高考物理系統(tǒng)性復習 (考點分析) 第三節(jié) 共點力的平衡（附解析）

【考點分析】第三節(jié)共點力的平衡【考點一】三力平衡問題【典型例題1】(2021·江蘇啟東中學)如圖所示，光滑斜面的傾角為30°，輕繩通過兩個滑輪與A相連，輕繩的另一端固定于天花板上，不計輕繩與滑輪的摩擦。物塊A的質(zhì)量為m，不計滑輪的質(zhì)量，掛上物塊B后，當滑輪兩邊輕繩的夾角為90°時，A、B恰能保持靜止，則物塊B的質(zhì)量為()A．eq\f(\r(2),2)m B．eq\r(2)mC．m D．2m【解析】先對A受力分析，運用共點力平衡條件求出輕繩的拉力；再對B受力分析，再次運用共點力平衡條件求出B的質(zhì)量，如圖所示，根據(jù)共點力平衡條件，有mgsin30°＝T，eq\r(2)T＝Mg，解得M＝eq\f(\r(2),2)m，故A正確?！敬鸢浮緼【考點二】多力平衡問題【典型例題2】(2021·黑龍江哈爾濱市三中)如圖所示，斜面固定，平行于斜面處于壓縮狀態(tài)的輕彈簧一端連接物塊A，另一端固定，最初A靜止.在A上施加與斜面成30°角的恒力F，A仍靜止，下列說法正確的是()A．A對斜面的壓力一定變小B．A對斜面的壓力可能不變C．A對斜面的摩擦力一定變大D．A對斜面的摩擦力可能變?yōu)榱恪窘馕觥吭O斜面傾角為θ，對物塊進行受力分析，垂直于斜面方向，最初支持力等于mgcosθ，施加恒力F后，支持力等于mgcosθ＋Fsin30°，支持力一定增大.根據(jù)牛頓第三定律，A對斜面的壓力一定變大，故A、B錯誤；平行于斜面處于壓縮狀態(tài)的輕彈簧，最初摩擦力方向可能向上，可能向下，也可能為0，施加恒力F后，F(xiàn)沿斜面向上的分力為Fcos30°，由于F大小未知，摩擦力可能仍向上，可能等于0，也可能沿斜面向下，摩擦力的大小可能增大，也可能減小，故C錯誤，D正確.【答案】D【考點三】多力平衡問題的應用【典型例題3】(2021·四川省石室中學)如圖所示，一光滑的輕滑輪用細繩OO′懸掛于O點。另一細繩跨過滑輪，左端懸掛物塊a，右端系一位于水平粗糙桌面上的物塊b。外力F向右上方拉b，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。若保持F的方向不變，逐漸增大F的大小，物塊b仍保持靜止狀態(tài)，則下列說法中正確的是()A．桌面受到的壓力逐漸增大 B．連接a、b的繩子張力逐漸減小C．物塊b與桌面間的摩擦力一定逐漸增大 D．懸掛于O點的細繩OO'中的張力保持不變【解析】BD．由于整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，所以滑輪兩側連接a和b的繩子的夾角不變；物塊a只受重力以及繩子的拉力，由于物體a平衡，則連接a和b的繩子張力保持不變；由于繩子的張力及夾角均不變，所以OO′中的張力保持不變，B錯誤，D正確；AC．對b分析可知，b處于靜止即平衡狀態(tài)，設繩子和水平方向的夾角為，力F和水平方向的夾角為，對b受力分析，由平衡條件可得可得力與力F與水平所成夾角均保持不變，繩子拉力不變，力F增大，則桌面給物體b的支持力減小，根據(jù)牛頓第三定律，桌面受到的壓力逐漸減??；在水平方向上，當拉力F的水平分力大于和繩子拉力的水平分力時，則有此時摩擦力隨著拉力增大而增大，當拉力F的水平分力小于和繩子拉力的水平分力時，則有此時摩擦力隨著拉力的增大而減小，AC錯誤。故選D【答案】D【歸納總結】受力分析的三個常用判據(jù)(1)條件判據(jù)：不同性質(zhì)的力產(chǎn)生條件不同，進行受力分析時最基本的判據(jù)是根據(jù)其產(chǎn)生條件．(2)效果判據(jù)：有時候是否滿足某力產(chǎn)生的條件是很難判定的，可先根據(jù)物體的運動狀態(tài)進行分析，再運用平衡條件或牛頓運動定律判定未知力．①物體平衡時必須保持合外力為零．②物體做變速運動時必須保持合力方向沿加速度方向，合力大小滿足F＝ma.