2024-2025学年高中物理第三章研究物体间的相互作用第五节共点力的平衡条件学案粤教版必修1

PAGEPAGE15第五节共点力的平衡条件[学习目标]1.理解共点力作用下物体的平衡状态.2.知道共点力的平衡条件.3.驾驭共点力作用下物体的平衡问题的处理方法．共点力的平衡条件1．平衡状态：物体处于静止或者保持匀速直线运动的状态．2．共点力的平衡：物体假如受到共点力的作用且处于平衡状态．3．平衡条件：(1)定义：为了使物体保持平衡状态，作用在物体上的力所必需满意的条件．(2)共点力作用下的平衡条件是所受合外力为零．4．二力平衡的条件：两个共点力大小相等、方向相反．推断下列说法的正误．(1)当物体的速度为零时，物体肯定处于平衡状态．(×)(2)沿光滑斜面下滑的物体处于平衡状态．(×)(3)物体所受合外力为零时，就肯定处于平衡状态．(√)一、共点力的平衡条件(1)物体在两个共点力作用下处于平衡状态，这两个力有什么关系？(2)物体在三个共点力作用下处于平衡状态，这三个力有什么关系？答案(1)两个共点力等大反向．(2)三个共点力作用下处于平衡状态，其中两个力的合力与第三个力等大反向．1．平衡状态(1)物体处于静止或者保持匀速直线运动的状态．(2)对静止的理解：“静止”要满意两个条件：v＝0，a＝0，缺一不行．“保持”某状态与某“瞬时”状态有区分．例如，竖直上抛的物体运动到最高点时，这一瞬时速度为零，但这一状态不行能保持，因而上抛物体在最高点不能称为静止，即速度为零不等同于静止．2．共点力作用下的平衡条件(1)共点力平衡的条件是合力为0.(2)表示为：F合＝0或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Fx合＝0,Fy合＝0))(Fx合和Fy合分别是将力正交分解后，物体在x轴和y轴上所受的合力)．(3)推论：①二力平衡：若物体在两个力作用下处于平衡状态，则这两个力肯定等大、反向．②三力平衡：若物体在三个共点力作用下处于平衡状态，则随意两个力的合力与第三个力等大、反向．③多力平衡：若物体在n个共点力作用下处于平衡状态，则其中随意(n－1)个力的合力必定与第n个力等大、反向．④假如物体所受合力为零，那么物体在任一方向上所受的合力都为零．例1物体在五个共点力的作用下保持平衡，如图1所示，其中F1大小为10N，方向水平向右，求：图1(1)若撤去力F1，而保持其余四个力不变，其余四个力的合力的大小和方向；(2)若将F1转过90°，而保持其余四个力不变，物体所受的合力大小．答案(1)10N水平向左(2)10eq\r(2)N解析(1)五个共点力平衡时合力为零，则其余四个力的合力与F1等大、反向．故撤去F1，合力大小为10N，方向水平向左．(2)若将F1转过90°，则F1与其余四个力的合力等大且垂直，F合＝eq\r(F\o\al(12)＋F\o\al(12))＝eq\r(102＋102)N＝10eq\r(2)N.二、共点力平衡条件的应用求解共点力平衡问题的一般步骤：(1)依据问题的要求，恰当地选取探讨对象．(2)对探讨对象进行受力分析，画出受力分析图．(3)通过平衡条件，找出各个力之间的关系，或由平衡条件列方程，即Fx合＝0，Fy合＝0.(4)联立方程求解，必要时对解进行探讨．例2(多选)(2024·玉门一中高一上学期期中)如图2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，固定在一瘦长刚性金属丝下端，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肯定角度θ，角θ大小与风力大小有关，下列关于风力F、金属丝拉力FT与角度θ的关系式正确的是()图2A．F＝mgsinθ B．F＝mgtanθC．FT＝mgcosθ D．FT＝eq\f(mg,cosθ)答案BD解析选取金属球为探讨对象，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．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).解法二正交分解法以金属球为坐标原点，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合分别等于零，即Fx合＝FTsinθ－F＝0Fy合＝FTcosθ－mg＝0解得F＝mgtanθ，FT＝eq\f(mg,cosθ).物体在三个力或多个力作用下的平衡问题的解法1．力的合成法——一般用于受力个数为三个时(1)确定要合成的两个力；(2)依据平行四边形定则作出这两个力的合力；(3)依据平衡条件确定两个力的合力与第三个力的关系(等大反向)；(4)依据三角函数或勾股定理解三角形．