一輪復習新人教版小專題(二)共點力平衡的幾類典型問題學案

小專題(二)共點力平衡的幾類典型問題考點一物體的靜態(tài)平衡(1)平衡狀態(tài):物體靜止或做勻速直線運動。(2)平衡條件:F合=0或Fx=0,Fy=0。方法內容合成法物體受三個共點力的作用而平衡,則任意兩個力的合力一定與第三個力大小相等,方向相反分解法物體受三個共點力的作用而平衡,將某一個力按力的作用效果分解,則其分力和其他兩個力滿足平衡條件正交分解法物體受到三個或三個以上力的作用而平衡,將物體所受的力分解為相互垂直的兩組,每組力都滿足平衡條件矢量三角形法對受三個力作用而平衡的物體,將力的矢量圖平移使三個力組成一個首尾依次相接的矢量三角形,根據(jù)正弦定理、余弦定理或相似三角形等數(shù)學知識求解未知力[例1][單個物體的靜態(tài)平衡]某同學參加“筷子夾玻璃珠”游戲,如圖所示,夾起玻璃珠后,左側筷子與豎直方向的夾角θ為銳角,右側筷子豎直,且兩筷子始終在同一豎直平面內。保持玻璃珠靜止,忽略筷子與玻璃珠間的摩擦,下列說法正確的是(C)解析:由于玻璃珠保持靜止,所以兩側筷子對玻璃珠的合力與重力等大反向,故A、B錯誤;作出玻璃珠的受力示意圖如圖所示,根據(jù)平行四邊形定則可知,F2一定大于mg,即左側筷子對玻璃珠的彈力一定比玻璃珠的重力大,由于θ未知,右側筷子對玻璃珠的彈力不一定比玻璃珠的重力大,故C正確,D錯誤。[例2][多個物體的靜態(tài)平衡](2022·黑龍江鶴崗月考)如圖甲所示,A、B兩小球通過兩根輕繩連接并懸掛于O點,已知兩輕繩OA和AB的長度之比為3∶1,A、B兩小球的質量分別為2m和m?，F(xiàn)對A、B兩小球分別施加水平向右的力F1和水平向左的力F2,兩球恰好處于如圖乙的位置靜止,此時B球恰好在懸點O的正下方,輕繩OA與豎直方向成30°,則(C)1=F21=3F21=2F21=3F2解析:由題意知兩輕繩OA和AB的長度之比為3∶1,B球恰好在懸點O的正下方,由幾何關系可知,OA與AB垂直;以B球為研究對象,受力示意圖如圖甲所示,由平衡條件得F2=mgtan(90°-30°)=3mg,以A、B兩球整體為研究對象,受力示意圖如圖乙所示,由平衡條件得F1-F2=3mgtan30°=3mg,可得F1=23mg,即F1=2F2,故C正確。[例3][正交分解法](2023·浙江溫州模擬)如圖所示,質量為m的物體置于傾角為θ的固定斜面上,物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ,先用平行于斜面的推力F1作用于物體上,使其能沿斜面勻速上滑,若改用水平推力F2作用于物體上,也能使物體沿斜面勻速上滑。則兩次的推力之比F1A.cosθ+μsinθ B.cosθ-μsinθC.1+μtanθ D.1-μtanθ解析:物體在力F1作用下和力F2作用下運動時的受力分別如圖甲、乙所示。將物體受力沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解,由平衡條件可得F1=mgsinθ+Ff1,FN1=mgcosθ,Ff1=μFN1;F2cosθ=mgsinθ+Ff2,FN2=mgcosθ+F2sinθ;Ff2=μFN2,解得F1=mgsinθ+μmgcosθ,F2=mgsinθ+[例4][矢量三角形法](2022·云南昆明模擬)如圖所示,小圓環(huán)吊著一個質量為m2的物塊并套在另一個豎直放置的大圓環(huán)上A處,有一細繩一端拴在小圓環(huán)上,另一端跨過固定在大圓環(huán)最高點B的一個小滑輪后吊著一個質量為m1的物塊。