1、专题强化 共点力平衡问题综合分析学习目标1.进一步熟练掌握平衡问题的解法.2.会利用解析法和图解法分析动态平衡问题.3.会用整体法和隔离法分析多个物体的平衡问题一、动态平衡问题1动态平衡：平衡问题中的一部分力是变力，是动态力，力的大小和方向缓慢变化，所以叫动态平衡，这是力平衡问题中的一类题型2基本方法：解析法、图解法和相似三角形法3处理动态平衡问题的一般步骤(1)解析法：列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式根据已知量的变化情况确定未知量的变化情况(2)图解法：适用情况：物体只受三个力作用，且其中一个力的大小、方向均不变，另一个力的方向不变，第三个力大小、方向均变化一般步骤：a.首先对物体进
2、行受力分析，根据三角形定则将表示三个力的有向线段依次画出构成一个三角形(先画出大小方向均不变的力，再画方向不变的力，最后画大小、方向均变化的力)，由题意改变方向变化的力的方向由动态图解可知力的大小变化情况质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图1所示用FT表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中()图1AF逐渐变大，FT逐渐变大BF逐渐变大，FT逐渐变小CF逐渐变小，FT逐渐变大DF逐渐变小，FT逐渐变小答案A解析解法一解析法以O点为研究对象，受力如图所示，当用水平向左的力缓慢拉动O点时，绳OA与竖直方向的夹角变大，由共点力的平衡条件知：FT，Fmg
3、tan ，所以F逐渐变大，FT逐渐变大，选项A正确解法二图解法先画出重力，再画拉力F，最后画出绳的拉力FT构成一个矢量三角形由题意知FT的方向与竖直方向夹角增大，改变绳子拉力FT的方向，由图可知F增大，FT增大针对训练(多选)用绳AO、BO悬挂一个重物，BO水平，O为半圆形支架的圆心，悬点A和B在支架上悬点A固定不动，将悬点B从图2所示位置逐渐移动到C点的过程中，绳OA和绳OB上的拉力的大小变化情况是()图2AOA绳上的拉力逐渐减小BOA绳上的拉力先减小后增大COB绳上的拉力逐渐增大DOB绳上的拉力先减小后增大答案AD解析将AO绳、BO绳的拉力合成，其合力与重物重力等大反向，逐渐改变OB绳拉力
4、的方向，使FB与竖直方向的夹角变小，得到多个平行四边形，如图所示，由图可知FA逐渐减小，且方向不变，而FB先减小后增大，且方向不断改变，当FB与FA垂直时，FB最小，故A、D正确二、整体法和隔离法在平衡问题中的应用当系统处于平衡状态时，组成系统的每个物体都处于平衡状态，选取研究对象时要注意整体法和隔离法的结合一般地，当求系统内部间的相互作用时，用隔离法；求系统受到的外力时，用整体法，具体应用中，应将这两种方法结合起来灵活运用(多选)(2019佛山市高一上期末)如图3所示，斜面体质量为M，倾角为，小方块质量为m，在水平推力F作用下，斜面体和小方块整体向左做匀速直线运动，各接触面之间的动摩擦因数都
5、为，重力加速度为g，则()图3A斜面体对小方块的支持力为mgcos B斜面体对地面的压力大小为(Mm)gC斜面体对小方块的摩擦力大小为mgcos D地面对斜面体的摩擦力大小为Mg答案AB解析以整体为研究对象，地面对斜面体的支持力大小为(Mm)g，根据牛顿第三定律可得斜面体对地面的压力大小为(Mm)g，根据摩擦力的计算公式可得地面对斜面体的摩擦力大小为Ff1(Mm)g，故D错误，B正确；斜面体对小方块的摩擦力为静摩擦力，摩擦力大小为Ff2mgsin ，故C错误斜面体对小方块的支持力等于小方块的重力垂直斜面的分力，大小为mgcos ，故A正确有一个固定直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖
6、直，表面光滑AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡(如图4所示)现将P环向左移动一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力F和摩擦力Ff的变化情况是()图4AF变小，Ff变大 BF不变，Ff变小CF变大，Ff变大 DF变大，Ff变小答案B解析对小环Q受力分析，受到重力mg、支持力FN和拉力FT，如图甲所示，根据三力平衡条件得FT，FNmgtan (也可用图解法分析)，再对P、Q整体受力分析，受到总重力2mg、AO杆的支持力F、向右的静摩擦力Ff、OB杆的支持力FN，如图乙