③物體做勻速圓周運動時必須保持合外力大小恒定，滿足F＝meq\f(v2,R)，方向始終指向圓心．(3)特征判據(jù)：從力的作用是相互的這個基本特征出發(fā)，通過判定其反作用力是否存在來判定該力是否存在．【考點四】圖解法求解動態(tài)平衡問題【典型例題4】(2021·遼寧省六校協(xié)作體)如圖所示，一個固定的圓弧阻擋墻PQ，其半徑OP水平，OQ豎直，在PQ和一個斜面體A之間卡著一個表面光滑的重球B，斜面體A放在光滑的地面上并用一水平向左的力F推著，整個裝置處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)改變推力F大小，推動斜面體A沿著水平地面向左緩慢運動，使球B沿斜面上升很小高度，則在B球緩慢上升過程中，下列說法正確的是()A．斜面體A與B球之間的彈力逐漸增大B．斜阻擋墻PQ與B球之間的彈力先減小后增大C．水平地面對斜面體A的彈力逐漸增大D．水平推力F逐漸減小【解析】AB．小球B處于平衡狀態(tài)，對B受力分析，如圖所示：當球B沿斜面上升一很小高度時，圓弧阻擋墻對B的壓力方向與水平方向的夾角減小，根據(jù)圖像可知，斜面體A與球B之間的彈力N1逐漸減小，阻擋墻PQ與球B之間的彈力N2逐漸減小，故AB錯誤；CD．以斜面體為研究對象，則有上述解析可知球B對斜面A的彈力減小，則可以將該力分解為水平方向和豎直方向，該力與水平豎直所成夾角不變，所以豎直與水平分力都減小，而F等于其水平分力，故F減小，地面對A的支持力等于A的重力加上該力的豎直分力，故地面對A的支持力也減小，故C錯誤，D正確。故選D?！敬鸢浮緿【歸納總結】這類平衡問題是一個物體受到三個力(或可等效為三個力)而平衡，這三個力的特點：其中一個力的大小和方向是確定的，另一個力方向始終不改變，第三個力的大小和方向都可改變。【考點五】解析法求解動態(tài)平衡問題【典型例題5】(2021·云南省玉溪市峨眉山一中)如圖所示，豎直墻面與水平地面均光滑且絕緣，兩個帶有同種電荷的小球A、B分別位于豎直墻面和水平地面，且處于同一豎直平面內(nèi)，若用圖示方向的水平推力F作用于小球B，則兩球靜止于圖示位置．如果將小球向左推動少許，待兩球重新達到平衡時，跟原來相比()A．兩小球間距離將增大，推力F將減小B．兩小球間距離將增大，推力F將增大C．兩小球間距離將減小，推力F將增大D．兩小球間距離將減小，推力F將減小【解析】以A球為研究對象，分析受力，作出力圖如圖1所示：設B對A的庫侖力F與墻壁的夾角為θ，由平衡條件得豎直墻面對小球A的彈力為：，將小球B向左推動少許時θ減小，則N1減??；庫侖力：，θ減小，cosθ增大，減小，根據(jù)庫侖定律分析得知兩球之間的距離增大；再以AB整體為研究對象，分析受力如圖2所示，由平衡條件得：，則推力F減小，故A正確，B、C、D錯誤；故選A．【答案】A【考點六】相似三角形法求解動態(tài)平衡問題【典型例題6】(2021·黑龍江齊齊哈爾市實驗中學)如圖所示，有一長為L的輕桿，一端用光滑的鉸鏈固定在墻上，另一端固定一質(zhì)量為m的小球B，在距鉸鏈正上方L處有一光滑小定滑輪，現(xiàn)用手拉動繞過滑輪并系在小球B上的細線，使小球B緩慢上移，手對細線的拉力大小為F，桿對小球B的彈力大小為FN，重力加速度為g，在移動過程中，下列說法正確的是()A．F不變，F(xiàn)N減小B．F減小，F(xiàn)N不變C．當桿被拉至水平狀態(tài)時F=mgD．桿對小球B的彈力大小恒為mg【解析】ABD．對B球受力分析，畫出力的示意圖如圖所示根據(jù)相似三角形規(guī)律有，小球B緩慢上移，重力不變，L不變，則桿對小球的彈力大小FN不變，繩子長度減小，所以F減小，A錯誤，BD正確；C．當桿被拉至水平狀態(tài)時，繩子的長度為，由相似三角形關系可得，C正確。故選BCD?！敬鸢浮緽CD【歸納總結】若題目中出現(xiàn)有關的幾何邊角關系，在畫出力合成與分解的示意圖后，要注意有關相似三角形或者直角三角形的知識的運用。