第3章 第5节 共点力的平衡-【重难点手册】2024-2025学年高中物理必修第一册（人教版2019 浙江专用）

重避手细高中物理必修第一册尺)（浙江专用） 第5节 共点力的平衡 重点和难点 课标要求 1知道什么是共点力. 重点：共，点力平衡的条件 2.在二力平衡的基础上，经过科学推理，得出共点力平衡的条件：物 难点：运用共点力平衡条件解决实际体所受合力为0 问题 3.会用共点力平衡的条件，分析生活和生产中的实际问题，体会物 理学知识的实际应用。 口01必备知识梳理。 基础梳理 知迟点1共点力的平衡状态 1.平衡状态的定义 卫提个醒 如果一个物体在力的作用下保持静止状态或匀速直线运动 对平衡状态的理解 状态，我们就说这个物体处于平衡状态 物体保持静止状态，说明 =0、a=0两者同时成立.若 2.平衡状态的两种表现 仅是v=0,而4≠0，物体处于 (1)物体处于静止状态：其特征是物体的速度为0(w=0),加 非平衡状态.如上抛到最高点 速度为0(a=0),所受合外力为0(F个=0). 的物体，此时v一0，但由于重 (2)物体处于匀速直线运动状态：其特征是物体的速度为恒 力的作用，它的加速度a=g, 定值(u≠0)，加速度为0(a=0),所受合外力为0(F合=0). 方向竖直向下，物体不可能停 例①(2023·天津南开中学高一期中)关于平衡状态，下列 在空中，它会向下运动，所以 说法正确的是(). 物体并不能处于平衡状态. A.如果物体所受合力等于0，则物体一定处于静止状态 B.如果物体所受合力等于0，则物体一定处于匀速直线运动 状态 C.只要物体速度等于0，物体就处于平衡状态 D.如果物体受到共点力作用而处于平衡状态，则物体所受合 外力一定为0 解析]物体所受合力等于0，则受力平衡，可能是静止状态， 也可能保持匀速直线运动状态，故AB错误：物体速度等于0，但 如果合力不为0，仍具有加速度，不处于平衡状态，如竖直上抛最 高点，速度为0，加速度为g,故C错误：如果物体受到共点力作用 130 第三章 相互作用一力么 而处于平衡状态，则物体所受合外力一定为0，故D正确. 答案D 知识点2共点力的平衡条件 1.平衡条件 同敲黑板7 处于平衡状态的物体，其加速度α=0，物体所受合外力F合=0. 三力汇交原理 2.重要推论 物体受三个力处于平衡 状态，这三个力不平行时其力 (1)二力平衡条件：大小相等、方向相反，作用在同一条直线上 的作用线一定交于一，点，即这 (2)三力平衡条件：其中任意两个力的合力必定与第三个力 三个力一定是共点力. 大小相等、方向相反，作用在同一条直线上 (3)多个共点力的平衡条件：物体在多(N)个共点力作用下 处于平衡状态，则其中任意一个力必与剩下的(N一1)个力的合 力大小相等、方向相反，作用在同一条直线上. 例2(2024·河北石家庄二中高一期中)如图1，悬挂甲物体 的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处，绳的一端固定在 墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连.甲、乙两物体质量相 等.系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为a和3.若 a=70°，则3等于( 甲 图1 A.45 B.55 C.60 D.70 解析甲物体栓牢在O点，且甲、乙两物体的质量相等，则甲、 乙上的绳的拉力大小相等，O点处于平衡状态，则O,点左侧绳子 拉力的方向在O点处甲、乙绳子的角平分线上，如图2所示，根据 几何关系有180°=23十a,解得3=55°.故选B. 3 mg 甲 图2 答案B 131 国避手册高中物理必修第一册小（浙江专用） 知识点3力的正交分解法 正交分解法是一种为解题方便把力按照选定的正交坐标轴 刀记方法 进行分解的一种方法，尤其适用于物体受三个或三个以上共点力 对正交分解法的理解 作用的情况，实际上它是平行四边形定则的一种特殊方法，利用 正交分解法的优点是把 正交分解法很容易把合力与分力放到一个直角三角形中，便于通 不在一条直线上的失量运算 过分析直角三角形的边角关系计算合力或分力的大小. 