2．正交分解法——一般用于受力个数为三个或三个以上时(1)建立直角坐标系；(2)正交分解各力；(3)沿坐标轴方向依据平衡条件列式求解．针对训练1如图3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()图3A．F＝eq\f(mg,tanθ)B．F＝mgtanθC．FN＝eq\f(mg,tanθ)D．FN＝mgtanθ答案A解析滑块受力如图所示，由平衡条件知，重力mg和推力F的合力与支持力FN等大反向，由几何关系知：F＝eq\f(mg,tanθ)，FN＝eq\f(mg,sinθ).三、利用正交分解法分析多力平衡问题例3(2024·华中师大一附中期中)一质量m＝6kg的物块，置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数为μ＝eq\f(1,3)，然后用两根绳A、B分别系在物块的两侧，如图4所示，A绳水平，B绳与水平地面成37°角，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.求：图4(1)渐渐增大B绳的拉力，直到物块对地面的压力恰好为零，则此时A绳和B绳的拉力分别是多大；(2)将A绳剪断，为了使物块沿水平地面做匀速直线运动，在不变更B绳方向的状况下，B绳的拉力应为多大．答案(1)80N100N(2)20N解析(1)FN＝0，对物块受力分析如图甲，则水平方向：FTA＝FTBcos37°竖直方向：FTBsin37°＝mg联立解得：FTA＝80N，FTB＝100N(2)将A绳剪断，物块做匀速直线运动，受力分析如图乙．水平方向：FTB′cos37°＝f竖直方向：FN′＝mg－FTB′sin37°f＝μFN′代入数据解得FTB′＝20N.针对训练2如图5所示，物体的质量m＝4.4kg，用与竖直方向成θ＝37°的斜向右上方的推力把该物体压在竖直墙壁上，并使它沿墙壁在竖直方向上做匀速直线运动．物体与墙壁间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度g＝10N/kg，求推力F的大小．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图5答案88N或40N解析若物体向上做匀速直线运动，则受力如图甲所示．Fcosθ＝mg＋fFsinθ＝FNf＝μFN故推力F＝eq\f(mg,cosθ－μsinθ)＝eq\f(4.4×10,0.8－0.5×0.6)N＝88N若物体向下做匀速直线运动，受力如图乙所示．Fcosθ＋f′＝mgFsinθ＝FN′f′＝μFN′故推力F＝eq\f(mg,cosθ＋μsinθ)＝eq\f(4.4×10,0.8＋0.5×0.6)N＝40N.1.(平衡条件的理解和应用)(多选)如图6所示，用两根细线把A、B两小球悬挂在天花板上的同一点O，并用第三根细线连接A、B两小球，然后用某个拉力F作用在小球A上，使三根细线均处于伸直状态，且OB细线恰好沿竖直方向，两小球均处于静止状态，则该拉力可能为图中的()图6A．F1B．F2C．F3D．F4答案BC解析由于OB线处于竖直状态，故小球B只受重力和OB线的拉力，则A、B两球间细线的张力为零，小球A受三个共点力作用而平衡，即重力G、OA线的拉力FT和另一个拉力F，由三个共点力平衡的条件可知，G与FT的合力方向介于FT和G的作用线之间，且两者的合力与F等大、反向，故拉力F不行能是F1或F4，选项B、C正确．2．(三力平衡问题)用三根轻绳将质量为m的物块悬挂在空中，如图7所示．已知ac和bc与竖直方向的夹角分别为30°和60°，则ac绳和bc绳中的拉力分别为()图7A.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的受力状况如图，设ac绳受到的拉力为F1、bc绳受到的拉力为F2，依据平衡条件知F1、F2的合力F与重力mg等大、反向，由几何学问得F1＝Fcos30°＝eq\f(\r(3),2)mgF2＝Fsin30°＝eq\f(1,2)mg.选项A正确．3.(三力平衡问题)如图8所示，在水平天花板上用绳AC、BC和CD吊起一个物体，使其处于静止状态，结点为C，绳子的长度分别为AC＝4dm，BC＝3dm，悬点A、B间距为5dm，则AC绳、BC绳、CD绳上的拉力大小之比为()图8A．20∶15∶12B．4∶3∶5C．3∶4∶5D．因CD绳长未知，故无法确定答案C解析对三条绳的结点C进行受力分析，如图所示，由平衡条件知，AC、BC绳上拉力的合力与CD绳上的拉力等大反向．