如果小圓環(huán)、滑輪、繩子的大小和質量以及相互之間的摩擦都可以忽略不計,繩子不可伸長,平衡時弦AB所對的圓心角為α,則兩物塊的質量之比m1∶m2應為(C)A.cosα2 B.sinC.2sinα2 D.2cos解析:對小圓環(huán)受力分析,如圖所示,FT2與FN的合力F與FT1大小相等,由矢量三角形與幾何三角形相似,可知FT2R=F2Rsinα2,其中FT2=m2g,F=F考點二物體的動態(tài)平衡“動態(tài)平衡”是指物體所受的力一部分是變力,是動態(tài)力,力的大小或方向發(fā)生變化,但變化過程中的每一個狀態(tài)均可視為平衡狀態(tài),所以叫動態(tài)平衡。在問題的描述中常用“緩慢”等語言敘述。方法步驟解析法(1)列平衡方程得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[例5](多選)如圖所示,不計質量的光滑小滑輪用細繩懸掛于墻上O點,跨過滑輪的細繩連接物塊甲、乙,甲、乙都處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)將物塊乙移至C點后,甲、乙仍保持靜止,下列說法正確的是(ABD)D.甲、乙靜止時,圖中α、β、θ三角始終相等解析:對物塊甲受力分析可知,細繩的拉力等于物塊甲受的重力,當把物塊乙移至C點后,細繩與水平方向的夾角變小,但細繩的拉力不變,對物塊乙受力分析,受重力、支持力、拉力和靜摩擦力,如圖所示。根據(jù)平衡條件,有FTcosγ=Ff,FTsinγ+FN=mg,由于角γ變小,故乙與水平面間的靜摩擦力變大,地面對乙的彈力增大,故A、B正確;對滑輪受力分析,受繩子的拉力FT以及懸于墻上的繩子的拉力F,由于繩子的拉力與甲受到的重力相等且夾角變大,故其合力變小,故墻上的繩子的拉力F也變小,故C錯誤;由于繩子的拉力大小相等,故合力在角平分線上,故α=β,由幾何關系可知α=θ,故α=β=θ,故D正確。[例6][圖解法]如圖所示,用OA、OB兩根輕繩將物體懸于兩豎直墻之間,開始時OB繩水平?，F(xiàn)保持O點位置不變,改變OB繩長使繩末端由B點緩慢上移至B′點,此時OB′與OA之間的夾角θ<90°。設此過程中OA、OB的拉力分別為FOA、FOB,下列說法正確的是(B)OA逐漸增大OA逐漸減小OB逐漸增大OB逐漸減小解析:以結點O為研究對象,受力分析,根據(jù)平衡條件知,兩繩的拉力的合力與重力大小相等、方向相反,作出OB繩在三個位置時力的合成圖,如圖,由圖看出,FOA逐漸減小,FOB先減小后增大,當θ=90°時,FOB最小,選項B正確。[例7][圖解法的拓展應用](多選)如圖所示裝置,兩根細繩拴住一小球,保持兩細繩間的夾角θ=120°不變,若把整個裝置在紙面內順時針緩慢轉過90°,則在轉動過程中,CA繩的拉力F1、CB繩的拉力F2的大小變化情況是(BCD)1先變小后變大1先變大后變小2一直變小2最終變?yōu)榱憬馕?畫出小球的受力分析圖如圖。構建力的矢量三角形,由于這個三角形中重力不變,另兩個力間的夾角(180°-θ)保持不變,這類似于圓周角與對應弦長的關系,作初始三角形的外接圓(任意兩邊的中垂線交點即外接圓圓心),然后讓另兩個力的交點在圓周上按F1、F2的方向變化規(guī)律滑動,力的三角形的外接圓正好是以初態(tài)時的F2為直徑的圓周,知F1先變大后變小,F2一直變小,最終CA沿豎直方向,此時F1=mg,F2變?yōu)榱?B、C、D正確,A錯誤。