转化成了同一条直线上的代 数运算，利用正交分解法解题 例3(2024·吉林长春实验中学高一月考)（多选）如图甲所 具体步骤如下： 示，重力为G的物体A在大小为F的水平向左的恒力作用下静 (I)建立直角坐标系，以 止在倾角为α的固定光滑斜面上.下列关于物体对斜面压力F、 共点力的作用点为坐标原点 大小的表达式中正确的是( 建立直角坐标系，x轴和y轴 的选取原则是使尽量多的力 落在坐标轴上 (2)正交分解各力，即将 每一个不在坐标轴上的力分 A.FN=√G+F B.Fv=_F 解到坐标轴上，并求出各分力 sin a 的大小，如图所示 C.FN=Fsin a+Gcos a D.Fx=Gcos a 解析对物体A受力分析，受推力F、重力G、支持力N,如图 乙所示，由图可得Fy=√F十G,故A正确；由Neos a=G,可得 N=G,根据牛顿第三定律得F、=N=G=F ,故B正 cos a cos a sin a 确，D错误：由图根据正交分解法可得Fv=Fsin a十Gcos a,故C (3)分别求x轴和y轴上 正确 各力的合力，即F,=F十 F2,十…，F=F,十Fy十… (4)求F,与F,的合力 (即共点力的合力).合力的大 小F=VF+F,合力的方向 与r轴的夹角a=arctan下， F 答案ABC 重难拓展 重难点1共点力平衡问题的求解 求解共点力平衡问题的常用方法： 园记方法 (1)合成法 力的合成与分解方法的选择 物体在三个共点力作用下处于平衡状态时，任意两个力的合 力的效果分解法、正交分 力一定与第三个力大小相等、方向相反，作用在同一条直线上，可 解法，合成法都是常见的解题 以据此先求任意两个力的合力. 方法.一般情况下，物体只受 132 第三章 相互作用一力蓝鱼 (2)正交分解法 三个力作用时，力的效果分解 先把物体所受的各个力逐一地分解在两个相互垂直的坐标 法、合成法解题较为简单，在 轴上，再分别对每个坐标轴上的分力逐一进行代数运算.用正交 三角形中找几何关系，利用几 分解法求解共点力平衡问题时，采用了共点力平衡条件： 何关系或三角形相似求解：而 ∑F=F十F2十F+…+Fw=O, 物体受三个以上力的情况多 用正交分解法，但也要视题目 ∑F=F十F+F,十…+Fw=O 具体情况而定 (3)效果分解法 物体受到几个力的作用，将某一个力按力的作用效果进行分 解，则其分力和其他力在所分解的方向上满足平衡条件 (4)相似三角形法 根据合力为0，把三个力画在一个三角形中，看力的三角形与 哪个几何三角形相似，根据相似三角形的对应边成比例列方程 求解 (5)矢量三角形法 物体受同一平面内三个互不平行的力的作用时，若这三个力 的矢量箭头首尾相接恰好构成三角形，则这三个力的合力必定为 0.利用三角形定则，根据边角关系，求平衡问题。 例1(2024·北京第一七一中学高一期中)如图甲所示，半 径为R的光滑圆环竖直固定，轻弹簧一端固定在圆环的最高点 A,另一端与套在圆环上的小球相连.小球的质量为m,静止在B 点时弹簧与竖直方向的夹角0一30°，重力加速度为g.若换用原长 相同、劲度系数更大的某轻质弹簧，小球能静止于圆环上的C点 (图中未画出，但不在圆环最低点).下列说法正确的是(). A.小球静止在B点时，弹簧的弹力大小为 2mg B.小球静止在B点时，圆环对小球的作用力 背离圆环的圆心 C.换用弹簧后，弹簧的弹力将变大 甲 国敲黑板 D.换用弹簧后，圆环对小球的作用力将变大 对受三力作用而平衡的 解析以小球为研究对象，由于重力作 物体，先正确分析物体的受 用，弹簧一定被拉伸，弹簧弹力F沿弹簧斜 力，画出受力分析图，再寻找 向上，由平衡条件，弹簧弹力F与圆环对球 与力的三角形相似的几何三 的弹力F~的合力跟重力等大反向，画出受 角形，利用相似三角形的性 E 力分析如图乙所示，由图可知圆环对球的弹 F 质，建立比例关系，把力的大 力方向一定背离圆心，故B正确：由图可知 小变化何题转化为几何三角 乙 形边长的大小变化问题进行 △4OB与△DBE相，有爱=名-是， 讨论 133 重避手细高中物理必修第一册尺)（浙江专用） 弹簧的弹力大小F=得g,由几行关系得AB=2Rs30°=3R 解得F一√3mg,故A错误；换用劲度系数更大的某轻质弹簧，小 球沿圆环上移，最终受力平衡后，上述三角形相似仍成立，根据 爱-后-景得，当B点上移时，由于重力g与半径R不支， AB长度减小，故弹簧弹力F减小，F、大小不变，故CD错误.