【考點七】整體與隔離求解動態(tài)平衡問題【典型例題7】(2021·黑龍江實驗中學)如圖所示，輕繩的兩端分別系在圓環(huán)A和小球B上，圓環(huán)A套在粗糙的水平直桿MN上．現(xiàn)用水平力F拉著繩子上的一點O，使小球B從圖中實線位置緩慢上升到虛線位置，但圓環(huán)A始終保持在原位置不動．在這一過程中，環(huán)對桿的摩擦力為Ff和環(huán)對桿的壓力FN的變化情況是()A．Ff不變，F(xiàn)N不變B．Ff增大，F(xiàn)N不變C．Ff增大，F(xiàn)N減小D．Ff不變，F(xiàn)N減小【解析】設細繩與豎直夾角為α，由平衡條件得：F=mgtanα，α增大，則F增大；再以整體為研究對象，根據(jù)平衡條件得：f=F，則f逐漸增大．FN=(M+m)g，F(xiàn)N保持不變故選B．【答案】B【歸納總結】整體法與隔離法整體法隔離法概念將加速度相同的幾個物體作為一個整體來分析的方法將研究對象與周圍物體分隔開來分析的方法選用原則研究系統(tǒng)外的物體對系統(tǒng)整體的作用力或求系統(tǒng)整體的加速度研究系統(tǒng)內(nèi)物體之間的相互作用力【考點八】正交分解法探究力的靜態(tài)平衡【典型例題8】(2021·山西“六?！甭?lián)考)跨過定滑輪的輕繩兩端分別系著物體A和物體B，物體A放在傾角為θ的斜面上，與A相連的輕繩和斜面平行，如圖所示.已知物體A的質(zhì)量為m，物體A與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ(μ<tanθ)，滑輪的摩擦不計，要使物體A靜止在斜面上，求物體B的質(zhì)量的取值范圍(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力).【解析】先選物體B為研究對象，它受到重力mBg和拉力FT′的作用，根據(jù)平衡條件有FT′＝mBg，再選物體A為研究對象，它受到重力mg、斜面的支持力FN、輕繩的拉力FT(FT＝FT′)和斜面的摩擦力作用，假設物體A處于將要上滑的臨界狀態(tài)，則物體A受到的靜摩擦力最大，且方向沿斜面向下，這時A的受力情況如圖所示.根據(jù)平衡條件有FN－mgcosθ＝0，F(xiàn)T＝Ffm＋mgsinθ＝mBg，又知Ffm＝μFN，解得mB＝m(sinθ＋μcosθ)，再假設物體A處于將要下滑的臨界狀態(tài)，則物體A受到的靜摩擦力最大，且方向沿斜面向上，根據(jù)平衡條件有FN－mgcosθ＝0，F(xiàn)T＋Ffm－mgsinθ＝0，又知Ffm＝μFN，解得mB＝m(sinθ－μcosθ)，綜上所述，物體B的質(zhì)量的取值范圍是m(sinθ－μcosθ)≤mB≤m(sinθ＋μcosθ).【答案】m(sinθ－μcosθ)≤mB≤m(sinθ＋μcosθ)【考點九】平衡中的極值問題【典型例題9】(2021·廣東茂名市測試)如圖6所示，質(zhì)量分別為3m和m的兩個可視為質(zhì)點的小球a、b，中間用一細線連接，并通過另一細線將小球a與天花板上的O點相連，為使小球a和小球b均處于靜止狀態(tài)，且Oa細線向右偏離豎直方向的夾角恒為37°，需要對小球b朝某一方向施加一拉力F.若已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.重力加速度為g，則當F的大小達到最小時，Oa細線對小球a的拉力大小為()A.2.4mgB.3mgC.3.2mg D.4mg【解析】以兩個小球組成的整體為研究對象，作出F在三個方向時整體的受力圖.根據(jù)平衡條件得知F與FT的合力與總重力總是大小相等、方向相反的，由力的合成圖可以知道當F與繩子Oa垂直時F有最小值，即圖中2位置，此時Oa細線對小球a的拉力大小為FT＝4mgcos37°＝3.2mg，故C正確，A、B、D錯誤.