由几何关系知，AC绳、BC绳、CD绳上的拉力大小之比为3∶4∶5，所以C正确．4．(多力平衡问题)出门旅行时，在车站、机场等地有时会望见一些旅客推着行李箱，也有一些旅客拉着行李箱在地面上行走．为了了解两种方式哪种省力，我们假设行李箱的质量为m＝10kg，拉力F1、推力F2与水平方向的夹角均为θ＝37°(如图9所示)，行李箱与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.2，行李箱都做匀速运动．试通过计算说明拉箱子省力还是推箱子省力．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)图9答案见解析解析拉行李箱时，对行李箱受力分析，如图甲所示．F1cosθ＝f1，F1sinθ＋FN1＝mg，f1＝μFN1解得F1＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)≈21.7N推行李箱时，对行李箱受力分析，如图乙所示．F2cosθ＝f2，FN2＝F2sinθ＋mg，f2＝μFN2解得F2＝eq\f(μmg,cosθ－μsinθ)≈29.4NF1<F2，即拉箱子省力．一、选择题1．(多选)(2024·吉林长春外国语学校高一上学期期末)下列哪组力作用在物体上，有可能使物体处于平衡状态()A．3N,4N,8N B．3N,5N,1NC．4N,7N,8N D．7N,9N,6N答案CD2．在如图1所示的甲、乙、丙、丁四图中，滑轮光滑且所受的重力忽视不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻质细绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一个质量为m的重物，当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为θ，乙图中木杆P竖直．假设甲、乙、丙、丁四图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下推断正确的是()图1A．FA＝FB＝FC＝FD B．FD>FA＝FB>FCC．FA＝FC＝FD>FB D．FC>FA＝FB>FD答案B解析绳上的拉力等于重物所受的重力mg，设滑轮两侧细绳之间的夹角为φ，滑轮受到木杆P的弹力F等于滑轮两侧细绳拉力的合力，即F＝2mgcoseq\f(φ,2)，由夹角关系可得FD>FA＝FB>FC，选项B正确．3.(多选)如图2所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G.则()图2A．两绳对日光灯拉力的合力大小为GB．两绳的拉力和重力不是共点力C．两绳的拉力大小分别为eq\f(\r(2),2)G和eq\f(\r(2),2)GD．两绳的拉力大小分别为eq\f(G,2)和eq\f(G,2)答案AC解析如图是日光灯受力示意图，两绳拉力的作用线与重力作用线的延长线交于一点，这三个力为共点力，B选项错误；由于日光灯在两绳拉力和重力作用下处于静止状态，所以两绳的拉力的合力与重力G等大反向，A选项正确；由于两个拉力的夹角为直角，且都与竖直方向成45°角，则由力的平行四边形定则可知G＝eq\r(F\o\al(12)＋F\o\al(22))，且F1＝F2，故F1＝F2＝eq\f(\r(2),2)G，C选项正确，D选项错误．4．如图3所示，两轻质弹簧a、b悬挂一小铁球处于平衡状态，a弹簧与竖直方向成30°角，b弹簧水平，a、b的劲度系数分别为k1、k2，则a、b两弹簧的伸长量x1与x2之比为()图3A.eq\f(2k2,k1)B.eq\f(k2,k1)C.eq\f(k1,k2)D.eq\f(k2,2k1)答案A解析a弹簧的弹力Fa＝k1x1，b弹簧的弹力Fb＝k2x2，小球处于平衡状态，必有Fasin30°＝Fb.即：k1x1sin30°＝k2x2，故eq\f(x1,x2)＝eq\f(2k2,k1)，A正确．5.(2024·宿州市十三所重点中学高一上学期期末)如图4所示，一只小鸟沿着较粗的匀称树枝从右向左缓慢爬行，在小鸟从A运动到B的过程中()图4A．树枝对小鸟的合力先减小后增大B．树枝对小鸟的摩擦力先减小后增大C．树枝对小鸟的弹力先减小后增大D．树枝对小鸟的弹力保持不变答案B解析树枝对鸟的作用力是支持力和摩擦力的合力，由二力平衡得，合力与小鸟所受的重力等大反向，因小鸟所受重力不变，所以树枝对小鸟的合力不变，A项错误．如图，对小鸟进行受力分析可知，树枝对小鸟的摩擦力先减小后增大，对小鸟的弹力先增大后减小，所以B项正确，C、D错误．6.