故 选B. [答案B 重难点2应用图解法分析动态平衡问题 图解法分析动态平衡问题的基本思路： 刀记方法词 对力分解的动态问题，首先要明确合力与分力，其次要明确 图解法的两个特点 哪些力是不变量，哪些力是变化量，即明确哪些力仅大小或者方 1.当已知合力F的大小 向变化，哪些力的大小和方向都在变化，此类问题常用图解法分 和方向及一个分力F,的方向 析.在运用图解法进行动态问题的分析时，关键是抓住两点： 时，另一个分力F:最小的条 (1)根据实际情况分解力，特别是正确判断力的方向如何 件是两个分力互相垂直，如图 变化 甲所示，最小的F:=Fsin a. (2)根据分力方向变化情况及大小的范围，图示力的平行四 边形或三角形的边角关系，推断分力的变化情况。 1a 利用图解法分析最小力是最简单、最直观、最有效的方法之 甲 一.需要在训练中熟练掌握。 2.当已知合力F的方向 例团(2024·河北石家庄一中高一月考) 及一个分力F!的大小和方向 如图1所示，固定有光滑竖直杆的三角形斜劈 时，另一个分力F:最小的条 放置在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球 件是F:与合力F垂直，如图 与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时 乙所示，最小的F:=F1sina. 轻绳与斜劈平行.现给小滑块施加一个竖直向 图1 上的拉力F,使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱 离斜劈，则( A.小球对斜劈的压力先减小后增大 B.竖直向上的拉力F先增大后减小 C.斜劈对地面的压力逐渐减小 D.地面对斜劈的摩擦力逐渐减少 解析对小球受力分析，受重力、斜劈支持力N和细线的拉 力T,作出N和T的合力矢量图，如图2所示，N和T的合力不 变，由失量图可以看出，在T逐渐向竖直方向靠近时，细线的拉力 T增加，斜劈支持力N减小，根据牛顿第三定律，球对斜劈的压力 134 第三章 相互作用一力 也减小，故A错误.对球和滑块整体分析，受重力、斜劈支持力N, 敲黑板 杆的支持力N',拉力F,如图3所示，根据平衡条件，水平方向有 用图解法分析物体的 N'=Nsin0,竖直方向有F+Ncos 0=G,由于N减小，故N减 平衡时需注意的问题 小，F增加，即竖直向上的拉力F逐渐增大，故B错误.以小球、滑 1.特点：物体受三个共点 块和斜劈为整体进行受力分析，在竖直方向，根据平衡条件有F、 力，有一个力是恒力、另有一 =G总一F,由于F增大，则F、减小；根据牛顿第三定律可知斜劈 个力方向不变的问题， 对地面的压力减小；整体在水平方向不受力，故地面对斜劈的摩 2.方法： 擦力始终为0，保持不变，故C正确，D错误.故选C. 化“动” 受 为“静” 画不同状态 分析 下的平衡图 “静”中求“动” 确定力 的变化 G 图2 图3 答糜C ]-02关键能力提升。 题型1合成法求解平衡问题 例口(2024·云南昆明实验中学高一阶 段练习)在甲、乙、丙、丁四幅图中，滑轮本身所 受的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻 木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在 墙上，b端下面挂一个质量为的重物.当滑轮 解析轻绳上的拉力大小等于重物所受的 和重物都静止不动时，图甲、丙、丁中木杆P与 重力g,设滑轮两侧轻绳之间的夹角为©，滑 竖直方向的夹角均为0，图乙中木杆P竖直.