[例8][相似三角形法](多選)(2022·江蘇連云港模擬)如圖所示,質量均為m的小球A、B用勁度系數(shù)為k1的輕彈簧相連,B球用長為L的細繩懸掛于O點,A球固定在O點正下方,當小球B平衡時,細繩所受的拉力為FT1,彈簧的彈力為F1;現(xiàn)把A、B間的彈簧換成原長相同但勁度系數(shù)為k2(k2>k1)的另一輕彈簧,在其他條件不變的情況下仍使系統(tǒng)平衡,此時細繩所受的拉力為FT2,彈簧的彈力為F2。則下列關于FT1與FT2、F1與F2大小的比較,正確的是(BC)T1>FT2T1=FT21<F21=F2解析:以B為研究對象,分析受力情況,如圖所示。由平衡條件可知,彈簧的彈力F和細繩的拉力FT的合力F合與其重力mg大小相等、方向相反,即F合=mg,由三角形相似得mgOA=FAB=FTOB。當彈簧勁度系數(shù)變大時,彈簧的壓縮量減小,故AB的長度增加,而OB、OA的長度不變,故FT不變,F變大,則FT1=F考點三平衡中的臨界、極值問題當某物理量變化時,會引起其他幾個物理量的變化,從而使物體所處的平衡狀態(tài)“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”,在問題的描述中常用“剛好”“剛能”“恰好”等語言敘述。平衡物體的極值,一般指在力的變化過程中的最大值和最小值問題。(1)極限法:首先要正確地進行受力分析和變化過程分析,找出平衡的臨界點和極值點;臨界條件必須在變化中去尋找,不能停留在一個狀態(tài)來研究臨界問題,而要把某個物理量推向極端,即極大或極小。(2)數(shù)學分析法:通過對問題的分析,依據(jù)物體的平衡條件寫出物理量之間的函數(shù)關系(畫出函數(shù)圖像),用數(shù)學方法求極值(如求二次函數(shù)極值、公式極值、三角函數(shù)極值)。(3)物理分析方法:根據(jù)物體的平衡條件,作出力的矢量圖,通過對物理過程的分析,利用圖解法進行動態(tài)分析,確定最大值與最小值。[例9][臨界問題]如圖所示,兩個完全相同的球,重力大小均為G,兩球與水平地面間的動摩擦因數(shù)都為μ,假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,一根輕繩兩端分別固定在兩個球上,在繩的中點施加一個豎直向上的拉力,當繩被拉直后,兩段繩間的夾角為α。問當F至少為多大時,兩球將會發(fā)生滑動?解析:對O點受力分析,如圖甲所示,由平衡條件得F1=F2=F2cos對任一球(如右球)受力分析如圖乙所示,球發(fā)生滑動的臨界條件是F2′sinα2=μFN又F2′cosα2+FN=G,F2′=F2聯(lián)立解得F=2μG答案:2四步法解決臨界極值問題[例10][物理分析方法解決極值問題]如圖所示,重力都為G的兩個小球A和B用三段輕繩連接后懸掛在O點上,O、B間的繩子長度是2l,A、B間的繩子長度是l。將一個拉力F作用到小球B上,使三段輕繩都伸直,同時O、A間和A、B間的兩段輕繩分別處于豎直和水平方向上,則拉力F的最小值為(A)A.12G B.33G D.解析:對小球A受力分析可知,因O、A間輕繩豎直,則A、B間輕繩上的拉力為0。