個大小為F的力的方向轉(zhuǎn)過90°，則欲使物體仍保持靜止狀態(tài)，必須再加上一個大小為多少的力()A．F B．eq\r(2)FC．2F D．3F【解析】B物體受四個力的作用而處于靜止狀態(tài)時，F(xiàn)與其余三個力的合力F′等大、反向，當F轉(zhuǎn)過90°時，F(xiàn)′與F之間的夾角為90°，又F′＝F，兩力的合力F合＝eq\r(2)F，故要滿足題意，必須再加上一個大小為eq\r(2)F的力，故B正確。考點2：解決平衡問題的常用方法共點力平衡問題的常見處理方法第一步：作圖第二步：計算適用情景合成法作平行四邊形步驟：①畫已知大小和方向的力②畫已知方向的力③畫已知大小的力根據(jù)三角函數(shù)、勾股定理、等邊三角形、相似三角形等計算合力(或分力)根據(jù)平衡條件確定與合力(或分力)平衡的力受力個數(shù)≤3已知力個數(shù)＝2效果分解法受力個數(shù)≤3已知力個數(shù)＝1正交分解法①確定坐標軸方向②分解不在軸上的力根據(jù)平衡條件列方程解方程，求解未知力適用于各種情況，尤其受力個數(shù)>3的情況【例2】把一個足球懸掛在光滑墻壁上的A點，如圖所示，足球的質(zhì)量為M，懸繩的質(zhì)量不計，足球與墻壁接觸點為B，懸繩與墻壁的夾角為α，求懸繩對足球的拉力大小和墻壁對足球的支持力大小。【分析】首先要對足球進行受力分析，足球受到重力、墻壁的支持力、懸繩拉力三個力的作用。然后作出三個力的示意圖，根據(jù)三力平衡采用不同的方法求解。【解析】方法一：合成法。對足球受力分析，受重力Mg、墻的支持力FN、繩的拉力FT，由平衡條件知，F(xiàn)N與Mg的合力與FT等大反向，如圖甲所示，由圖可知，F(xiàn)N＝Mgtanα，F(xiàn)T＝eq\f(Mg,cosα)。甲乙丙方法二：矢量三角形法。足球受的三個力的合力為零，故可構成如圖乙所示的閉合矢量三角形，由幾何關系得FN＝Mgtanα，F(xiàn)T＝eq\f(Mg,cosα)。方法三：正交分解法。如圖丙所示，將足球受到的拉力FT分解到水平方向和豎直方向，由平衡條件有FT·cosα＝Mg，F(xiàn)Tsinα＝FN，故FT＝eq\f(Mg,cosα)，F(xiàn)N＝Mgtanα?！炯记膳c方法】應用共點力平衡條件解題的步驟1明確研究對象(物體、質(zhì)點或繩的結點等)。2分析研究對象所處的運動狀態(tài)，判定其是否處于平衡狀態(tài)。3對研究對象進行受力分析，并畫出受力示意圖。4建立合適的坐標系，應用共點力的平衡條件，選擇恰當?shù)姆椒谐銎胶夥匠獭?求解方程，并討論結果?！踞槍τ柧殹?．如圖所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O為球心。一質(zhì)量為m的小滑塊，在水平力F的作用下靜止于P點，設滑塊所受支持力為FN，OP與水平方向的夾角為θ。下列關系正確的是()A．F＝eq\f(mg,tanθ) B．F＝mgtanθC．FN＝eq\f(mg,tanθ) D．FN＝mgtanθ【解析】A滑塊受力如圖甲，由平衡條件知：eq\f(mg,F)＝tanθ，eq\f(mg,FN)＝sinθ，則F＝eq\f(mg,tanθ)，F(xiàn)N＝eq\f(mg,sinθ)。甲乙丙丁法二：效果分解法將重力按產(chǎn)生的效果分解，如圖乙所示，F(xiàn)＝G2＝eq\f(mg,tanθ)，F(xiàn)N＝G1＝eq\f(mg,sinθ)。法三：正交分解法將滑塊受的力水平、豎直分解，如圖丙所示，mg＝FNsinθ，F(xiàn)＝FNcosθ，聯(lián)立解得：F＝eq\f(mg,tanθ)，F(xiàn)N＝eq\f(mg,sinθ)。法四：封閉三角形法如圖丁所示，滑塊受的三個力組成封閉三角形，解直角三角形得：F＝eq\f(mg,tanθ)，F(xiàn)N＝eq\f(mg,sinθ)。考點3：物體動態(tài)平衡問題1.動態(tài)平衡(1)所謂動態(tài)平衡問題，是指通過控制某些物理量，使物體的狀態(tài)發(fā)生緩慢變化，而在這個過程中物體又始終處于一系列的平衡狀態(tài)，常利用圖解法解決此類問題。(2)基本思路：化“動”為“靜”，“靜”中求“動”。2．