假 轮受到木杆P的弹力F等于滑轮两侧轻绳拉 设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹 力的大小依次为FA、FB、Fc、FD,则下列判断 力的合力，即F=2 mgcos号，由夹角关系可得 正确的是( FD>FA=FB>Fc,故B正确，ACD错误.故 A.F=FB=Fc=FD 选B B.Fp>F=FB>Fc C.FA=Fc=FD>FB 答案B D.F>F=FB>FD 题型2整体法和隔离法求解平衡问题 例②(2023·江苏南京师大附中高一期 末)挂灯笼的习俗起源于1800多年前的西汉 时期，已成为中国人喜庆的象征.如图所示，由 五根等长的轻质细绳悬挂起四个质量相等的 135 国雕手细高中物理必修第一册)（浙江专用） 灯笼，中间的细绳是水平的，另外四根细绳与 地面对斜面体支持力的k倍，为了使整个系统 水平面所成的角分别为0和.设悬挂端绳子 始终处于静止状态，k值必须满足什么条件？ 拉力大小为F:,水平段绳子拉力大小为F2,灯 解析(1)选小球为研究对象，受力分析并 笼质量为m.下列关系式中正确的是( 合成如图2所示，由平衡条件有F=g,由平 面几何知识可得N与F'夹角为30°，T与F夹 角也为30°，故画出的平行四边形为菱形，连接 对角线使可找出直角三角形，由c030°=号 A.F=F2 B.F=2F2 得T- 3 mg. C.F=2mg tan D.F:=mg tan 解析]对左边两个灯笼的整体受力分析可 Toos 30 知F1cos=F2,F1sin9=2mg,解得F1= 。E=,则E不等于，F也不 定是2F2,选项ABC错误；对左边第2个灯笼 (M-m)g 受力分析可知Tsin0=mg,Tcos=F2,解得 图2 图3 R=选项D正确故选D (2)选小球和斜面组成的系统为研究对 象，受力分析如图3，由平衡条件得N十 答案D Tcos30°=(M+m)g, 题型3平衡体的临界与极值问题的分析与 解得N=(M+mg一mg=Mg十mg= 求解 3.5g. 例3(2024·湖南长郡中学一模)如图1 所示，小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止的 水年方向上：/-Tin30°=mg,方向水 光滑斜面上，设小球质量为，斜面倾角a= 平向左 30°，细绳与竖直方向夹角0=30°，斜面体的质 (3)为了使整个系统始终处于静止状态， 量M=3m,置于粗糙水平面上.求： 则最大静摩擦力fx≥f, 所以解得合票 题型4用辅助圆解决动态平衡问题 例4(2017·全国I卷)（多01 wco 图1 选)如图甲，柔软轻绳ON的一端 O固定，其中间某点M拴一重物， (1)当斜面体静止时，细绳对小球拉力的 大小 用手拉住绳的另一端八.初始时，M OM竖直且MN被拉直，OM与 -N (2)地面对斜面体的摩擦力的大小和方向. (3)若地面对斜面体的最大静摩擦力等于 MN之间的夹角为a(a>现将重物向右上 136 第三章相互作用一力蓝出组 方缓慢拉起，并保持夹角α不变.在OM由竖 在F2转至水平的过程中，MN上的张力F1逐 直被拉到水平的过程中()， 渐增大，OM上的张力F:先增大后减小，所以 A.MN上的张力逐渐增大 AD正确，BC错误 B.MN上的张力先增大后减小 C.OM上的张力逐渐增大 D.OM上的张力先增大后减小 解析以重物为研究对象，受重力mg、OM 绳上拉力F2、MN绳上拉力F1,由题意知，三 个力的合力始终为0，矢量三角形如图乙所示， 答案 AD 03-核心泰养聚焦一。二 考向1整体法与隔离法 墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C正 例①(2021·湖南选考)质量为M的凹槽 确；水平地面对凹槽的支持力为N地=(M十 静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如 m)g-Fsin0=(M十m)g-mgsin20,则0越来 图所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径 越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小， 的端点.凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质 所以D错误. 量为m的小滑块.用推力F推动小滑块由A 答案C 点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的 命题意图 考查对整体法与隔离法的应用 切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略.下 核心素养 科学思维之模型构建 素养水平水平3 列说法正确的是( 者向2力的矢量三角形法 例2(2022·河北选考)如 图，用两根等长的细绳将一匀质 圆柱体悬挂在竖直木板的P点， A.推力F先增大后减小 将木板以直线MN为轴向后方缓 N B.凹槽对滑块的支持力先减小后增大 慢转动直至水平，绳与木板之间 C.墙面对凹槽的压力先增大后减小 的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩 D.水平地面对凹槽的支持力先减小后增大 擦，在转动过程中(). 解析对滑块受力分析，由平衡条件有 A.圆柱体对木板的压力逐渐增大 F=ngsin0,N=ngcos0,滑块从A点缓慢移 B.圆柱体对木板的压力先增大后减小 动到B点时，0越来越大，则推力F越来越大， C.两根细绳上的拉力均先增大后减小 支持力N越来越小，所以AB错误：对凹槽与滑 D.两根细绳对圆柱体的拉力逐渐增大 块整体分析，有墙面对凹槽的压力为Fv=FcOs日 [解析]设两绳子对圆柱体的拉力的合力为 =mgsin00s0=2 ngsin29,则0越来越大时，T,木板对圆柱体的支持力为N,绳子与木板失 137 重避点手细高中物理必修第一册尺U(浙江专用) 角为《，从右向左看如图所示，在夫 量三角形中，根据正弦定理得n4 mg =0=即之，在木板以直线MN 为轴向后方缓授转动直至水平过程 m片 州 中，a不变，y从90°逐渐减小到0，又Y十B十a= D 180°，且a<90°，可知90°<y+B<180°.则0< 解析当木板与水平面的夹角为45°时，两 B180°，可知B从锐角逐渐增大到钝角，根据 物块刚好滑动，对A物块受力分析如图乙. sina=sin_sinY,由于siny不断减小，可知 mg N T T不断减小，sinB先增大后减小.可知N先增 大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对 木板的压力先增大后减小.设两绳子之间的夹 Zig 角为20，绳子拉力为T,则2Tc0s0=T,可得 丙 沿斜面方向，A、B之间的滑动摩擦力∫1 T T-20900不变，T逐渐减小，可知蝇子拉力 uN=mngcos45°，根据平衡条件可知T= 不断减小，故B正确，ACD错误. gsin45°+1 mgcos45. 答案B 对B物块受力分析如图丙， 命题意图 考查对力的失量三角形法的掌握 沿斜面方向，B与斜面之间的滑动摩擦力 核心素养 科学恩维之模型构建素养水平水平4 f2=uN'=μ·3 ngcos45°，根据平衡条件可知 考向3正交分解法 2 ngsin45°=T+mgcos45°+μ· 3mgc0s45°，两式相加， 例3(2020·山东等级考)如图甲所示， 一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分 可得2 ngsin45°=mgsin45°+mgcos45 别为m和2m的物块A、B,通过不可伸长的轻 十mg0os46°+·3mgc0s45,解得以=号 绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与 ABD错误，C正确. 木板平行.A与B间、B与木板间的动摩擦因 答案C 数均为以，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.当 木板与水平面的夹角为45时，物块A、B刚好 命题意图 考查对正交分解法的应用 核心素养 科学思维之相互作用素养水平水平4 要滑动，则：的值为(). 138