7、所示，根据共点力平衡条件，有FNFf，F2mg，当P环向左移一小段距离，变小，FN变小，则静摩擦力Ff变小，AO杆的支持力F不变，故选项B正确1(动态平衡问题)如图5所示，在倾角为的光滑斜面上有一光滑挡板A，在挡板和斜面之间夹一质量为m的重球B，开始板A处于竖直位置，现使其下端绕O沿逆时针方向缓缓转至水平位置，重球B对斜面和对挡板压力的变化情况是()图5A对斜面的压力逐渐减小，对挡板的压力也逐渐减小B对斜面的压力逐渐变大，对挡板的压力则逐渐减小C对斜面的压力逐渐减小，对挡板的压力先变小后变大D对斜面的压力逐渐减小，对挡板的压力先变大后变小答案C解析分析球的受力，受到重力mg、挡板对球的弹力FA
8、及斜面对球的支持力FB，如图所示，球处于静止状态，弹力FA与FB的合力F的大小等于重力大小，方向竖直向上当挡板下端绕O沿逆时针方向缓慢转至水平位置的过程中，可以看出表示弹力FA的边的长度先变小后变大，即弹力FA先变小后变大；表示支持力FB的边的长度一直变短，说明FB一直变小由牛顿第三定律可知，球对挡板的压力先变小后变大，对斜面的压力逐渐减小选项C正确2.(整体法与隔离法)(2019广州外国语学校高一上段考)用轻质细线把两个质量未知的小球悬挂起来，如图6所示对小球a持续施加一个水平向左的恒力，并对小球b持续施加一个水平向右的同样大小的恒力，最后达到平衡状态下列选项中表示平衡状态的图可能是()图6
9、答案A解析将两球和两球之间的细线看成一个整体，对整体受力分析如图所示，整体达到平衡状态根据平衡条件可知整体受到a球上方的细线的拉力F线的大小等于a、b的重力大小之和，方向沿竖直方向，故此细线必定沿竖直方向，故A正确3.(整体法与隔离法)(多选)如图7所示，在粗糙水平面上放一质量为M的斜面体，质量为m的木块在竖直向上的力F作用下沿斜面匀速下滑，此过程中斜面体保持静止，重力加速度为g，则地面对斜面体()图7A无摩擦力 B有水平向左的摩擦力C支持力大小为(Mm)g D支持力小于(Mm)g答案AD解析对木块和斜面体整体受力分析，受到拉力F、重力(Mm)g、支持力FN，根据共点力平衡条件，竖直方向上有F
10、NF(Mm)g0，解得FN(Mm)gF(Mm)g；水平方向上不受力，故没有摩擦力，选项A、D正确4.(平衡中的临界问题)如图8，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力F作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑已知A与B间的动摩擦因数为1，A与地面间的动摩擦因数为2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力则A与B的质量之比为()图8A. B.C. D.答案B解析B恰好不下滑时，以滑块B为研究对象，1FmBg，A恰好不滑动，以A、B整体为研究对象，则F2(mAgmBg)，所以，选项B正确1.(2019浙江“温州十校联合体”高一上期末)如图1所示，一架无人机执行航拍任务时正沿直线朝斜
11、向下方匀速运动用G表示无人机重力，F表示空气对它的作用力，下列四幅图中能表示此过程中无人机受力情况的是()图1答案C2(2019鹤岗一中高一上学期期末)如图2所示，用绳索将重球挂在墙上，不考虑墙的摩擦，如果把绳的长度增加一些，则球对绳的拉力F1和球对墙的压力F2的变化情况是()图2AF1增大，F2减小BF1减小，F2增大CF1和F2都减小DF1和F2都增大答案C解析由图解法可知F1减小，墙对球的支持力FN减小，故由牛顿第三定律可知F1减小；球对墙的压力F2也减小3.(2019唐山市检测)光滑斜面上固定着一根刚性圆弧形细杆，小球通过轻绳与细杆相连，此时轻绳处于水平方向，球心恰好位于圆弧形细杆的圆
12、心处，如图3所示将悬点A缓慢沿杆向上移动，直到轻绳处于竖直方向，在这个过程中，轻绳的拉力()图3A逐渐增大B大小不变C先减小后增大D先增大后减小答案C解析以小球为研究对象，分析受力情况：小球受到重力、斜面的支持力FN和绳子A的拉力FT，如图所示由平衡条件得知，FN和FT的合力与G大小相等、方向相反，在将A点向上缓慢移动，使绳绕圆心逆时针转动的过程中，作出力的合成图，由图得出，FT先减小后增大，C正确4.(2019吉林高二期中)如图4，光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切穿在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为FN.在运