分析動態(tài)平衡問題的方法方法步驟解析法(1)列平衡方程求出未知量與已知量的關系表達式；(2)根據(jù)已知量的變化情況來確定未知量的變化情況圖解法(1)根據(jù)已知量的變化情況，畫出平行四邊形邊、角的變化；(2)確定未知量大小、方向的變化相似三角形法(1)根據(jù)已知條件畫出兩個不同情況對應的力的三角形和空間幾何三角形，確定對應邊，利用三角形相似知識列出比例式；(2)確定未知量大小的變化情況力的三角形法對受三力作用而平衡的物體，將力的矢量圖平移使三力組成一個首尾依次相接的矢量三角形，根據(jù)正弦定理、余弦定理等數(shù)學知識求解未知力【例3】質(zhì)量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上，用水平向左的力F緩慢拉動繩的中點O，如圖所示。用T表示繩OA段拉力的大小，在O點向左移動的過程中()A．F逐漸變大，T逐漸變大B．F逐漸變大，T逐漸變小C．F逐漸變小，T逐漸變大D．F逐漸變小，T逐漸變小【分析】本題考查的是共點力作用下物體的動態(tài)平衡問題。本題中結點O受到三個力作用處于動態(tài)平衡，一個力大小和方向不變，一個力的方向不變，分析另一個力方向變化時兩個變力大小的變化情況，可采用解析法或圖解法。【解析】A以O點為研究對象，設繩OA與豎直方向的夾角為θ，物體的重力為G，根據(jù)力的平衡條件可知F＝Gtanθ，T＝eq\f(G,cosθ)。隨著O點向左移，θ變大，則F逐漸變大，T逐漸變大，A項正確?！炯记膳c方法】對于共點力作用下物體的動態(tài)平衡問題，解題方法有解析法、圖解法和相似三角形法。根據(jù)本題物體所受力的特征，選擇圖解法或解析法均可以快速解題。【針對訓練】3．(圖解法的應用)如圖所示，在粗糙水平地面上放著一個表面為四分之一圓弧的柱狀物體A，A的左端緊靠豎直墻，A與豎直墻之間放一光滑圓球B，整個裝置處于靜止狀態(tài)。則把A向右緩慢移動少許的過程中，下列判斷正確的是()A．球B對墻的壓力增大B．球B對柱狀物體A的壓力增大C．地面對柱狀物體A的摩擦力不變D．地面對柱狀物體A的支持力不變【解析】D球B受重力、A的支持力F1和墻壁的壓力F2，如圖甲所示，設F1與豎直方向的夾角為θ，將重力G分解為G1和G2，則根據(jù)平衡條件可知，F(xiàn)1＝G1＝eq\f(G,cosθ)，F(xiàn)2＝G2＝Gtanθ。當A向右緩慢移動時，根據(jù)幾何關系可知，A對球B的支持力F1與豎直方向的夾角θ減小，所以cosθ增大，tanθ減小，即墻壁對球B的壓力F2減小，A對球B的支持力F1減小，根據(jù)牛頓第三定律可知，球B對墻壁的壓力減小，球B對A的壓力也減小，選項A、B錯誤；對A、B整體進行受力分析，如圖乙所示，由平衡條件可知A受地面的摩擦力大小Ff＝F2，則Ff減小，地面對A的支持力等于A、B的重力之和，大小不變，選項C錯誤，選項D正確。甲乙]4．(相似三角形法的應用)如圖所示，不計重力的輕桿OP能以O點為軸在豎直面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動，P端用輕繩PB掛一重物，另用一根輕繩通過光滑定滑輪C系住P端。在力F的作用下，當桿OP和豎直方向的夾角α(0<α<π)緩慢增大時，力F的大小應()A．逐漸增大 B．恒定不變C．逐漸減小 D．先增大后減小【解析】A對P點進行受力分析，如圖所示，由相似三角形知識可得F＝eq\f(PC,OC)G，由于OC不變，繩子長度PC逐漸增加，所以F逐漸增大，A正確?？键c達標考點一對共點力平衡條件的理解1．物體受F1、F2、F3三個共點力的作用，下面4組力的組合中，可以使物體處于平衡狀態(tài)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的力的最小合力為8N，與5N的力的合力不可能為零，故A錯誤；8N和3N的力的最大合力為11N，與15N的力的合力不可能為零，故B錯誤；4N和2N的力的最大合力為6N，與10N的力的合力不可能為零，故C錯誤；6N和10N的力的合力范圍是4～16N，可能等于10N，則三個力的合力可能為零，故D正確。2．孔明燈又叫天燈，俗稱許愿燈，中國很多地方有放孔明燈的習俗。如圖所示，一質(zhì)量為m的孔明燈升空后與豎直方向夾角為θ斜向上勻速運動，則此孔明燈所受空氣的作用力大小是()A．mg B．