【答案】C【考點十】平衡中的臨界問題【典型例題10】質(zhì)量為M的木楔傾角為θ，在水平面上保持靜止，當將一質(zhì)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拉著木塊勻速上升，如圖所示(已知木楔在整個過程中始終靜止，重力加速度為g)。(1)當α變化時，求拉力F的最小值；(2)F取最小值時，求木楔對水平面的摩擦力是多少？【解析】木塊在木楔斜面上勻速向下運動時，有mgsinθ＝μmgcosθ，即μ＝tanθ。(1)因其在力F作用下沿斜面向上勻速運動，則有：Fcosα＝mgsinθ＋f ①Fsinα＋N＝mgcosθ ②f＝μN ③由①②③得F＝eq\f(2mgsinθ,cosα＋μsinα)＝eq\f(2mgsinθcosθ,cosαcosθ＋sinαsinθ)＝eq\f(mgsin2θ,cosθ－α)則當α＝θ時，F(xiàn)有最小值，即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fM＝Fcos(α＋θ)當F取最小值mgsin2θ時，fM＝Fmincos2θ＝mg·sin2θcos2θ＝eq\f(1,2)mgsin4θ?！敬鸢浮?1)mgsin2θ(2)eq\f(1,2)mgsin4θ【歸納總結】掌握突破臨界問題的三種方法(1)解析法：根據(jù)物體的平衡條件列方程，在解方程時采用數(shù)學知識求極值．通常用到的數(shù)學知識有二次函數(shù)求極值、討論分式求極值、三角函數(shù)求極值以及幾何法求極值等．(2)圖解法：根據(jù)平衡條件作出力的矢量圖，如只受三個力，則這三個力構成封閉矢量三角形，然后根據(jù)矢量圖進行動態(tài)分析，確定最大值和最小值．(3)極限法：極限法是一種處理臨界問題的有效方法，它是指通過恰當選取某個變化的物理量將問題推向極端(“極大”“極小”“極右”“極左”等)，從而把比較隱蔽的臨界現(xiàn)象暴露出來，使問題明朗化，便于分析求解．【考點十一】正弦定理在共點力的平衡中的應用【典型例題11】(2021·黑龍江哈師大附中)如圖所示，兩個質(zhì)量分別為m、m的小圓環(huán)A、B用細線連著，套在一個豎直固定的大圓環(huán)上，大圓環(huán)的圓心為O．系統(tǒng)平衡時，細線所對的圓心角為90°，大圓環(huán)和小圓環(huán)之間的摩擦力及線的質(zhì)量忽略不計，重力加速度大小用g表示，下列判斷正確的是()A．小圓環(huán)A、B受到大圓環(huán)的支持力之比是：1B．小圓環(huán)A受到大圓環(huán)的支持力與豎直方向的夾角為15°C．細線與水平方向的夾角為30°D．細線的拉力大小為mg【解析】對A和B進行受力分析，根據(jù)平行四邊形定則做出重力和支持力的合力的大小等于繩子的拉力的大小，設支持力與豎直方向的夾角分別為和，如圖所示：根據(jù)正弦定理可以得到：，，由于，整理可以得到：，，再次利用正弦定理：，整理可以得到：，故選項A正確，BD錯誤；C、由圖根據(jù)幾何知識可以知道，細線與水平方向的夾角為，故選項C錯誤．【答案】A【考點十二】極限法研究平衡問題【典型例題12】如圖所示，用光滑的粗鐵絲做成一個直角三角形，BC邊水平，AC邊豎直，∠ABC＝β，AB及AC邊上分別套有細線系著的銅環(huán)P、Q，當它們靜止時，細線跟AB邊的夾角θ()A．θ＝βB．θ>eq\f(π,2)C．θ<βD．β<θ<eq\f(π,2)【解析】三角形支架光滑，所以不計摩擦．要求θ的范圍，說明P、Q靜止時有不同的位置，求出θ的兩個極值即得θ的范圍．P、Q在支架上保持靜止時分別受到三個力的作用：重力、彈力、拉力．當銅環(huán)P的質(zhì)量趨于零時，P只受到彈力和繩子的拉力作用，受力圖如圖甲所示．要使P達到平衡，則有θ＝90°.同理，當銅環(huán)Q的質(zhì)量趨于零時，Q受二力作用，如圖乙所示．要使Q達到平衡，則θ＝β.