13、动过程中()图4AF增大，FN增大BF减小，FN减小CF增大，FN减小DF减小，FN增大答案C解析对小球进行受力分析，它受到重力、支持力和拉力的作用，如图所示：根据共点力平衡条件有：FNmgcos ，Fmgsin ，其中为支持力FN与竖直方向的夹角，当物体向上移动时，变大，故FN减小，F增大5.如图5所示，一小球放置在木板与竖直墙面之间设墙面对球的压力大小为FN1，木板对小球的支持力大小为FN2.以木板与墙连接点为轴，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()图5AFN1始终减小，FN2始终增大BFN1始终减小，FN2始终减小CFN1先增大后减小，FN2始终减小DFN1先增
14、大后减小，FN2先减小后增大答案B解析小球受重力G、墙面对球的压力FN1、木板对小球的支持力FN2而处于平衡状态由平衡条件知FN1、FN2的合力与G等大反向，增大时，画出多个平行四边形，如图乙，由图可知在增大的过程中，FN1始终减小，FN2始终减小选项B正确6(多选)(2019泰安一中期中)如图6所示，物体m通过定滑轮牵引粗糙水平面上的物体沿斜面匀速下滑，此过程中斜面体始终静止，斜面体质量为M，重力加速度为g，则水平地面对斜面体()图6A支持力为(Mm)g B没有摩擦力C支持力小于(Mm)g D有水平向右的摩擦力答案CD解析设绳子上的拉力为FT，选M和m组成的整体为研究对象，受力分析如图所示，
15、由平衡条件可以判断，M必受到沿水平面向右的摩擦力；假设斜面的倾角为，则：FNFTsin (Mm)g，所以FN小于(Mm)g，故C、D正确，A、B错误7.如图7所示，一小物块在水平力F的作用下静止在斜面上，则小物块受力个数()图7A可能是2个B可能是3个C一定是3个D一定是4个答案B解析物块一定受到竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力和推力F三个力作用，若F沿斜面向上的分力大小等于重力沿斜面向下的分力，则摩擦力为零，否则摩擦力不为零，故物块可能受到4个力作用，也可能受到3个力作用，选项B正确8(多选)如图8，一光滑的轻滑轮用细绳OO悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于
16、水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则()图8A绳OO的张力也在一定范围内变化B物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化答案BD解析由于物块a、b均保持静止，各绳角度保持不变，对a受力分析得，绳对a的拉力FTmag，所以物块a受到绳的拉力保持不变滑轮两侧绳的拉力大小相等，所以b受到绳的拉力大小、方向均保持不变，C选项错误；a、b受到绳的拉力大小、方向均不变，所以OO的张力不变，A选项错误；对b进行受力分析，如图所示由平衡条件得：F
17、Tcos FfFcos ，Fsin FNFTsin mbg.其中FT、mbg、和始终不变，当F大小在一定范围内变化时，支持力在一定范围内变化，摩擦力也在一定范围内发生变化，B、D选项正确9.如图9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()图9A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的支持力不变答案D解析球B受重力、A的支持力F1和墙壁的弹力F2，受力分析如图甲所示，设F1与竖直方向的夹角为，根据平
18、衡条件可知，F1，F2Gtan .当A向右缓慢移动时，根据几何关系可知，减小，所以cos 增大，tan 减小，即墙壁对球B的弹力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受到地面的摩擦力大小FfF2，则Ff减小，地面对A的支持力F等于A、B的重力之和，大小不变，选项C错误，选项D正确10(2019福州八县市一中高一上期末)如图10所示，A、B两物体的质量分别为mA、mB，且mAmB，整个系统处于静止状态，滑轮的质量和一切摩擦力均不计，如果绳一端由Q点缓慢地向左移到P