mgtanθC.eq\f(mg,cosθ) D．eq\f(mg,sinθ)【解析】A孔明燈受到重力和空氣的作用力，因為孔明燈勻速運動，所以孔明燈所受重力和空氣作用力等大反向，故選項A正確?？键c二解決平衡問題的常用方法3．如圖，一物塊在水平拉力F的作用下沿水平桌面做勻速直線運動。若保持F的大小不變，而方向與水平面成60°角，物塊也恰好做勻速直線運動，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為()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當F沿水平方向時，物塊受力如圖甲所示，有F＝f，f＝μN，N＝mg，聯(lián)立解得F＝μmg ①甲乙當F與水平面成60°角時，物塊受力如圖乙所示，有Fcos60°＝f′，f′＝μN′，N′＝mg－Fsin60°，聯(lián)立解得Fcos60°＝μ(mg－Fsin60°) ②聯(lián)立①②解得μ＝eq\f(\r(3),3)，C正確。4．疊羅漢是一種兩人以上層層疊成各種造型的游戲娛樂形式，也是一種高難度的雜技。如圖所示為六人疊成的三層靜態(tài)造型，假設每個人的重量均為G，下面五人的背部均呈水平狀態(tài)，則最底層正中間的人的一只腳對水平地面的壓力約為()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最上面人的重力為G，所以每條腿上的力均為eq\f(G,2)；中間層左邊的人，受到豎直向下的力為G＋eq\f(G,2)＝eq\f(3G,2)，所以每條腿上的力均為eq\f(3G,4)，由對稱性，中間層右邊的人每條腿上的力也均為eq\f(3,4)G；最底層中間的人，受到豎直向下的力為G＋eq\f(3G,4)＋eq\f(3G,4)＝eq\f(5G,2)，所以其每條腿上的力均為eq\f(5G,4)。即最底層正中間的人的一只腳對水平地面的壓力約為eq\f(5,4)G，故選項C正確。5．如圖所示，用完全相同的輕彈簧A、B、C將兩個相同的小球連接并懸掛，小球處于靜止狀態(tài)，彈簧A與豎直方向的夾角為30°，彈簧C水平，則彈簧A、C的伸長量之比為()A.eq\r(3)∶4 B．4∶eq\r(3)C．1∶2 D．2∶1【解析】D方法一：分別對兩個小球受力分析，如圖甲所示。甲乙FAsin30°－FBsinα＝0，F(xiàn)B′sinα－FC＝0，F(xiàn)B＝FB′，得FA＝2FC，即彈簧A、C的伸長量之比為2∶1，選項D正確。方法二：將兩個小球作為一個整體，進行受力分析，如圖乙所示。由平衡條件知：FAsin30°＝FC，解得FA＝2FC，即彈簧A、C的伸長量之比為2∶1，故選項D正確?？键c三物體動態(tài)平衡問題6．(多選)半圓柱體P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的豎直擋板MN，在P和MN之間放有一個光滑均勻的小圓柱體Q，整個裝置處于靜止狀態(tài)。如圖所示是這個裝置的縱截面圖，若用外力使MN保持豎直，緩慢地向右移動，在Q落到地面以前，發(fā)現(xiàn)P始終保持靜止，在此過程中()A．MN對Q的彈力逐漸增大B．地面對P的摩擦力逐漸增大C．P、Q間的彈力先減小后增大D．Q所受的合力逐漸增大【解析】AB對小圓柱體Q受力分析如圖所示，P對Q的彈力為F，MN對Q的彈力為FN，擋板MN向右運動時，F(xiàn)和豎直方向的夾角逐漸增大，而小圓柱體所受重力大小不變，所以F和FN的合力大小不變，故選項D錯誤；由圖可知，F(xiàn)和FN都在不斷增大，故選項C錯誤，A正確；對P、Q整體受力分析知，地面對P的摩擦力大小就等于FN，所以地面對P的摩擦力也逐漸增大，故選項B正確。7．(多選)如圖所示，晾曬衣服的繩子輕且光滑，懸掛衣服的衣架的掛鉤也是光滑的，輕繩兩端分別固定在兩根豎直桿上的A、B兩點，衣服處于靜止狀態(tài)。如果保持繩子A端的位置不變，將B端分別移動到不同的位置，下列判斷正確的是()A．B端移動到B1位置時，繩子張力不變B．B端移動到B2位置時，繩子張力不變C．B端在桿上位置不變，將桿移動到虛線位置時，繩子張力變大D．B端在桿上位置不變，將桿移動到虛線位置時，繩子張力變小【解析】ABD以懸掛點為研究對象，畫出受力分析圖如圖所示。