以上討論的是兩種極限情況，所以P、Q處于靜止狀態(tài)時，細線跟AB邊的夾角θ的范圍是β<θ<90°.故D正確．【答案】D【歸納總結】極限法是指在求解某些問題時，通過恰當?shù)剡x取某個物理量將其推向極端(極大、極小)，從而使各種可能情況暴露出來，便于解答．【考點十三】多物體的連接體研究平衡問題【典型例題13】如圖所示，三個重均為100N的物塊，疊放在水平桌面上，各接觸面水平，水平拉力F＝20N作用在物塊2上，三條輕質(zhì)繩結于O點，與物塊3連接的繩水平，與天花板連接的繩與水平方向成45°角，豎直繩懸掛重為20N的小球P.整個裝置處于靜止狀態(tài).則()A.物塊1和2之間的摩擦力大小為20NB.水平繩的拉力大小為20NC.桌面對物塊3的支持力大小為320ND.物塊3受4個力的作用【解析】對物塊1受力分析，受重力和支持力，假如受水平方向的摩擦力，則不能保持平衡，故物塊1和物塊2間的摩擦力為零，A錯誤；對O點受力分析，受到三根繩子的拉力，如圖，根據(jù)平衡條件有，x方向：FT2cos45°＝FT1，y方向：FT2sin45°＝GP，解得FT1＝GP＝20N，所以水平繩中的拉力大小為20N，B正確；對物塊1、2、3整體受力分析，受重力、支持力、向左的拉力、繩子a的拉力，豎直方向：FN＝3G＝300N，故C錯誤；對物塊1和物塊2整體研究，受重力、支持力、向左的拉力F和向右的靜摩擦力Ff23，根據(jù)平衡條件得：Ff23＝F＝20N；1、2間摩擦力為零，2、3間摩擦力為20N，則3與桌面間摩擦力為零，故3受重力、支持力、壓力、2對3的摩擦力、繩子拉力，共5個力作用，D錯誤.【答案】B【考點十四】含有彈簧的連接體研究平衡問題【典型例題14】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)∶4B．4∶eq\r(3)C．1∶2D．2∶1【解析】將兩小球及彈簧B視為一個整體系統(tǒng)，因小球處于靜止狀態(tài)，故該系統(tǒng)所受合力為零．方法一效果分解法．作出該系統(tǒng)的受力圖，并將重力沿彈簧A和彈簧C分解，如圖所示．由圖可知sin30°＝eq\f(G2,G1)＝eq\f(kΔxC,kΔxA)解得ΔxA∶ΔxC＝2∶1，故選項D正確．方法二合成法．作出該系統(tǒng)的受力圖后，將兩彈力合成，如圖所示，其合力F與重力G平衡．由圖，sin30°＝eq\f(kΔxC,kΔxA)，則ΔxA∶ΔxC＝2∶1，故選項D正確．方法三正交分解法．作出該系統(tǒng)的受力圖后，將力分別沿水平方向和豎直方向分解，由水平方向受力平衡，則有kΔxAsin30°＝kΔxC，可得ΔxA∶ΔxC＝2∶1，選項D正確．方法四力的封閉三角形法．該系統(tǒng)受三力平衡，故三力首尾相接恰好組成封閉三角形，如圖所示．由圖得：sin30°＝eq\f(kΔxC,kΔxA)，則ΔxA∶ΔxC＝2∶1，故選項D正確．【答案】D【考點十五】多情況的連接體問題【典型例題15】斜面傾角為θ的斜劈固定在水平地面上，輕繩一端繞過物塊B上的輕滑輪與物塊A連接，現(xiàn)用力拉輕繩另一端使兩物塊做勻速運動，輕繩始終與斜面平行。已知物塊A的質(zhì)量為m，物塊A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2，且μ1>tanθ>μ2，滑輪與軸間的摩擦不計，重力加速度大小為g。求：(1)拉力F的大小。(2)物塊B的質(zhì)量?！窘馕觥?1)對A受力分析，由平衡條件得F＋mgsinθ＝μ1mgcosθ解得F＝mg(μ1cosθ－sinθ)。(2)對B受力分析，第一種情況，若B勻速向上運動，根據(jù)平衡條件得2F＝mBgsinθ＋μ2mBgcosθ解得mB＝eq\f(2μ1cosθ－sinθ,sinθ＋μ2cosθ)m第二種情況，若B勻速向下運動，根據(jù)平衡條件得2F＝mBgsinθ－μ2mBgcosθ解得mB＝eq\