19、点，整个系统重新平衡后，物体A的高度和两滑轮间绳(足够长)与水平方向的夹角的变化情况是()图10A物体A的高度升高，角不变B物体A的高度降低，角变小C物体A的高度升高，角变大D物体A的高度不变，角变小答案A解析最终平衡时，绳的拉力F大小仍为mAg，由共点力平衡条件可得2Fsin mBg，故不变，但因悬点由Q移到P，定滑轮左侧部分绳子变长，故A应升高，所以A正确11(2019凌源市高一上学期期末三校联考)如图11所示，质量为m0.5 kg的光滑小球被细线系住，放在倾角为45的斜面体上已知线与竖直方向的夹角45，斜面体质量为M3 kg，整个装置静置于粗糙水平面上(g取10 N/kg)求：图11(1
20、)细线对小球拉力的大小；(2)地面对斜面体的摩擦力的大小和方向答案(1) N(2)2.5 N方向水平向左解析(1)以小球为研究对象，受力分析如图甲所示根据平衡条件得，FT与FN的合力大小等于mgFTmgcos 45mg N(2)以小球和斜面体整体为研究对象，受力分析如图乙所示，由于系统静止，合力为零，则有：FfFTcos 45 N2.5 N，方向水平向左12.(2019山东高一期中)如图12所示，质量为m4 kg的物体通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O.轻绳OA与竖直方向的夹角37，轻绳OB水平且B端固定在竖直墙上，物体处于静止状态已知轻绳OA、OC能承受的最大拉力均为150 N，轻绳OB能
21、承受的最大拉力为100 N，sin 370.6，g10 m/s2.图12(1)求轻绳OA和轻绳OB的拉力大小；(2)为保证三段轻绳均不断，求所悬挂物体质量的最大值答案(1)50 N30N(2)12 kg解析(1)由节点O受力情况可得：FTOAmg50 NFTOBmgtan mg30 N(2)当轻绳OA达到最大承受拉力150 N时，FTOB90 N，FTOC120 N轻绳OA最先达到能承受的最大拉力，此时FTOCmg120 N，m12 kg故物体质量m最大值为12 kg.13(2019莆田第六中学高一期中)如图13所示，放在粗糙斜面上的物块A和悬挂的物块B均处于静止状态，轻绳AO绕过光滑的定滑轮
22、与轻质弹簧的右端及轻绳BO的上端连接于O点，轻质弹簧中轴线沿水平方向，轻绳的OC段与竖直方向的夹角53，斜面倾角37，物块A和B的质量分别为mA0.5 kg、mB0.3 kg，弹簧的劲度系数k200 N/m，重力加速度g10 m/s2，sin 530.8，求：图13(1)弹簧的伸长量x；(2)物块A受到的摩擦力答案(1)0.02 m(2)2 N，方向沿斜面向下解析(1)以结点O为研究对象，受力分析并正交分解，如图甲，据平衡条件有：x方向：Fsin 53kx0y方向：Fcos 53mBg0联立解得：F5 N，x0.02 m(2)假设摩擦力沿斜面向下，则对物块A受力分析如图乙所示轻绳各处张力大小相
23、等，据平衡条件有：FmAgsin 37Ff0解得：Ff2 N，方向沿斜面向下14.(多选)(2019深圳高级中学高一期末)固定在水平面上的光滑半球的半径为R，在球心O的正上方C点固定一个光滑的小定滑轮，细线的一端拴接一小球，另一端绕过定滑轮，将小球从图14所示位置的A点缓慢地拉至B点，在小球到达B点前的过程中，小球对半球的压力FN，细线的拉力FT大小变化情况是()图14AFN不变 BFN变小CFT变小 DFT变大答案AC解析在小球被拉至B点前的过程中，对小球进行受力分析，小球受重力、半球对小球的弹力和细线对小球的拉力，小球在三个力作用下缓慢滑至B点，小球在运动过程中可视为受力平衡，即小球受重力、半球对小球的弹力和细线拉力的合力为零作出小球的受力示意图如图所示，故小球所受重力mg、半球对小球的弹力FN和细线对小球的拉力FT可以构成一个闭合的三角形，由图可知，三个力构成的三角形与图中由绳AC、定滑轮到水平面的高度CO及半球半径AO构成的ACO始终相似，故有，由于小球运动过程中，CO和AO的长度不变，AC减小，小球所受重力不变，所以半球对小球的弹力FN不变，细线对小球的拉力FT变小，由牛顿第三定律可知小球对半球的压力FN不变，故A、C正确，B、D错误