(2024·宜宾一中高一期末模拟)目前，宜宾每个社区均已配备了公共体育健身器材，如图5所示器材为一秋千，用两根等长轻绳将一座椅悬挂在竖直支架上等高的两点，由于长期运用，导致两根支架向内发生了微小倾斜，如图中虚线所示，但两悬挂点仍等高，座椅静止时所受合力的大小用F表示，F1表示单根轻绳对座椅拉力的大小，则()图5A．F不变，F1变小 B．F不变，F1变大C．F变小，F1变小 D．F变大，F1变大答案A解析对座椅受力分析如图所示，座椅静止，则F＝G，不变．因两悬挂点等高，则F2＝F1＝eq\f(G,2cosθ)，支架内倾，θ变小，则F1变小．7．(多选)(2024·武汉外国语学校高一期中)细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连．平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图6所示．(已知cos53°＝0.6，sin53°＝0.8，重力加速度为g)下列说法正确的是()图6A．小球静止时弹簧的弹力大小为eq\f(4,3)mgB．小球静止时弹簧的弹力大小为eq\f(5,3)mgC．小球静止时细绳的拉力大小为eq\f(3,5)mgD．小球静止时细绳的拉力大小为eq\f(5,3)mg答案AD解析小球静止时，分析受力状况如图所示，将重力沿细绳方向和弹簧方向进行分解可得弹簧的弹力大小为F＝mgtan53°＝eq\f(4,3)mg，细绳的拉力大小为FT＝eq\f(mg,cos53°)＝eq\f(5,3)mg，所以A、D正确．8.(多选)(2024·济南一中期中)如图7所示，一只半径为R的半球形碗倒扣在水平桌面上，处于静止状态．一质量为m的蚂蚁(未画出)在离桌面高度为eq\f(4,5)R处停在碗上，关于蚂蚁受力状况，下列说法正确的是(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g)()图7A．碗面对蚂蚁的摩擦力为0.6mgB．碗面对蚂蚁的摩擦力为0.8mgC．碗面对蚂蚁的支持力为0.8mgD．碗面对蚂蚁的支持力为0.6mg答案AC解析蚂蚁受重力、支持力和静摩擦力，受力如图所示：由几何学问得：cosθ＝eq\f(\f(4,5)R,R)＝0.8，则sinθ＝0.6，由平衡条件得：f＝mgsinθ＝0.6mg.FN＝mgcosθ＝0.8mg；故A、C正确，B、D错误．9．(多选)(2024·华中师大一附中期中)如图8甲所示，笔记本电脑底座一般设置有四个卡位用4(如图乙)，电脑始终处于静止状态，则()图8A．电脑受到的支持力变大B．电脑受到的摩擦力变大C．散热底座对电脑的作用力的合力不变D．电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力答案AC解析电脑受到的支持力FN＝mgcosθ，由原卡位1调至卡位4，θ减小，故FN增大，故A正确；电脑受到的摩擦力f＝mgsinθ，θ减小，f减小，故B错误；由平衡条件知，底座对电脑的作用力的合力与电脑重力等大反向，故C正确；电脑受到的支持力与摩擦力两力矢量和与其重力大小相等，依据平行四边形定则，故电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和大于其重力，故D错误．10.(多选)(2024·溧水高级中学高一上学期期末)如图9所示，质量均为m的箱子A和物体B，用轻质细绳相连跨过光滑的定滑轮，A置于倾角θ＝30°的斜面上，处于静止状态．现向A中缓慢地加入沙子，整个系统始终保持静止，则在加入沙子的过程中()图9A．绳子拉力保持不变B．A对斜面的压力保持不变C．A所受的摩擦力先减小后增大D．A所受的摩擦力渐渐增大答案AC11.(多选)城市路灯、无轨电车等的供电线路，常常采纳三角形的结构悬挂，如图10所示为这类结构的一种简化模型．图中硬杆BO可绕通过B点且垂直于纸面的轴转动，钢索AO和杆BO的重力均忽视不计．已知BO始终水平，AO与BO的夹角为θ，被悬挂物体的质量为m，则以下说法中正确的是()图10A．钢索AO对O点的拉力为eq\f(mg,sinθ)B．杆BO对O点的支持力为mgtanθC．A点距B点的距离越近时，杆BO对O点的支持力就越大D．不论增大还是减小A点与B点距离，AO对O点拉力与杆BO对O点支持力的合力始终保持不变答案ACD解析BO可绕通过B点且垂直于纸面的轴转动，对O的支持力沿杆向外．由合力为0，对O有，竖直方向FAOsinθ＝mg，得FAO＝eq\f(mg,sinθ)，A对．水平方向FAOcosθ＝FBO得FBO＝eq\f(mg,tanθ)，B错．A点距B点的距离越近时，θ越小，杆BO对O点的支持力就越大，C对．O点所受合力为0