對小球B受力分析如圖所示,則可知當F與O、B間輕繩垂直時F最小,Fmin=Gsinθ,其中sinθ=l2l=12,則Fmin[例11][數(shù)學分析法解決極值問題]如圖所示,質量為M的木楔傾角為θ,在水平面上保持靜止,當將一質量為m的木塊放在木楔斜面上時,它正好勻速下滑。如果用與木楔斜面成α角的力F拉著木塊,木塊能勻速上升,已知木楔在整個過程中始終靜止。(1)當α為多大時,F有最小值,求此時α的大小及F的最小值;(2)當α=θ時,木楔對水平面的摩擦力是多大?解析:(1)木塊在木楔斜面上勻速下滑時,有mgsinθ=μmgcosθ,解得μ=tanθ。木塊在F作用下沿斜面向上勻速運動,有Fcosα=mgsinθ+Ff,Fsinα+FN=mgcosθ,Ff=μFN,解得F=2=2=mgsin2則當α=θ時,F有最小值,為Fmin=mgsin2θ。(2)因為木塊及木楔均處于平衡狀態(tài),整體受到地面的摩擦力等于F的水平分力,即Ff′=Fcos(α+θ),當α=θ,即F取最小值mgsin2θ時,Ff′=Fmincos2θ=mgsin2θcos2θ=12答案:(1)θmgsin2θ(2)121.(2022·廣東廣州三模)如圖所示,為一種傾斜放置的裝取臺球的裝置,圓筒底部有一輕質彈簧,每個臺球的質量為m,半徑為R,圓筒直徑略大于臺球的直徑。當將筒口處臺球緩慢取走后,又會冒出一個臺球,剛好到達被取走臺球的位置。若圓筒與水平面之間的夾角為θ,重力加速度為g,忽略球與筒間的摩擦力,則彈簧的勁度系數(shù)k的值為(A)A.mgsinθC.mgcosθ解析:球、筒整體處于平衡狀態(tài),受力分析,沿筒方向受力平衡有mgsinθ=ΔF=k·2R,解得k=mgsin2.(2022·廣東卷,1)如圖是可用來制作豆腐的石磨。木柄AB靜止時,連接AB的輕繩處于繃緊狀態(tài)。O點是三根輕繩的結點,F、F1和F2分別表示三根繩的拉力大小,F1=F2且∠AOB=60°。下列關系式正確的是(D)A.F=F1 B.F=2F1 C.F=3F1 D.F=3F1解析:以結點O為研究對象,進行受力分析,由平衡條件可得F=2F1cos30°=3F1。3.(2022·廣東廣州階段檢測)元代《王禎農書》記載了戽斗,它是一種小型的人力提水灌田農具,形狀像斗,兩邊有繩,靠兩人拉繩牽斗取水,如圖所示。忽略繩子質量,人拉繩子的作用點高度不變,繩子長度不變,戽斗處于平衡狀態(tài)時,兩人站得越近,則(B)A.繩子越短、繩子對人的作用力越大B.繩子越長,繩子對人的作用力越大C.繩子越短,繩子對戽斗的作用力越大D.繩子越長,繩子對戽斗的作用力越大解析:戽斗受重力和兩個拉力,設拉力與豎直方向的夾角為α,根據(jù)平衡條件,有2Fcosα=mg,解得F=mg2cosα。設每邊繩子的長度為L,人的手到水面的距離為h,由幾何關系可得cosα=4.(多選)如圖,物塊a、b疊放在斜面上,物塊b通過細繩跨過定滑輪與物塊c相連,初始時系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。緩慢增大斜面傾角θ,仍保持物塊a、b相對斜面靜止,忽略繩與滑輪間摩擦,下列說法正確的是(BC)解析:物塊b對物塊a的作用力與a受到的重力平衡,所以物塊b對物塊a的作用力不變,A錯誤;物塊a受到的摩擦力為Ff=magsinθ,隨著傾角θ增大,物塊a受到的摩擦力增大,所以物塊a對物塊b的摩擦力一定增大,B正確;系統(tǒng)處于平衡狀態(tài),所以繩子拉力與重物c受到的重力平衡,C正確;如果開始斜面對b的摩擦力方向向下,則對a、b有(ma+mb)gsinθ+Ff′=mcg,隨著傾角θ增大,斜面對物塊b的摩擦力先減小再增大,D錯誤。