由于兩側(cè)繩子的拉力大小相等，可以推知兩側(cè)繩子與豎直方向的夾角θ相等。由平衡條件得2Fcosθ＝F1＝mg，設繩長為L，左、右兩側(cè)繩長為L1、L2，兩桿之間的寬度為d，所以L1sinθ＋L2sinθ＝d，則sinθ＝eq\f(d,L1＋L2)＝eq\f(d,L)，由此可見，θ只由d、L決定，與其他因素無關，F(xiàn)的大小與繩子在B1、B2的位置無關，選項A、B正確；將桿移動到虛線位置時，d變小，θ變小，繩子張力變小，選項D正確。8．如圖所示，一小球放置在木板與豎直墻面之間；設墻面對球的支持力大小為FN1，球?qū)δ景宓膲毫Υ笮镕N2；以木板與墻的連接處為軸，將木板從圖示位置開始緩慢地轉(zhuǎn)到水平位置。不計摩擦，在此過程中()A．FN1始終減小，F(xiàn)N2始終增大B．FN1始終減小，F(xiàn)N2始終減小C．FN1先增大后減小，F(xiàn)N2始終減小D．FN1先增大后減小，F(xiàn)N2先減小后增大【解析】B對小球受力分析如圖所示，緩慢轉(zhuǎn)動木板，可認為小球在任意位置受力平衡，以FN1的方向為x軸正方向、豎直向上為y軸正方向建立坐標系，設木板與墻面的夾角為θ，則將木板對球的支持力FN沿兩坐標軸分解并根據(jù)共點力的平衡條件，得FNsinθ＝mg，F(xiàn)Ncosθ＝FN1，所以FN＝eq\f(mg,sinθ)，F(xiàn)N1＝mgcotθ。球?qū)δ景宓膲毫Υ笮〉扔谀景鍖η虻闹С至Υ笮?，即FN2＝FN，當木板向下轉(zhuǎn)動時，θ角增大，則FN2減小，F(xiàn)N1減小，故選項B正確。9．如圖所示，光滑半球的半徑為R，有一質(zhì)量為m的小球(球可視為質(zhì)點)用一細線掛靠在半球上，細線上端通過一個定滑輪，在用力將小球緩慢往上拉的過程中，細線對小球的拉力F大小和小球緊壓球面的力F2大小變化情況是()A．兩者都變小 B．兩者都變大C．F變小，F(xiàn)2不變 D．F不變，F(xiàn)2變小【解析】C在小球往上移動的過程中，小球所受的重力不變，拉力F與重力的分力F1大小相等、方向相反，并且隨著小球上移，F(xiàn)1與F2的方向均發(fā)生變化，此時力的平行四邊形的形狀變化規(guī)律不直觀，力隨角度變化的關系也難建立。而此處所求的力的變化關系是由于OA段細線縮短引起的，因此可建立與OA線段長度之間的變化關系。設OA段長為L，O點到半球頂?shù)木嚯x為d，△OO′A與力的矢量三角形相似，由此可得eq\f(G,d＋R)＝eq\f(F1,L)＝eq\f(F2,R)。當小球往上移動時，L減小，d、G和R都不變，因此F1減小(即F減小)，F(xiàn)2不變，故C項正確。鞏固提升10．人站在自動扶梯的水平踏板上，隨扶梯斜向上勻速運動，如圖所示。下列說法正確的是()A．人受到重力和支持力的作用B．人受到重力、支持力和摩擦力的作用C．人受到的合外力不為零D．人受到的合外力方向與速度方向相同【解析】A由平衡條件得人受重力和支持力，二者平衡，A項正確。11．有一直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙；OB豎直向下，表面光滑。AO上面套有小環(huán)P，OB上面套有小環(huán)Q；兩環(huán)質(zhì)量均為m，兩環(huán)間由一根質(zhì)量可忽略、不可伸長的細繩相連，并在某一位置上平衡，如圖所示?，F(xiàn)將P環(huán)向左移動一小段距離，兩環(huán)再次達到平衡狀態(tài)，那么將移動后的平衡狀態(tài)和原來的平衡狀態(tài)相比較，AO桿對P環(huán)的支持力FN和細繩上的拉力FT，的變化情況是()A．FN不變，F(xiàn)T變大B．FN不變，F(xiàn)T變小C．FN變大，F(xiàn)T變大D．FN變大，F(xiàn)T變小【解析】B本題先用整體法研究，再隔離分析。取P、Q兩個環(huán)整體研究，在豎直方向上只有OA桿對其產(chǎn)生豎直向上的力(Q環(huán)不受桿向上的力)，故FN＝2mg，F(xiàn)N大小不變。再取Q環(huán)研究，將拉力FT沿豎直、水平方向分解，如圖所示，豎直分力FTy＝FTcosα，當α角由于P環(huán)左移而減小時，由于FTy＝mg，F(xiàn)T＝eq\f(mg,cosα)，故FT變小