5.(2023·廣東深圳測試)如圖所示,一小球被豎直放置的光滑擋板擋在光滑半球面上。現(xiàn)水平向右緩慢地移動擋板,則在小球運動的過程中(該過程小球未脫離球面且球面始終靜止),擋板對小球的支持力F1、半球面對小球的支持力F2的變化情況是(B)1增大,F2減小1增大,F2增大1減小,F2減小1減小,F2增大F2=mgcosθ,小球運動過程中,θ增大,所以F1和F6.(2022·浙江6月選考,10)如圖所示,一輕質曬衣架靜置于水平地面上,水平橫桿與四根相同的斜桿垂直,兩斜桿夾角θ=60°。一重為G的物體懸掛在橫桿中點,則每根斜桿受到地面的(B)33G334G3解析:根據(jù)對稱性,四根斜桿對橫桿的作用力大小相等,設為F,選擇橫桿和物體為研究對象,根據(jù)平衡條件有4Fcosθ2=G,解得F=36G,故每根斜桿受到地面的作用力也為對某根斜桿受力分析如圖,Fsin30°=Ff,解得Ff=3G7.(多選)如圖甲所示,一名登山愛好者正沿著豎直崖壁向上攀爬,繩的一端固定在較高處的A點,另一端拴在人的腰間C點(重心處)。在人向上攀爬的過程中可以把人簡化為圖乙所示的物理模型:腳與崖壁接觸點為O點,人的重力G全部集中在C點,O到C點可簡化為輕桿,AC為輕繩。已知OC長度不變,人向上攀爬過程中的某時刻AOC構成等邊三角形,則(BD)B.在此時刻,輕繩對人的拉力大小等于GC.在虛線位置時,輕繩AC承受的拉力更小D.在虛線位置時,OC段承受的壓力大小不變解析:輕繩對人的拉力與人對輕繩的拉力是一對作用力和反作用力,故A錯誤;重力、輕繩對人的拉力、OC的支持力構成等邊三角形,所以輕繩對人的拉力和OC的支持力大小都等于人受到的重力大小G,故B正確;根據(jù)相似三角形,有GOA=FNOC8.(2022·廣東深圳月考)(多選)建筑工地上,工人用滑輪來提升物體,如圖所示,工人的質量為M,物體的質量為m,且M>m,若不計繩與滑輪的摩擦,則當人拉著繩向前跨出一步后,人和物體仍保持靜止,則下列說法正確的是(BCD)解析:物體始終處于靜止狀態(tài),所以繩子對物體的拉力始終等于mg,則人對繩的拉力始終等于mg,A錯誤;對人受力分析并正交分解如圖。由平衡條件得FN+mgsinθ=Mg,Ff=mgcosθ,當人拉著繩向前跨出一步后,θ將變小,所以Ff=mgcosθ會變大;又FN=Mg-mgsinθ,故FN也將變大,C、D正確;地面對人的作用力即摩擦力與支持力的合力,由于Ff和FN都是增大的,所以地面對人的作用力也是增大的,由牛頓第三定律知,人對地面的作用力增大,B正確。9.(多選)如圖所示,質量為m=5kg的物體放在水平面上,物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=33,g取10m/s2下列說法正確的是(AD)A.牽引力F的最小值為25N253°°解析:物體受重力mg、支持力FN、摩擦力Ff和拉力F的共同作用,將聯(lián)立解得F=μmgcosθ+μsinθ,設tan=μ,則cos=11+μ2,所以有F=μmgFmin=μmg1+μ2=25N,tan=μ=33,得=30°,θ=3010.(2022·廣東廣州階段檢測)如圖甲為某種家用雙層晾衣籃,可用于晾曬襪子、手套、小玩具等輕小物品或羊毛衫等容易變形的衣物。圖中上、下